Grundlagen der Elektrotechnik 1: Lernpaket

Formelsammlungen, die wichtigsten Lösungsschritte zu jedem Thema und 14 Übungsaufgaben, mit vollständigen Lösungen am Ende.

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1Formeln und Methoden

Reihen- und Parallelschaltung

Widerstände in Reihe
Req = R1 + R2 + …
Widerstände parallel
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Zwei parallel
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Ohmsches Gesetz
V = I·R
Leistung
P = V·I = I²R = V²/R

Methode

  1. Beginne an dem Ende des Netzwerks, das am weitesten von den Klemmen entfernt ist.
  2. Fasse Widerstände in Reihe durch Addieren zusammen und parallele Widerstände mit 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Zeichne die Schaltung nach jedem Schritt neu.
  4. Wiederhole das, bis zwischen den Klemmen ein einziger Widerstand übrig ist.

Knotenpotenzialverfahren

Kirchhoffsche Knotenregel
ΣIin = ΣIout
Zweigstrom
I = (Va − Vb)/R
Bezugsknoten
Vground = 0

Methode

  1. Wähle einen Bezugsknoten (Masse) und benenne die übrigen Knotenspannungen.
  2. Stelle an jedem unbekannten Knoten die Knotenregel auf: Die über alle Zweige abfließenden Ströme sind gleich den zufließenden.
  3. Drücke jeden Zweigstrom als (Va − Vb)/R aus.
  4. Löse das Gleichungssystem und bestimme dann jeden benötigten Strom.

Maschenstromverfahren

Kirchhoffsche Maschenregel
ΣV = 0 in jeder Masche
Gemeinsamer Widerstand
Strom = I1 − I2
Stromquelle in einer Masche
legt diesen Maschenstrom fest

Methode

  1. Zeichne in jeder Masche (jedem Fenster) der Schaltung einen Strom im Uhrzeigersinn ein.
  2. Wende in jeder Masche die Maschenregel an: Die Summe der Spannungsabfälle ist null.
  3. In einem Widerstand, den zwei Maschen gemeinsam haben, fließt die Differenz der beiden Maschenströme.
  4. Löse die Gleichungen; ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der Strom in die andere Richtung fließt.

Überlagerungssatz

Überlagerungssatz
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Abgeschaltete Spannungsquelle
Kurzschluss (0 V)
Abgeschaltete Stromquelle
Leerlauf (0 A)
Spannungsteiler
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Stromteiler
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Methode

  1. Zähle die unabhängigen Quellen. Für jede Quelle löst du eine einfachere Schaltung.
  2. Behalte eine Quelle und schalte die anderen ab: Eine Spannungsquelle wird zum Kurzschluss (ein Draht), eine Stromquelle zum Leerlauf (eine Unterbrechung).
  3. Berechne in der einfacheren Schaltung die gesuchte Spannung oder den gesuchten Strom und achte auf die Richtung.
  4. Wiederhole das für jede Quelle und addiere dann die Beiträge mit ihren Vorzeichen.

Thévenin und Norton

Thévenin-Spannung
Vth = Vopen circuit
Thévenin-Widerstand
Rth: alle Quellen abgeschaltet, von a–b aus gesehen
Norton-Strom
IN = Vth/Rth
Laststrom
IL = Vth/(Rth + RL)
Maximale Leistungsübertragung
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Methode

  1. Entferne die Last und markiere die beiden Klemmen a und b.
  2. Bestimme die Leerlaufspannung zwischen a und b: Das ist Vth.
  3. Schalte alle unabhängigen Quellen ab und bestimme den Widerstand, den man von a–b aus sieht: Das ist Rth.
  4. Schließe die Last wieder an die Ersatzschaltung an: Vth in Reihe mit Rth.
  5. Für die Norton-Ersatzschaltung umrechnen: IN = Vth/Rth, mit RN = Rth parallel.

Operationsverstärker

Invertierender Verstärker
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Nichtinvertierender Verstärker
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Summierverstärker
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Idealer Operationsverstärker
V+ = V−, Iin = 0

RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Zeitkonstante
τ = RC | τ = L/R
Antwort
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensator bei Gleichstrom
Leerlauf; vC kann nicht springen
Spule bei Gleichstrom
Kurzschluss; iL kann nicht springen
Eingeschwungen
t ≈ 5τ

Methode

  1. Bestimme den Anfangswert unmittelbar nach dem Schalten: Kondensatorspannung und Spulenstrom können nicht springen.
  2. Bestimme den Endwert lange nach dem Schalten: Ein Kondensator wirkt wie ein Leerlauf, eine Spule wie ein Kurzschluss.
  3. Bestimme die Zeitkonstante: τ = RC oder τ = L/R, mit dem Widerstand, den der Kondensator bzw. die Spule sieht.
  4. Verwende x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

2Übungsaufgaben

1.Reihen- und ParallelschaltungMittel
R1​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAR4​12 ΩB

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

V1 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 ΩR4 = 12 Ω
Req = Ω
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 3 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAR4​8 ΩBR6​6 Ω

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

V1 = 6 VR1 = 3 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 ΩR4 = 8 ΩR5 = 2 ΩR6 = 6 Ω
Req = Ω
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
R1​6 Ω+−V1​15 VR2​12 Ω+−V2​30 VI2​R3​15 Ω+−V3​15 VA

Zwischen Knoten A und Masse liegen drei Zweige, wie dargestellt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom I2 im Zweig 2, der in Pfeilrichtung nach oben in den Knoten A fließt.

V1 = 15 VR1 = 6 ΩV2 = 30 VR2 = 12 ΩV3 = 15 VR3 = 15 Ω
I2 = A
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 20 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 6 ΩIR4​+−V1​5 VR3​15 ΩAR5​30 ΩBIs​4 A+−V2​6 V

Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom IR4 durch R4 in Pfeilrichtung.

V1 = 5 VIs = 4 AV2 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩR4 = 6 ΩR5 = 30 Ω
IR4 = A
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 20 ΩR2​ = 4 Ω+−V1​10 VR3​4 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

Bestimme mit dem Maschenstromverfahren den Maschenstrom I1 (im Uhrzeigersinn).

V1 = 10 VV2 = 9 VR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 4 Ω
I1 = A
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 30 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 2 ΩIR3​+−V1​30 VR4​10 ΩAR5​6 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

Bestimme mit dem Maschenstromverfahren den Strom IR3 durch R3 in Pfeilrichtung.

V1 = 30 VV2 = 18 VR1 = 30 ΩR2 = 30 ΩR3 = 2 ΩR4 = 10 ΩR5 = 6 Ω
IR3 = A
7.ÜberlagerungssatzMittel
R1​ = 6 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​10 Ω+−VR2​AR4​2 ΩBIs​1 A

Bestimme mit dem Überlagerungssatz die Spannung VR2 über R2 mit der eingezeichneten Polarität.

V1 = 18 VIs = 1 AR1 = 6 ΩR2 = 10 ΩR3 = 3 ΩR4 = 2 Ω
VR2 = V
8.ÜberlagerungssatzSchwer
R1​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​10 VR3​4 Ω+−VR3​AIs​1 AB+−V2​12 V

Bestimme mit dem Überlagerungssatz die Spannung VR3 über R3 mit der eingezeichneten Polarität.

V1 = 10 VIs = 1 AV2 = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 4 ΩR4 = 2 Ω
VR3 = V
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 20 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAab

Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.

V1 = 24 VR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 Ω
Vth = V
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAIs​5 ABRL​15 ΩIL​

An a–b wird eine Last RL = 15 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.

V1 = 6 VIs = 5 AR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 ΩRL = 15 Ω
IL = A
11.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 2 kΩVin​

Wähle den Rückkopplungswiderstand Rf so, dass dieser nichtinvertierende Verstärker eine Spannungsverstärkung von 15 hat.

R1 = 2 kΩAv = 15
Rf = kΩ
12.OperationsverstärkerSchwer
Vin​V1​Vout​Stufe 1: invertierendR1​ = 4,7 kΩRf1​ = 100 kΩStufe 2: nicht invertierendR2​ = 10 kΩRf2​ = 4,7 kΩ

Zwei ideale Operationsverstärkerstufen sind in Kette geschaltet: ein invertierender Verstärker (R1, Rf1), gefolgt von einem nicht invertierenden Verstärker (R2 nach Masse, Rf2 in der Rückkopplung). Beide werden mit ±15 V versorgt. Bestimme die Gesamtspannungsverstärkung Av = Vout/Vin.

R1 = 4,7 kΩRf1 = 100 kΩR2 = 10 kΩRf2 = 4,7 kΩ
Av =
13.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​15 Vt = 0R = 33 ΩL10 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die Spannung vL an der Spule bei t = 1 ms.

Vs = 15 VR = 33 ΩL = 10 mHt = 1 ms
vL = V
14.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​10 VR1​ = 22 ΩR2​ = 20 Ωöffnet bei t = 0L33 mHi(t)

Der Schalter parallel zu R2 ist seit Langem geschlossen, der Spulenstrom ist also konstant. Bei t = 0 öffnet der Schalter. Bestimme den Spulenstrom i bei t = 1 ms.

Vs = 10 VR1 = 22 ΩR2 = 20 ΩL = 33 mHt = 1 ms
i = A

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 13,5 Ω

Reihen- und Parallelschaltung: In Reihe fließt durch jeden Widerstand derselbe Strom, und R = R₁ + R₂ + …. Parallel liegt an jedem Widerstand dieselbe Spannung, und 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Eine Kettenschaltung wird Paar für Paar vereinfacht, bis ein einziger Ersatzwiderstand übrig bleibt.

R1​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAR4​12 ΩB

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

Beginne am Ende, das am weitesten von der Quelle entfernt ist, und arbeite dich zu ihr zurück. Widerstände mit demselben Strom liegen in Reihe; Widerstände zwischen denselben zwei Knoten liegen parallel.

R3 + R4 = 8 + 12 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 12·20/(12+20) = 7,5 Ω
Req = R1 + 7,5 = 6 + 7,5 = 13,5 Ω

Antwort

Req = 13,5 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 6 Ω

Reihen- und Parallelschaltung: In Reihe fließt durch jeden Widerstand derselbe Strom, und R = R₁ + R₂ + …. Parallel liegt an jedem Widerstand dieselbe Spannung, und 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Eine Kettenschaltung wird Paar für Paar vereinfacht, bis ein einziger Ersatzwiderstand übrig bleibt.

R1​ = 3 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAR4​8 ΩBR6​6 Ω

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

Beginne am Ende, das am weitesten von der Quelle entfernt ist, und arbeite dich zu ihr zurück. Widerstände mit demselben Strom liegen in Reihe; Widerstände zwischen denselben zwei Knoten liegen parallel.

R5 + R6 = 2 + 6 = 8 Ω
R4 ∥ 8 = 4 Ω
R3 + 4 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 3 Ω
Req = R1 + 3 = 3 + 3 = 6 Ω

Antwort

Req = 6 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: I2 = 0,9211 A

Knotenpotenzialverfahren: Wähle einen Bezugsknoten, benenne die unbekannten Knotenpotenziale, stelle an jedem unbekannten Knoten die Kirchhoffsche Knotenregel mit dem ohmschen Gesetz (I = ΔV/R) auf und löse das entstehende Gleichungssystem.

Knotenregel am Knoten A

Nimm die untere Leitung als Masse. Jeder Zweig führt (VA − Vk)/Rk von A weg, wobei Vk die Spannung seiner Quelle ist (null bei einem reinen Widerstand). Die von A abfließenden Ströme ergeben zusammen null.

(VA − 15)/6 + (VA − 30)/12 + (VA − 15)/15 = 0

Nach VA auflösen

VA = (15/6 + 30/12 + 15/15) / (1/6 + 1/12 + 1/15) = 6/0,3167 = 18,95 V

Zweigstrom

Der Pfeil zeigt durch den Zweig nach oben, in den Knoten A hinein.

I2 = (30 − VA)/R2 = (30 − 18,95)/12 = 0,9211 A

Antwort

I2 = 0,9211 A

Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.

4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: IR4 = −2,838 A

Knotenpotenzialverfahren: Wähle einen Bezugsknoten, benenne die unbekannten Knotenpotenziale, stelle an jedem unbekannten Knoten die Kirchhoffsche Knotenregel mit dem ohmschen Gesetz (I = ΔV/R) auf und löse das entstehende Gleichungssystem.

R1​ = 20 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​5 VR3​15 ΩAR5​30 ΩBIs​4 A+−V2​6 V

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 5 V, V2 = 6 V). Unbekannt: VA, VB.

KCL am Knoten A

Die Ströme, die A über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in A einspeisen.

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/15 + (VA − 5)/20 + (VA − VB)/8 = 0
0,2417·VA − 0,125·VB = 0,25

KCL am Knoten B

Die Ströme, die B über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in B einspeisen.

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/30 + (VB − VA)/8 + (VB − 6)/6 = (−4)
−0,125·VA + 0,325·VB = −3

Lösen

Δ = (0,2417)(0,325) − (−0,125)(−0,125) = 0,06292
VA = Δ1/Δ = −0,2938/0,06292 = −4,669 V
VB = Δ2/Δ = −0,6937/0,06292 = −11,03 V

Antwort

IR4 = (VB − V2)/R4 = (−11,03 − 6)/6 = −2,838 A
5.Maschenstromverfahren

Antwort: I1 = 0,25 A

Maschenstromverfahren: Gib jedem Fenster einer ebenen Schaltung einen eigenen Umlaufstrom, stelle für jeden Umlauf die Kirchhoffsche Maschenregel auf (Summe der Abfälle = Summe der Quellenspannungen) und löse. Zweigströme sind der Maschenstrom oder die Differenz zweier Maschenströme in einem gemeinsamen Zweig.

R1​ = 20 ΩR2​ = 4 Ω+−V1​10 VR3​4 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

Maschenströme festlegen

Zeichne in jedes Fenster einen Strom im Uhrzeigersinn: I1, I2. Ein Widerstand, den zwei Maschen teilen, führt die Differenz ihrer Ströme.

Maschenregel in Masche 1

Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
20·I1 + 4(I1 − I2) = 10
24·I1 − 4·I2 = 10

Maschenregel in Masche 2

Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
4·I2 + 4(I2 − I1) = (−9)
−4·I1 + 8·I2 = −9

Lösen

Δ = (24)(8) − (−4)(−4) = 176
I1 = Δ1/Δ = 44/176 = 0,25 A
I2 = Δ2/Δ = −176/176 = −1 A

Antwort

I1 = 0,25 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: IR3 = −2,365 A

Maschenstromverfahren: Gib jedem Fenster einer ebenen Schaltung einen eigenen Umlaufstrom, stelle für jeden Umlauf die Kirchhoffsche Maschenregel auf (Summe der Abfälle = Summe der Quellenspannungen) und löse. Zweigströme sind der Maschenstrom oder die Differenz zweier Maschenströme in einem gemeinsamen Zweig.

R1​ = 30 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR4​10 ΩAR5​6 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

Maschenströme festlegen

Zeichne in jedes Fenster einen Strom im Uhrzeigersinn: I1, I2, I3. Ein Widerstand, den zwei Maschen teilen, führt die Differenz ihrer Ströme.

Maschenregel in Masche 1

Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
30·I1 + 10(I1 − I2) = 30
40·I1 − 10·I2 = 30

Maschenregel in Masche 2

Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
30·I2 + 10(I2 − I1) + 6(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 46·I2 − 6·I3 = 0

Maschenregel in Masche 3

Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
2·I3 + 6(I3 − I2) = (−18)
−6·I2 + 8·I3 = −18

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 12480
I1 = Δ1/Δ = 8880/12480 = 0,7115 A
I2 = Δ2/Δ = −1920/12480 = −0,1538 A
I3 = Δ3/Δ = −29520/12480 = −2,365 A

Antwort

IR3 = I3 = −2,365 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: VR2 = 5,571 V

Überlagerungssatz: In einer linearen Schaltung ist jede Spannung und jeder Strom die Summe der Wirkungen jeder unabhängigen Quelle für sich allein. Um eine Quelle abzuschalten, ersetzt man eine ideale Spannungsquelle durch einen Kurzschluss und eine ideale Stromquelle durch einen Leerlauf. Die Widerstände bleiben, wo sie sind.

R1​ = 6 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAR4​2 ΩBOFFEN

Fall 1 · V1 allein aktiv

Iₛ wird zum Leerlauf, daher bilden R₃ und R₄ einen Reihenzweig von A nach Masse, parallel zu R₂.

R3+R4 = 3+2 = 5 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·5/(10+5) = 3,333 Ω
VA = 18·3,333/(6+3,333) = 6,429 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 6,429·2/5 = 2,571 V
VR2′ = VA − 0 = 6,429 − 0 = 6,429 V
R1​ = 6 ΩR3​ = 3 ΩKURZSCHLUSSR2​10 ΩAR4​2 ΩBIs​1 A

Fall 2 · Is allein aktiv

V₁ wird zum Kurzschluss, daher liegt R₁ parallel zu R₂. Iₛ teilt sich in B zwischen R₄ und dem Pfad über R₃ auf.

R1 ∥ R2 = 6·10/(6+10) = 3,75 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 2 ∥ 6,75 = 1,543 Ω
VB = Is·Req = (−1)·1,543 = −1,543 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −1,543·3,75/6,75 = −0,8571 V
VR2″ = VA − 0 = −0,8571 − 0 = −0,8571 V

Anteile addieren

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 6,429 + (−0,8571) = 5,571 V

Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass die tatsächliche Polarität der eingezeichneten entgegengesetzt ist.

8.Überlagerungssatz

Antwort: VR3 = 4,583 V

Überlagerungssatz: In einer linearen Schaltung ist jede Spannung und jeder Strom die Summe der Wirkungen jeder unabhängigen Quelle für sich allein. Um eine Quelle abzuschalten, ersetzt man eine ideale Spannungsquelle durch einen Kurzschluss und eine ideale Stromquelle durch einen Leerlauf. Die Widerstände bleiben, wo sie sind.

R1​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​10 VR3​4 ΩAOFFENBKURZSCHLUSS

Fall 1 · V1 allein aktiv

V₂ wird zum Kurzschluss und Iₛ zum Leerlauf. Von A aus gesehen liegt R₃ parallel zur Reihenschaltung R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 4 ∥ 12 = 3 Ω
VA = 10·3/(15+3) = 1,667 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,667·2/12 = 0,2778 V
VR3′ = VA − 0 = 1,667 − 0 = 1,667 V
R1​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 2 ΩKURZSCHLUSSR3​4 ΩAIs​1 ABKURZSCHLUSS

Fall 2 · Is allein aktiv

Beide Spannungsquellen werden zu Kurzschlüssen. Iₛ teilt sich in B zwischen R₄ (jetzt nach Masse) und R₂ in Reihe mit R₁ ∥ R₃ auf.

R1 ∥ R3 = 3,158 Ω, also ist der linke Pfad R2+3,158 = 13,16 Ω
Req = R4 ∥ 13,16 = 1,736 Ω
VB = Is·Req = 1·1,736 = 1,736 V
VA = VB·3,158/13,16 = 0,4167 V
VR3″ = VA − 0 = 0,4167 − 0 = 0,4167 V
R1​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 2 ΩKURZSCHLUSSR3​4 ΩAOFFENB+−V2​12 V

Fall 3 · V2 allein aktiv

V₁ wird zum Kurzschluss und Iₛ zum Leerlauf. R₁ ∥ R₃ hängt an A, in Reihe mit R₂ zurück nach B.

R1 ∥ R3 = 15·4/(15+4) = 3,158 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 12·13,16/15,16 = 10,42 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 10,42·3,158/13,16 = 2,5 V
VR3‴ = VA − 0 = 2,5 − 0 = 2,5 V

Anteile addieren

VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = 1,667 + 0,4167 + 2,5 = 4,583 V

Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass die tatsächliche Polarität der eingezeichneten entgegengesetzt ist.

9.Thévenin und Norton

Antwort: Vth = 4 V

Satz von Thévenin: Jedes lineare Zweipolnetzwerk verhält sich wie eine einzige Spannungsquelle Vth in Reihe mit einem Widerstand Rth. Der Satz von Norton beschreibt dasselbe Netzwerk als Stromquelle IN = Vth/Rth parallel zu Rth.

R1​ = 20 ΩR3​ = 12 ΩKURZSCHLUSSR2​4 ΩAabRth​

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

Ersetze Spannungsquellen durch Kurzschlüsse und Stromquellen durch Leerläufe und blicke dann von a–b in die Schaltung.

R1 ∥ R2 = 20·4/(20+4) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 12 = 15,33 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAab+−Vth​

Vth bestimmen, die Leerlaufspannung

Bei offenen Klemmen a–b fließt kein Strom durch R₃, also fällt daran keine Spannung ab und V_b = V_A. R₁ und R₂ bilden einen Spannungsteiler.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 24·4/(20+4) = 4 V
10.Thévenin und Norton

Antwort: IL = 2,382 A

Satz von Thévenin: Jedes lineare Zweipolnetzwerk verhält sich wie eine einzige Spannungsquelle Vth in Reihe mit einem Widerstand Rth. Der Satz von Norton beschreibt dasselbe Netzwerk als Stromquelle IN = Vth/Rth parallel zu Rth.

R1​ = 5 ΩR3​ = 10 ΩKURZSCHLUSSR2​5 ΩAOFFENBabRth​

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

Ersetze Spannungsquellen durch Kurzschlüsse und Stromquellen durch Leerläufe und blicke dann von a–b in die Schaltung.

R1 ∥ R2 = 5·5/(5+5) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 10 = 12,5 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAIs​5 ABab+−Vth​

Vth bestimmen, die Leerlaufspannung

Bei offenen Klemmen a–b fließt Iₛ nur über R₃ in Knoten A. Bestimme V_A durch Überlagerung von V₁ und Iₛ und addiere dann den Spannungsabfall an R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 3 + 5·2,5 = 15,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 15,5 + 5·10 = 65,5 V
Rth​ = 12,5 Ω+−Vth​65,5 VRL​15 ΩIL​

Die Last an das Thévenin-Ersatzschaltbild anschließen

Thévenin-Quelle und R_th in Reihe verhalten sich an a–b genau wie die ursprüngliche Schaltung, daher sieht die Last einen einfachen Reihenkreis.

IL = Vth/(Rth + RL) = 65,5/(12,5 + 15) = 2,382 A
11.Operationsverstärker

Antwort: Rf = 28 kΩ

Regeln für den idealen Operationsverstärker: Mit Gegenkopplung stellt der OPV seinen Ausgang so ein, dass beide Eingänge auf derselben Spannung liegen (V₋ = V₊), und in keinen Eingang fließt Strom. Die Knotenregel am invertierenden Eingang mit diesen beiden Tatsachen liefert den Ausgang.

Verstärkung eines nichtinvertierenden Verstärkers

V₋ = V₊ = Vin, und der Strom durch R₁ fließt auch durch Rf, also Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (15 − 1)·2 = 28 kΩ

Antwort

Rf = 28 kΩ
12.Operationsverstärker

Antwort: Av = −31,28

Regeln für den idealen Operationsverstärker: Mit Gegenkopplung stellt der OPV seinen Ausgang so ein, dass beide Eingänge auf derselben Spannung liegen (V₋ = V₊), und in keinen Eingang fließt Strom. Die Knotenregel am invertierenden Eingang mit diesen beiden Tatsachen liefert den Ausgang.

Verstärkung jeder Stufe

A1 = −Rf1/R1 = −100/4,7 = −21,28
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 4,7/10 = 1,47

Gesamtverstärkung

Av = A1·A2 = −21,28·1,47 = −31,28

Antwort

Av = −31,28
13.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vL = 0,5532 V

Ausgleichsvorgänge erster Ordnung: In einer Schaltung mit einem Kondensator oder einer Spule läuft jede Spannung und jeder Strom exponentiell vom Anfangswert zum Endwert: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, mit τ = RC oder τ = L/R. Nach etwa 5τ ist die Schaltung eingeschwungen.

Zeitkonstante und Endstrom

Lange nach dem Schließen des Schalters wirkt die Spule wie ein Kurzschluss, daher bestimmt R allein den Endstrom.

τ = L/R = 10 mH / 33 Ω = 0,303 ms
i(∞) = Vs/R = 15/33 = 0,4545 A

Spulenspannung

Bei t = 0 liegt die ganze Versorgungsspannung an der Spule; danach fällt sie auf null ab.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 15·e−1/0,303 = 0,5532 V

Antwort

vL = 0,5532 V
14.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i = 0,2987 A

Ausgleichsvorgänge erster Ordnung: In einer Schaltung mit einem Kondensator oder einer Spule läuft jede Spannung und jeder Strom exponentiell vom Anfangswert zum Endwert: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, mit τ = RC oder τ = L/R. Nach etwa 5τ ist die Schaltung eingeschwungen.

Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante

Vor t = 0 überbrückt der geschlossene Schalter R₂; danach liegen R₁ und R₂ beide im Kreis.

i(0) = 10/22 = 0,4545 A
i(∞) = 10/(22 + 20) = 0,2381 A
τ = L/R = 33/42 = 0,7857 ms
i(t) = 0,2381 + (0,4545 − 0,2381)·e−t/τ

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(1) = 0,2381 + (0,2165)·e−1/0,7857 = 0,2987 A

Antwort

i = 0,2987 A

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