Aufgabenblatt zum Seminar 06 PHYS70357 Elektrizitatslehre und Magnetismus (Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt, Nebenfach Physik)

Aufgabenblatt zum Seminar 06
PHYS70357 Elektrizitätslehre und Magnetismus
(Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt, Nebenfach Physik)

Othmar Marti, (othmar.marti@uni-ulm.de)

27. 05. 2009

1 Aufgaben

Berechnen Sie in der folgenden Schaltung die zwei Fälle:
1. Die Spannung U(t) sei für t < 0 gleich null und für t ≥ 0 gleich U₀. Berechnen Sie als Funktion der Zeit die Spannung U_R(t) über dem Widerstand R.
2. Die Spannung U(t) sei für t < 0 gleich U₀ und für t ≥ 0 gleich 0. Berechnen Sie als Funktion der Zeit die Spannung U_R(t) über dem Widerstand R.
Berechnen Sie in der folgenden Schaltung die zwei Fälle:
1. Die Spannung U(t) sei für t < 0 gleich null und für t ≥ 0 gleich U₀. Berechnen Sie als Funktion der Zeit die Spannung U_C₁(t) über dem Kondensator C₁ und die Spannung U_C₂(t) über dem Kondensator C₂.
2. Die Spannung U(t) sei für t < 0 gleich U₀ und für t ≥ 0 gleich 0. Berechnen Sie als Funktion der Zeit die Spannung U_C₁(t) über dem Kondensator C₁ und die Spannung U_C₂(t) über dem Kondensator C₂.
Denken Sie daran, dass die Summe aller Ströme in einen Knoten gleich null sein muss (Ladungserhaltung!).
Die Spannung U(t) sei wie folgt definiert: ${ ( ) U0, für m τ ≤ t < m + 12 τ (m ϵℤ); U (t) = - U0, für (m + 1) τ ≤ t < (m + 1)τ (m ϵℤ). 2$
Berechnen Sie für die unten stehende Schaltung U_R(t), die Spannung über dem Widerstand R.
Die unten stehende Kennlinie gehört zu einem exotischen Bauelement E.

Dieses Bauelement ist wie in der Abbildung gezeigt mit R in Serie geschaltet.
1. Die Schaltung werde mit einer Spannung von 8 V betrieben. Der Widerstand habe den Wert R = 2 kΩ. Bestimmen Sie den (oder die?) Arbeitspunkte.
2. Wenn es mehrere Arbeitspunkte gibt, welche sind stabil und welche instabil?
3. Wie muss U verändert werden, damit es nur einen stabilen Arbeitspunkt gibt?
4. Wie muss R verändert werden, damit es nur einen stabilen Arbeitspunkt gibt?
Die folgende Abbildung zeigt links die Basis-Emitter-Kennlinie des Transistors BC107 und rechts die Kollektor-Emitter-Kennlinien des Transistors BC107, jeweils mit dem Basisstrom I_B.

Der Transistor ist wie in der Schaltung angegeben beschaltet. Lesen Sie die Spannung am Voltmeter als Funktion des Basisstromes I_B ab, wenn U = 10 V und R = 12 kΩ ist. Konstruieren Sie so U_CE(I_B)! Extrapolieren Sie dazu das Kennlinienfeld in geeigneter Weise.
Ändern Sie die Schaltung so, dass U_CE(I_B) die doppelte (halbe) Steigung hat.
Sowohl die Urspannung U₀ wie auch der Innenwiderstand R_i einer Batterie sind in geringem Umfange lastabhängig. Berechnen Sie aus den tabellierten Messwerten der Klemmspannung U_K und des Laststromes I U₀ und R_i.

I 260 mA 325 mA 405 mA 550 mA 860 mA
U_K 1.32 V 1.27 V 1.21 V 1.10 V 0.86 V

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(Im Seminar 12 Minuten)
Zwei gleiche Batterien haben je eine Leerlaufspannung U₀ = 4.8 V und einen Kurzschlussstrom von I_K = 16 A. Mit Ihnen soll eine Glühlampe betrieben werden, deren Innenwiderstand konstant sei (R_G = 4 Ω). Finden Sie heraus, ob die Glühlampe in der Serienschaltung der beiden Batterien oder in der Parallelschaltung heller leuchtet.

2 Lösungen

1. Wir gehen analog wie in der Vorlesung vor $UR I (t) = -R-$
  
  $Q (t) = C UC (t)$
  
  $U (t) = U0 = UR (t) + UC (t) für t ≥ 0$
  
  $dQ-(t) I(t) = dt$
  
  $dQ(t) Q (t) U0 = R ------+ ----- dt C$
  Lösung:
  $( -t∕(RC ) Q0--- t∕(RC Q0- ( -t∕(RC) Q (t) = Q0 1 - e ⇒ U0 = R RC e + C 1 - e$
  Damit ist
  $Q0 = U0C$
  
  $Q (t) = U C (1 - e-t∕(RC ) ⇒ I(t) = U0C-e -t∕(RC = U0e- t∕(RC 0 RC C$
  und
  $-t∕(RC UR (t) = I(t)R = U0e für t ≥ 0$
2. Hier ist U(t) = 0 und die Anfangsbedingung U(0) = U_C(0) + U_R(0) = U₀ $UR- I (t) = R$
  
  $Q (t) = C UC (t)$
  
  $U (t) = 0 = U (t) + U (t) für t ≥ 0 R C$
  
  $dQ-(t) I(t) = dt$
  
  $dQ (t) Q(t) 0 = R ------+ ----- dt C$
  Lösung:
  $Q(t) = Q e-t∕(RC ⇒ 0 = - R Q0--e-t∕(RC + Q0e- t∕(RC 0 RC C$
  und
  $Q0 = U0C$
  
  $U C U Q (t) = U0Ce -t∕(RC ⇒ I(t) = - -0--e- t∕(RC = - --0e-t∕(RC RC C$
  und
  $U (t) = I(t)R = - U e-t∕(RC für t ≥ 0 R 0$

Wir definieren: U_R₁(t) = R₁I₀(t), U_R₂(t) = R₂I₂(t), U_C₁ = Q1(t)
C1

, U_C₂ =

, I₂(t) = dQ (t)
-d2t--

, I₁(t) =

und I₀(t) = I₁(t) + I₂(t) oder I₀(t) = dQ (t)
--1dt-

. Weiter ist U_C₂(t) + U_R₂(t) = U_C₁(t) und U₀ = U_R₁(t) + U_C₁(t) sowie Q₁(0) = 0 und Q₂(0) = 0.

U_C₁(t)	= U_R₂(t) + U_C₂(t)	=	R₂I₂(t) +	=	R₂ + =
U₀	= U_R₁(t) + U_C₁(t)	=	R₁I₀(t) +	=	R₁ +

Wir leiten die erste Gleichung nach der Zeit ab

2 dQ1-(t)= C1R2 d-Q2-(t)-+ C1dQ2-(t) dt dt2 C2 dt

und setzen in die zweite Gleichung ein.

U₀	= R₁ + R₂ + Q₂(t)
U₀	= C₁R₁R₂ + + Q₂(t)

Zur Lösung der homogene Gleichung setzen wir

- Bt Q2 (t) = Ae

und setzen ein.

( ( ) ) 2 C1 1 0 = B C1R1R2 - B R1 ---+ 1 + R2 + --- C2 C2

∘ --------------------------------- ( ( ) ) ( ( ) )2 R1 CC12 + 1 + R2 ± R1 CC12 + 1 + R2 - 4CC12 R1R2 B = ---------------------------------------------------------- 2C1R1R2

∘ ----------------------2-------------- R1C1-+--(R1-+-R2-)C2-±----(R1C1--+-(R1-+-R2-)C2-)----4C1C2R1R2--- B = 2C C R R 1 2 1 2

∘ ---------------------------------------------- R C + (R + R )C ± C 2R 2 + 2C R R (C - C ) + R 2(C + C )2 B = -1--1-----1----2---2------2---2------2--1-2---2----1------1---1-----2-- 2C1C2R1R2

Wir setzen a = R1C1+(R1+R2)C2
2C1C2R1R2 und b = √--------------------------------
-C22R22+2C2R1R2(C2-C1)+R12-(C1+C2)2-
2C1C2R1R2 .

Dann ist die Lösung der homogenen Gleichung

-(a+b)t -(a- b)t Q2 (t) = A1e + A2e

Die inhomogene Gleichung hat dann die Lösung

Q2(t) = A1e -(a+b)t + A2e -(a-b)t + A3

mit den drei Bedingungen:

Q₂(0)	= 0
Q₁(0)	= 0
lim _t→∞	= U₀C₂

Dies führt auf die drei Gleichungen

0	= A₁ + A₂ + A₃
0	= C₁
C₂A₀	= A₃

Die Lösung dieses Gleichungssystems ist

A₃	= C₂U₀
A₂	= -
A₁	=

und

( ) Q (t) = C U (a---b)e-(a+b)t - (a +-b)e-(a-b)t + 1 2 2 0 2b 2b

( ) (a---b)- -(a+b)t (a-+-b)-- (a-b)t U2(t) = U0 2b e - 2b e + 1

U_C₂(t) =	U₀

Die Lösung ist analog, nur muss hier U_C₁(0) = U₀ und U_C₂(0) = U₀ sein. Der Ansatz ist $( ) Q2(t) A1e -(a+b)t + A2e- (a-b)t UC2 (t) = ------= ------------------------- C2 C2$
und
$dQ ---C2 = - (a + b)A1e-(a+b)t - (a - b)A2e-(a-b)t dt$
Weiter ist

U_C₁(t) = R₂ +
= -R₂ +

Zur Zeit t = 0 haben wir
$(A1-+-A2-) UC2 (0 ) = U0 = C2$
und

U_C₁(0) = U₀ = - R₂ +
Einsetzen von U_C₂(0) in U_C-1(0) gibt $0 = R2 [(a + b)A1 + (a - b)A2 ] ⇒ A2 = b-+-aA1 b - a$
Damit ist
$( ) (A + A ) A1 + b+a A1 A ( b + a ) A 2b U0 = --1-----2-= ------b-a-----= -1- 1 + ----- = -1------ C2 C2 C2 b - a C2 b - a$
Dann
$b - a b + a A1 = U0C2 -----⇒ A2 = U0C2 ----- 2b 2b$

$[ ] UC (t) = U0- (b - a)e- (a+b)t + (b + a)e-(a- b)t 2 2b$

Wir wissen, dass für den Ladevorgang gilt

( -t∕(RC)) -t∕(RC ) ( -t∕(RC )) UC (t) = UA + (U0 - UA) 1 - e = UAe + U0 1 - e

Der Entladevorgang wird durch

U (t) = U + (- U - U ) (1 - e -t∕(RC)) = U e-t∕(RC ) - U (1 - e-t∕(RC )) C B 0 B B 0

beschrieben.

Weiter gilt

( ) ( ) ( ) UB = UA + (U0 - UA ) 1 - e- τ∕(2RC) = UA e- τ∕(2RC) + U0 1 - e-τ∕(2RC )

und

( ) ( ) ( ) UA = UB + (- U0 - UB ) 1 - e- τ∕(2RC) = UB e- τ∕(2RC) - U0 1 - e-τ∕(2RC )

Damit

U_A	= - U₀
U_A	= X - U₀
	= U_AX² + U₀X - U₀X² - U₀ + U₀X
U_A(1 - X²)	= U₀(-X² + 2X - 1) = -U₀(X - 1)²
U_A	= -U₀
U_B	= -U₀X + U₀
	= U₀
	= U₀ = U₀

mit

-τ∕(2RC ) X = e

( -τ∕(2RC)2 ( ) || - U0(1-1-ee--τ∕(RC))-e-(t-mτ)∕(RC ) + U0 1 - e-(t- mτ)∕(RC ) , |||{ für m τ ≤ t < (m + 1) τ (m ϵℤ); 2 UC (t) = | -τ∕(2RC)2 ( ) |||| U0(1-1e-e-τ∕(RC))e- (t-(m+1∕2)τ)∕(RC ) - U0 1 - e-(t-(m+1∕2)τ)∕(RC ) , ( für (m + 1) τ ≤ t < (m + 1 )τ (m ϵℤ). 2

Parameter: R = 1 kΩ, U₀ = 0.9 V, C = 2.2 µF und τ = 10 ms

1. Wir zeichnen die Kennlinie des Widerstandes ein:
  
  und lesen die drei Arbeitspunkte ab:
  
  Nummer U[V] I[mA]
  1 2.2 2.88
  2 4.17 1.91
  3 6.05 9.96
2. Der mittlere Arbeitspunkt ist instabil, die beiden anderen sind stabil. Der Grund ist, dass beim mittleren Arbeitspunkt die Parallelschaltung des differentiellen Widerstandes mit R einen negativen Widerstand ergibt.
3. U kann sowohl vergrössert oder verkleinert werden.
  
  Die beiden strichpunktierten Linien sind parallel zur Kennlinie von R verschoben. Die Schaltung hat einen stabilen Arbeitspunkt, wenn
  $U ≤ 7.35 V oder U ≥ 8.73 V$
  ist.
4. R kann sowohl vergrössert oder verkleinert werden.
  
  Die beiden strichpunktierten Linien sind parallel zur Kennlinie von R verschoben. Die Schaltung hat einen stabilen Arbeitspunkt, wenn
  $R ≤ 1.739 kΩ oder R ≥ 2.66 kΩ$
  ist.
Wir setzen die Kennline für R ein und erhalten

Daraus ergibt sich

Wenn wir R = 24 kΩ setzen, bekommen wir

Die Steigung ist für kleine I_B damit etwa auf das Doppelte gestiegen. Wenn wir R = 24 kΩ setzen, bekommen wir

Die Steigung ist für kleine I_B damit etwa auf die Hälfte gefallen.
Der Innenwiderstand R_i ist in Reihe zum Lastwiderstand R = U_K∕I. Wir erhalten $I ⋅(R + R ) = U = IR + U i 0 i K$

Umgestellt:
$UK = U0 - RiI$

Wir zeichnen also U_K(I). Aus der Steigung und dem Achsenabschnitt kann R_i und U₀ bestimmt werden.

Die Werte stehen als Fitergebnis in der Darstellung.
Aus dem Kurzschlussstrom und der Leerlaufspannung erhält man $R = U0- i IK$
Wenn die beiden Batterien in Serie geschaltet sind, ist
$IS 2U0 = (2Ri + RG )I = 2U0 ---+ RGIS IK$

$---2U0--- ---2U0IK---- IS = 2U0 + R = 2U0 + RGIK IK G$
Bei der Parallelschaltung sind die Quellspannungen parallel. Die Spannung an R_G bekommt man aus dem Strom I_B durch eine Batterie aus
$R I = 2R I G P G B$
Also
$2RGIB + IBRi = U0$

$U0 2U0 2U0 2U0IK IB = ----------⇒ IP = 2IB = ----------= -------U0-= ------------ 2RG + Ri 2RG + Ri 2RG + IK 2RGIK + U0$
Zahlenwerte:
$2 ⋅4.8 V ⋅16 A 153.6 IS = ---------------------= ------A = 2.086956522 A 2⋅4.8 V + 4 Ω ⋅16 A 73.6$

$IP = ---2⋅4.8-V-⋅16-A----153.6-A = 1.156626506 A 2⋅4 Ω ⋅16 A + 4.8 V 132.8$
Die Lampe brennt bei der Serieschaltung heller.

I	260 mA	325 mA	405 mA	550 mA	860 mA

U_K	1.32 V	1.27 V	1.21 V	1.10 V	0.86 V

Nummer	U[V]	I[mA]

1	2.2	2.88
2	4.17	1.91
3	6.05	9.96

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