Arbeitsbuch Elektrotechnik: Volume 1 Gleichstromnetze, Operationsverstärkerschaltungen, elektrische und magnetische Felder 9783110672510, 9783110672480

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Christian Spieker, Oliver Haas Arbeitsbuch Elektrotechnik De Gruyter Studium

Weitere Titel der Autoren Grundgebiete der Elektrotechnik Ludwig Brabetz, Christian Koppe, Oliver Haas, 2022 Begründet von: Horst Clausert, Gunther Wiesemann Band 1: Gleichstromnetze, Operationsverstärkerschaltungen, elektrische und magnetische Felder ISBN 978-3-11-063154-8, e-ISBN 978-3-11-063158-6 Band 2: Wechselströme, Drehstrom, Leitungen, Anwendungen der Fourier-, der Laplace- und der Z-Transformation ISBN 978-3-11-063160-9, e-ISBN 978-3-11-063164-7 Arbeitsbuch Elektrotechnik Band 2: Wechselströme, Drehstrom, Leitungen, Anwendungen der Fourier-, der Laplace- und der Z-Transformation Christian Spieker, Oliver Haas, Karsten Golde, Christian Gierl, Sujoy Paul, 2022 ISBN 978-3-11-067252-7, e-ISBN 978-3-11-067253-4 Jeweils auch als Set erhältlich: Set Grundgebiete der Elektrotechnik 1, 13. Aufl.+Arbeitsbuch Elektrotechnik 1, 2. Aufl. ISBN 978-3-11-067673-0 Set Grundgebiete der Elektrotechnik 2, 13. Aufl.+Arbeitsbuch Elektrotechnik 2, 2. Aufl. ISBN 978-3-11-067674-7

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Christian Spieker, Oliver Haas

Arbeitsbuch Elektrotechnik

Band 1 Gleichstromnetze, Operationsverstärkerschaltungen, elektrische und magnetische Felder 2. Auflage

Autoren Dr.-Ing. Christian Spieker Universität Kassel Fachbereich: IAF - FG FMF Wilhelmshöher Allee 71-73 34121 Kassel [email protected] Dr.-Ing. Oliver Haas Wilhelmshöher Allee 73 34121 Kassel [email protected]

ISBN 978-3-11-067248-0 e-ISBN (PDF) 978-3-11-067251-0 e-ISBN (EPUB) 978-3-11-067266-4 Library of Congress Control Number: 2020931602 Bibliografische Information der Deutschen Nationalbibliothek Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbiblio­grafie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.dnb.de abrufbar. © 2022 Walter de Gruyter GmbH, Berlin/Boston Coverabbildung: Girolamo Sferrazza Papa / iStock / Getty Images Plus Druck und Bindung: CPI books GmbH, Leck www.degruyter.com

Vorwort zur 2. Auflage Wir freuen uns über die weiterhin konstante Nachfrage nach diesem Werk und die positiven Resonanzen von Studierenden. Ebenso möchten wir uns über die hilfreichen und konstruktiven Hinweise bedanken. Wir entnehmen dem Bedarf und dem Feedback, dass unser Konzept des Arbeitsbuches, nämlich einen Schwerpunkt auf die Darstellung von ausführlichen Lösungswegen zu legen, sehr gut beim Leser angekommen ist. In dieser neuen Auflage wurden zahlreiche Vorschläge umgesetzt und das Buch zusätzlich um neue Aufgaben ergänzt. Wir wünschen allen Lesern bzw. Studierenden weiterhin viel Spaß beim Bearbeiten der Übungsaufgaben und sind stets dankbar für Hinweise auf noch vorhandene Fehler. Abschließend möchten wir uns beim Verlag für die gute Zusammenarbeit und der Möglichkeit bedanken, eine weitere überarbeitete Auflage dieses Werkes zu publizieren. Oliver Haas Christian Spieker

Vorwort zur 1. Auflage Das vorliegende Buch ist im Rahmen der zweisemestrigen Vorlesung Grundlagen der Elektrotechnik an der Universität Kassel entstanden. Es stellt eine Sammlung von Aufgaben mit ausführlichen Lösungswegen aus Übungen, Tutorien und Klausuren dar mit dem Ziel, das Verständnis der Vorlesung Grundlagen der Elektrotechnik zu erleichtern und die Studierenden bei der Klausurvorbereitung zu unterstützen. Die Aufgaben sollen sowohl dem angehenden Elektrotechniker als auch Studierenden der Fächer Mechatronik, sowie Maschinenbau, Wirtschaftsingenieurwesen und Pädagogik mit dem Schwerpunkt Elektrotechnik zur Vertiefung der Grundlagen dienen. Didaktisch ist das Buch an das Standardwerk Grundgebiete der Elektrotechnik 1 von Clausert und Wiesemann angelehnt, so dass passend zu den jeweiligen Kapiteln des Lehrbuchs Aufgaben mit Lösungsweg nachgeschlagen werden können. Das Buch ist in zwei Abschnitte aufgeteilt. Im ersten Teil findet der Leser die Aufgabenstellung ohne den Lösungsweg, und erst im zweiten Teil ist jeweils dazu ein ausführlicher Lösungsweg dargestellt. Auf diese Aufteilung wird großen Wert gelegt, da man als neugieriger Leser oft geneigt ist, schon einmal vorab den Lösungsweg zu studieren. Es sei aber an dieser Stelle darauf hingewiesen, dass es ein entscheidender Unterschied ist, einen Lösungsweg nur nachvollziehen zu können oder aber ihn selbständig zu erarbeiten. Oftmals macht genau dies den Unterschied zwischen einer guten und einer nicht bestandenen Prüfung aus. https://doi.org/10.1515/9783110672510-202

VI | Vorwort zur 2. Auflage Wir wünschen allen Lesern bzw. Studierenden viel Spaß beim Bearbeiten der Aufgaben und sind stets dankbar für Verbesserungsvorschläge und Hinweise auf noch vorhandene Fehler. Abschließend möchten wir es nicht versäumen, dem Verlag für die gute Zusammenarbeit zu danken.

Oliver Haas Christian Spieker

Quelle und Literaturhinweis Dieses Lehr- und Arbeitsbuch wurde didaktisch speziell für das Standardwerk H. Clausert, G. Wiesemann, L. Brabetz, O. Haas, C. Spieker; Grundgebiete der Elektrotechnik, Band 1; Verlag Walter de Gruyter; 2015 entwickelt. Die Gliederung wurde daher thematisch an dieses Werk angepasst.

Inhalt Vorwort zur 2. Auflage | V

Teil I: Aufgaben 1 1.1 1.2

Grundlegende Begriffe | 3 Einheiten und Gleichungen | 3 Ohm’sches Gesetz | 5

2 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7

Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen | 6 Strom, Stromdichte | 6 Parallel- und Reihenschaltung | 7 Strom- und Spannungsmessung | 10 Quellen-Ersatzzweipole | 12 Stern-Dreieck-Transformation | 15 Umlauf- und Knotenanalyse | 16 Operationsverstärker | 20

3 3.1 3.2 3.3 3.4

Elektrostatische Felder | 23 Die elektrische Feldstärke | 23 Die Potenzialfunktion | 24 Die Linienladung | 25 Die Kapazität | 26

4 4.1 4.2

Stationäre elektrische Strömungsfelder | 31 Methoden zur Berechnung von Widerständen | 31 Erdungsprobleme | 33

5 5.1 5.2

Stationäre Magnetfelder | 35 Kräfte im magn. Feld und die magn. Größen | 35 Das Gesetz von Biot-Savart | 38

6 6.1 6.2

Zeitlich veränderliche magnetische Felder | 40 Induktivitäten | 40 Induktionsgesetz | 41

VIII | Inhalt

Teil II: Lösungen 1 1.1 1.2

Grundlegende Begriffe | 47 Einheiten und Gleichungen | 47 Ohm’sches Gesetz | 50

2 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7

Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen | 51 Strom, Stromdichte | 51 Parallel- und Reihenschaltung | 54 Strom- und Spannungsmessung | 62 Quellen-Ersatzzweipole | 70 Stern-Dreieck-Transformation | 80 Umlauf- und Knotenanalyse | 84 Operationsverstärker | 107

3 3.1 3.2 3.3 3.4

Elektrostatische Felder | 112 Die elektrische Feldstärke | 112 Die Potenzialfunktion | 116 Die Linienladung | 128 Die Kapazität | 133

4 4.1 4.2

Stationäre elektrische Strömungsfelder | 155 Methoden zur Berechnung von Widerständen | 155 Erdungsprobleme | 164

5 5.1 5.2

Stationäre Magnetfelder | 170 Kräfte im magn. Feld und die magn. Größen | 170 Das Gesetz von Biot-Savart | 182

6 6.1 6.2

Zeitlich veränderliche magnetische Felder | 193 Induktivitäten | 193 Induktionsgesetz | 199

|

Teil I: Aufgaben

1 Grundlegende Begriffe 1.1 Einheiten und Gleichungen Aufgabe 1.1.1 Tabelle 1.1 enthält eine Auswahl von physikalischen Größen mit ihren Formelzeichen und Einheiten. Die unten angegebenen Ausdrücke mit ihren kombinierten Einheiten lassen sich auf genau eine Einheit reduzieren. Zerlegen Sie dazu wenn nötig die vorgegebenen Einheiten zunächst in Basis-Einheiten. Geben Sie zusätzlich für die gefundene Einheit die zugehörige physikalische Größe mit ihrem Formelzeichen an. 1.

200 F ⋅ 1 V =?, 10 A

2.

1 H ⋅ 10 A =?, 1Ω

3.

70 C ⋅ 10 V =?. 14 A ⋅ 2 s

Aufgabe 1.1.2 Tabelle 1.2 enthält alle gebräuchlichen Vorsatzzeichen von physikalischen Größen. Schreiben Sie die folgenden Angaben 1. 2 ⋅ 107 V in kV und MV ; 2. 100 ⋅ 10−9 F in pF, nF, und µF ; 3. 5 ⋅ 1018 J in GJ, PJ und EJ .

Aufgabe 1.1.3 Zerlegen Sie die vorgegebenen Einheiten wenn nötig zunächst in Basis-Einheiten, berechnen Sie dann den jeweiligen Ausdruck und geben Sie zusätzlich für die resultierende Einheit die zugehörige Größe mit Formelzeichen an. 1.

1 mH ⋅ 1 A =?; 10 mV

2. 1 kV ⋅ 1 µA ⋅ 1 s = ? ;

3.

1 mC ⋅ 1 V =?. 1 µs

Aufgabe 1.1.4 Bestimmen Sie die Beziehungen der folgenden Größen mit Hilfe ihrer Einheiten 1. B = f(Φ,A) , [B] = Vs m−2 , [Φ] = Vs , [A] = m2 . 2. U = f(E,l) , [U] = V , [E] = V m−1 , [l] = m . 3. R = f(l,γ,A) , [R] = Ω , [l] = m , [γ] = S m−1 , [A] = m2 .

https://doi.org/10.1515/9783110672510-001

4 | 1 Grundlegende Begriffe Tab. 1.1: Größen, Formelzeichen und Einheiten in der Elektrotechnik.

Größe

Formelzeichen

Einheitenname

Einheitenkürzel

Länge

l

Meter

m

Masse

m

Kilogramm

kg

Zeit

t

Sekunde

s

Stromstärke

I, i

Ampere

A

Temperatur

T

Kelvin

K

Kraft

F

Newton

N bzw. VAs m−1

Leistung

P

Watt

W bzw. VA

Arbeit, Energie

W

Joule

J bzw. Ws

Basis-Größen des SI

Abgeleitete Größen

el. Ladung

Q, q

Coulomb

C bzw. As

el. Spannung

U, u

Volt

V

el. Widerstand

R

Ohm

Ω bzw. V A−1

el. Leitwert

G

Siemens

S bzw. A V−1

Induktivität

L

Henry

H bzw. Vs A−1

Kapazität

C

Farad

F bzw. As V−1

magn. Fluss

Φ

Weber

Wb bzw. Vs

magn. Flussdichte

B

Tesla

T bzw. Vs m−2

Tab. 1.2: Vorsatzzeichen physikalischer Größen und ihre Zehnerpotenzen.

Vorsatzzeichen

Name

Zehnerpotenz

Vorsatzzeichen

Name

Zehnerpotenz

Yotta

1024

d

Dezi

10−1

Z

Zetta

1021

c

Centi

10−2

E

Exa

1018

m

Milli

10−3

Peta

1015

µ

Mikro

10−6

T

Tera

1012

n

Nano

10−9

G

Giga

109

p

Piko

10−12

M

Mega

106

f

Femto

10−15

k

Kilo

103

a

Atto

10−18

h

Hekto

102

z

Zepto

10−21

da

Deka

101

y

Yocto

10−24

Y

P

1.2 Ohm’sches Gesetz | 5

Aufgabe 1.1.5 Leiten Sie die Definition der Einheit Volt mit den Basis-Einheiten des SI her.

Aufgabe 1.1.6 Eine Gleichung sei gegeben durch U = I1 R1 + U2 + I3 R3 , mit I1 = 1 mA, R1 = 1 kΩ, U2 = 5 V und I3 = 3 A. Für den Widerstand R3 wurde fälschlich sein Leitwert G3 = 1/R3 in S eingesetzt. Die falsche Lösung lautet: U = 6,3 V. Finden Sie den falschen Wert R∗3 , den richtigen Wert für R3 und berechnen Sie damit die richtige Lösung für U.

Aufgabe 1.1.7 Gegeben ist die Gleichung der Kraft zwischen zwei Ladungen F=

eQ 4πε0 r2

mit

e = 1,602 ⋅ 10−19 As und

ε0 = 8,854 ⋅ 10−12

As . Vm

Gegeben seien außerdem der Abstand r = 2 mm und die Ladung Q = 0,1 C. Berechnen Sie die Kraft F und geben Sie das Ergebnis in mN und µN an. Zerlegen Sie die gegebenen Größen in Basiseinheiten, nennen Sie diese, und leiten Sie daraus die Einheit Newton her.

1.2 Ohm’sches Gesetz Aufgabe 1.2.1 Gegeben sind die elektr. Spannung U = 1 mV und der elektr. Strom I = 0,25 µA. 1. Ordnen Sie die Angaben der physikalischen Größen im Text jeweils den Kategorien Formelzeichen, Zahlenwert, Vorsatzzeichen und Einheit zu. 2. Berechnen Sie mit dem Ohm’schen Gesetz den elektrischen Widerstand R und geben Sie das Ergebnis in kΩ an.

Aufgabe 1.2.2 Bilden Sie das Ohm’sche Gesetz mit den gegebenen Größen und berechnen Sie die fehlende Größe für 1. 20 A, 5 Ω ;

2. 10 V, 50 kΩ ;

3. 30 V, 5 mA .

2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen 2.1 Strom, Stromdichte Aufgabe 2.1.1 Die Ladung q(t) verändere sich jeweils mit der Zeit t wie in Abbildung 2.1 dargestellt.

a

b

Abb. 2.1: Zeitliche Änderung der Ladung q(t). (a) linear, (b) quadratisch.

1. 2.

Berechnen Sie für beide Fälle den Strom i(t), der durch den Leiter fließt. Zeichnen Sie jeweils den Verlauf der beiden Zeitfunktionen von i(t).

Aufgabe 2.1.2 Durch einen elektrischen Leiter fließt ein zeitabhängiger Strom. Berechnen Sie für die beiden Fälle in Abbildung 2.2 jeweils die transportierte Ladung Q. Hinweis: Stellen Sie zunächst die beiden zeitabhängigen Funktionen von i(t) auf.

Aufgabe 2.1.3 Bei einer Glühlampe mit einer Wendel aus Wolframdraht, die an einer Spannung von 230 V betrieben wird, fließt bei einer Drahttemperatur von 1800 °C ein Strom von 0,5 A.

a

b

Abb. 2.2: Zeitliche Änderung des Stromes i(t). (a) linear, (b) quadratisch. https://doi.org/10.1515/9783110672510-002

2.2 Parallel- und Reihenschaltung | 7

Es wird angenommen, dass die Glühlampe bei 30 °C eingeschaltet wird und der lineare Temperaturbeiwert von Wolfram bei α20 = 4,1 ⋅ 10−3 K−1 liegt. Zusätzlich soll wegen der hohen Temperatur der quadratische Temperaturbeiwert β20 = 1 ⋅ 10−6 K−2 berücksichtigt werden. Wie groß ist der Strom im ersten Augenblick, wenn die Glühlampe eingeschaltet wird (Einschaltstrom)?

2.2 Parallel- und Reihenschaltung Aufgabe 2.2.1 Im Netzwerk von Abbildung 2.3 sind die Ströme I1 , I3 , I4 und I8 bekannt. Stellen Sie die Gleichungen für die Knotenpunkte A–D sowie den Großknoten auf und berechnen Sie allgemein die fehlenden Ströme I2 , I5 , I6 und I7 .

I3 A

I4

R2

I2

B

I1

I5

R1

R3 I7

D

R4

I8

C

I6

Abb. 2.3: Netzwerk mit vier Knoten und einem Großknoten.

Aufgabe 2.2.2 In der Schaltung (Abbildung 2.4) haben die Spannungsquellen die Werte U1 = U0 , U2 = 3U0 , U3 = U0 , und U4 = 2U0 ; alle Widerstände haben den Wert R.

I R2

A

R1

U2 U1

D

B

U3 U4

R3 C

R4

Abb. 2.4: Stromkreis mit vier Spannungsquellen.

8 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen Stellen Sie die Umlaufgleichung des Stromkreises auf und berechnen Sie den Strom I. Berechnen Sie die Spannung UBD zwischen den Punkten B und D sowie die Spannung UAC zwischen den Punkten A und C. Zeigen Sie, dass Sie die Spannungen UBD und UAC richtig berechnet haben, indem Sie dieselbe Rechnung mit dem jeweils zuvor nicht genutzten Umlauf nochmals durchführen.

1. 2. 3.

Aufgabe 2.2.3 1.

Berechnen Sie für das Netzwerk in Abbildung 2.5 den Gesamtwiderstand R, der an den Anschlussklemmen gemessen wird (a) allgemein und (b) für die gegebenen Werte R1 = 4R0 , R2 = R4 = R0 , R3 = 2R0 .

2.

Berechnen Sie für das Netzwerk in Abbildung 2.6 den Gesamtwiderstand R, der an den Anschlussklemmen gemessen wird (a) allgemein und (b) für die gegebenen Werte R1 = 2,5R0 , R2 = 2R0 , R3 = 10R0 , R4 = 5R0 , R5 = 3R0 .

I

R2

R1

U

R3

R4

Abb. 2.5: Schaltung zu Aufgabe 2.2.3.1.

U

R2

R1

I R3

R4

Abb. 2.6: Schaltung zu Aufgabe 2.2.3.2.

R5

2.2 Parallel- und Reihenschaltung | 9

Aufgabe 2.2.4 Für die gegebene Schaltung in Abbildung 2.7 sind alle eingetragenen Ströme zu berechnen.

Iges

I1 I2

R2=5W

U1=60V R1=6W

I4

I3

R4=3W I5

R6=8W I6

R3=6W

R5=4W

R7=4W

Abb. 2.7: Widerstandsnetzwerk mit gesuchten Strömen.

Aufgabe 2.2.5 In der Schaltung von Abbildung 2.8 ist das Verhältnis UA/UE zu bestimmen.

R1=0,8W

UE

R2=4W

R3=4W

R4=4W

R5=4W

R6=4W

UA

Abb. 2.8: Widerstandsnetzwerk mit Ein- und Ausgangsspannung.

Aufgabe 2.2.6 Lösen sie die vorherige Aufgabe nochmal, indem Sie von der umgekehrten Richtung beginnen. In anderen Worten: wenn Sie zuvor mit der Spannung UE begonnen hatten, lösen Sie jetzt die Aufgabe indem Sie von UA ausgehen und umgekehrt.

10 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen

2.3 Strom- und Spannungsmessung Aufgabe 2.3.1 Bei der Schaltung in Abbildung 2.9 soll gleichzeitig der Strom I und die Spannung U R,L1 am Widerstand R L1 erfasst werden. Zur Verfügung stehen reale Messgeräte mit Innenwiderständen.

I Ri U0

RL1 RL2

Abb. 2.9: Einfacher Stromkreis mit Spannungsquelle und Widerständen.

1.

Skizzieren Sie die Schaltung für eine spannungsrichtige Messung und berechnen Sie in allgemeiner Form den korrigierten Strom I R,L1 . 2. Skizzieren Sie die Schaltung für eine stromrichtige Messung und berechnen Sie in allgemeiner Form die korrigierte Spannung U R,L1 . 3. Berechnen Sie für beide Mess-Schaltungen allgemein die Größe von RL1 unter Verwendung der zuvor berechneten korrigierten Größen. 4. Aus den unter 3. aufgestellten Formeln lassen sich Aussagen zur Dimensionierung der Widerstände RM,Amp , RM,Volt (Innenwiderstände von Strom- und Spannungsmessgerät) und zum Einsatz der Schaltungen ableiten. (a) Wie würden Sie die Innenwiderstände der Messgeräte bei den beiden betrachteten Schaltungsvarianten wählen? (b) Welche der beiden Schaltungen würden Sie eher zur Messung großer Widerstände RL1 verwenden und welche lieber für kleine? Begründen Sie ihre Antworten!

Aufgabe 2.3.2 Gegeben ist die in Abbildung 2.10 dargestellte Schaltung. Die Widerstände RN1 , RN2 , RS1 , RS2 sowie die Daten des Messwerks (Innenwiderstand RM , Skalenendwert UM,max ) seien bekannt. 1. Die Widerstände RN1 , RN2 , RS1 , RS2 dienen der Messbereichserweiterung. Bei welchen Abgriffen (MB1–MB4) handelt es sich um einen Strommessbereich, bei welchen um einen Spannungsmessbereich (RN1 , RN2 ≪ RM )? 2. Berechnen Sie den Messbereichsendwert für die Messbereiche MB1 und MB2. 3. Berechnen Sie den Messbereichsendwert für die Messbereiche MB3 und MB4.

2.3 Strom- und Spannungsmessung | 11

RM RS2 MB4

RS1 MB3

RN2 MB2

MB1

RN1 0

Abb. 2.10: Schema eines Multimeters mit vier Messbereichen.

4. Die Messbereichsendwerte seien bekannt und folgende Werte sind gegeben: UM,max = 1 V , RM = 1 kΩ , IMB1 = 0,5 A , IMB2 = 50 mA , UMB3 = 5 V , UMB4 = 50 V . Berechnen Sie die Widerstände RN1 , RN2 , RS1 und RS2 .

Aufgabe 2.3.3 Das Netzwerk in Abbildung 2.11 zeigt das elektrische Ersatzschaltbild einer VierleiterMessung zur Bestimmung des ohmschen Widerstands RA mit einem Spannungs- und einem Strommessgerät. Bekannt seien die Widerstände der Messgeräte RM,I und RM,U sowie die Messwerte der Spannung U und des Stromes I. Weiterhin seien die Leitungswiderstände RL3 und RL4 bekannt. 1. Bestimmen Sie eine Gleichung zur Berechnung von RA für RL3 = RL4 = 0. 2. Lösen Sie Aufgabenteil 1 erneut mit RL3 und RL4 in allgemeiner Form. 3. Es gelte jetzt RL3 = RL4 = 1 ⋅ 10−4 RM,U . Berechnen Sie den relativen Fehler, der bei der Bestimmung von RA durch die beiden Leitungswiderstände verursacht würde. Hinweis: Hierzu benötigen Sie die Lösungen aus Aufgabenteil 1 und 2!

Abb. 2.11: Bestimmung des ohmschen Widerstands RA mit einer Vierleiter-Messung – ESB.

12 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen

2.4 Quellen-Ersatzzweipole Aufgabe 2.4.1 In der unten abgebildeten Schaltung gibt es einen nichtlinearen, spannungsabhängigen Widerstand R3 , dessen Kennlinie im gegebenen Bereich von U näherungsweise durch folgende Gleichung beschrieben werden kann R3 (U) = R0 (1 − c U) , 0 ≤ U < 110 V , c = 1/(110 V) , R0 = 110 Ω . 1.

Berechnen und zeichnen Sie den Verlauf des spannungsabhängigen Widerstands R3 für einen Spannungsbereich von 0 . . . 100 V in 10er Schritten. 2. Bestimmen Sie allgemein für die Schaltung in Abbildung 2.12 eine Ersatzspannungsquelle Uq mit Innenwiderstand Ri , die nur den Widerstand R3 als Last hat. 3. Der spannungsabhängige Widerstand R3 soll in der Schaltung eingesetzt werden, um die Spannung am Widerstand R2 zu begrenzen. Nutzen Sie das Ergebnis aus Aufgabenteil 2 und berechnen Sie damit allgemein für R1 = R2 = R den Widerstand R3 = f(U0 ). 4. Berechnen Sie für die Werte R1 = R2 = 100 Ω jeweils für die Eingangsspannungen U0 = 100 V sowie U0 = 1000 V das Verhältnis der Spannung U3/U0 am Widerstand R3 . Tragen Sie die errechneten Widerstandswerte von R3 zur Kontrolle in die unter 1 gezeichnete Kennlinie ein.

a R1 R2

U0

R3 U

b Abb. 2.12: Belasteter Spannungsteiler mit spannungsabhängigem Widerstand.

Aufgabe 2.4.2 Es ist der Strom I1 und die Spannung UAB an der Diode D1 gesucht. Entfernen Sie für die Berechnung die Diode aus der Schaltung, bilden Sie eine Ersatzspannungsquelle zwischen den Klemmen (A,B) und bestimmen Sie die Leerlaufspannung Uq und den resultierenden Innenwiderstand Ri . Lösen Sie die Aufgabenstellung anschließend grafisch mithilfe der Diodenkennlinie in Abbildung 2.14. Gegeben sind die Werte U01 = 2 V , R1 = 16,5 Ω , R2 = 6 Ω , R3 = 14 Ω , R4 = 13,3 Ω .

2.4 Quellen-Ersatzzweipole | 13

Abb. 2.13: Nichtlineares Netzwerk mit einer Spannungsquelle.

I / mA 80 60 40 20 0 0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

1,2

1,4

1,6 U / V

Abb. 2.14: Diodenkennlinie.

Aufgabe 2.4.3 Bilden Sie aus der Schaltung in Abbildung 2.15 eine Ersatzstromquelle. Bestimmen Sie dazu den Kurzschluss-Strom Ik der Schaltung und den resultierenden Innenwiderstand Ri zwischen den Klemmen a und b.

a I0

U0 R1

R2 R3 b

Abb. 2.15: Lineares Netzwerk mit Strom- und Spannungsquelle.

14 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen

Aufgabe 2.4.4 Vereinfachen Sie die Schaltung in Abbildung 2.16 durch die konsequente Anwendung der Methoden Ersatzspannungsquelle und Ersatzstromquelle bis ein einfacher Stromkreis mit einer Spannungsquelle und einem Widerstand entsteht. Zeichnen Sie für jeden Schritt das Ersatzschaltbild und bestimmen Sie abschließend den Strom I1 .

I1 2R

R

I0

2R

U01=U0

2R

2R

U02=U0

U03=U0

Abb. 2.16: Lineares Netzwerk mit Stromquelle und Spannungsquellen.

Aufgabe 2.4.5 Von dem Netzwerk in Abbildung 2.17 ist der Strom I4 gesucht. Bekannt sind die Widerstände 5 R1 = R3 = R5 = R , R2 = R6 = 2R , R4 = R 14 und die Spannungen U01 = 2U0 , U02 = U03 = U0 . 1.

2. 3.

Wenden Sie das Verfahren Ersatzspannungsquelle an. Stellen Sie die Gleichungen zur Bestimmung von Uq in allgemeiner Form auf und verwenden Sie dann für die Berechnungen von Uq und Ri die gegebenen Werte. Lösen Sie das Gleichungssystem mit der Cramer’schen Regel! Berechnen Sie mit Hilfe der zuvor ermittelten Ersatzspannungsquelle den gesuchten Strom I4 . Welchen Wert muss der Widerstand R4 haben, damit die Ersatzspannungsquelle die maximale Leistung an R4 abgibt und wie groß ist dann die Leistung Pq der Ersatzquelle?

I4 R3

R1

U02

R4

R6

R2 U01

R5

Abb. 2.17: Lineares Netzwerk mit drei Spannungsquellen.

U03

2.5 Stern-Dreieck-Transformation | 15

2.5 Stern-Dreieck-Transformation Aufgabe 2.5.1 Der resultierende Widerstand zwischen den Klemmen A,B der Brückenschaltung in Abbildung 2.18 ist gesucht. C

R1

R2 B

A

R5

R3

D

R4

Abb. 2.18: Nicht abgeglichene Brückenschaltung.

1.

2.

3.

Wenden Sie die Methode der Dreieck-Stern-Transformation an um das Widerstandsdreieck R2 , R4 und R5 in eine äquivalente Sternschaltung umzuwandeln und berechnen Sie allgemein die Sternwiderstände. Zeichnen Sie das Ersatzschaltbild der Brückenschaltung nach der Umwandlung des Widerstandsdreiecks in einen Stern und berechnen Sie in allgemeiner Form den Widerstand Rges zwischen den Klemmen A und B. Berechnen Sie Rges mit den Werten R1 = R4 = R5 = 3R ; R2 = R3 = 2R .

Aufgabe 2.5.2 Berechnen Sie den resultierenden Leitwert zwischen den Klemmen A, B der Brückenschaltung aus der vorherigen Aufgabe. 1. Wenden Sie die Methode der Stern-Dreieck-Transformation an um den Widerstandsstern R1 , R2 und R5 in eine äquivalente Dreieckschaltung umzuwandeln und berechnen Sie allgemein die Dreieckwiderstände und -leitwerte. 2. Zeichnen Sie das Ersatzschaltbild der Brückenschaltung nach der Stern-DreieckTransformation und berechnen Sie in allgemeiner Form den Leitwert Gges zwischen den Klemmen A und B. (Hinweis: Verwenden Sie zur Abkürzung nur die Namen der Dreieckleitwerte in der Gleichung von Gges ) 3. Berechnen Sie Gges mit den Werten G1 = G4 = G ; G2 = G3 = 5G ; G5 = 4G .

16 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen

2.6 Umlauf- und Knotenanalyse Aufgabe 2.6.1 Stellen Sie mittels Umlaufanalyse für die Schaltung in Abbildung 2.19 das vollständige Gleichungssystem zur Berechnung der Ströme I1 , I2 und I4 in allgemeiner Form auf. Berechnen Sie anschließend hieraus mit den gegebenen Werten den Strom I4 . 0,5 W

I1

I2

0,5 W

R1

R2 1W

U01

R3 U02

1V

2V

I4 1W

1W

R5

1W

R6

R4

1,5 W

4W

R7

R8

0,5 W

R9

Abb. 2.19: Lineares Netzwerk mit zwei Spannungsquellen.

Aufgabe 2.6.2 Berechnen Sie die Ströme I3 und I6 in Abbildung 2.20 mittels Umlaufanalyse. Beachten Sie dabei, dass der Stromquelle I02 kein Innenwiderstand zugeordnet werden kann! 1. Stellen Sie das vollständige Gleichungssystem in allgemeiner Form auf. Berechnen Sie anschließend hieraus mit den gegebenen Werten die Ströme I3 und I6 . 2. Wie groß sind die Spannung U02 und die Leistung P02 der Stromquelle?

Aufgabe 2.6.3 Gegeben ist das lineare Netzwerk in Abbildung 2.21. 1. Ersetzen Sie die Spannungsquellen durch Ersatzstromquellen und zeichnen Sie die zugehörige Ersatzschaltung des Netzwerkes. 2. Gesucht sind die Spannungen U3 , U4 und U5 an den zugehörigen Leitwerten G3 , G4 und G5 . Lösen Sie die Aufgabe durch folgende Schritte: (a) Wählen Sie einen Bezugsknoten und zeichnen Sie einen vollständigen Baum in die Ersatzschaltung, so dass die gesuchten Spannungen U3 , U4 und U5

2.6 Umlauf- und Knotenanalyse | 17

20 W

I6

R6 20 W 10 W

30 W

I3

R3

R1

R5 10 W

U01

10 W

R4

R2 I02

U02

40 V

1A

Abb. 2.20: Lineares Netzwerk mit Spannungs- und Stromquelle.

R2

U5

U01 R5

U4

R1

R3

R7

U3 R4

R6

U02

Abb. 2.21: Lineares Netzwerk mit zwei Spannungsquellen.

3.

möglichst in den Baumzweigen und die Stromquellen möglichst in den Verbindungszweigen liegen. (b) Tragen Sie die unbekannten Knotenspannungen in die Ersatzschaltung ein und stellen Sie jeweils deren Beziehungen zu den gesuchten Spannungen her. (c) Stellen Sie das Gleichungssystem nach den Regeln der Knotenanalyse in MatrixSchreibweise auf. Lösen Sie das zuvor aufgestellte Gleichungssystem mit den Werten G1 . . . G7 = G . Die Spannungen U01 und U02 werden als bekannt angenommen.

Aufgabe 2.6.4 Die Schaltung in Abbildung 2.22 zeigt ein lineares Netzwerk mit zwei Stromquellen und einer Spannungsquelle. 1. Gesucht sind die Ströme I1 und I3 . Geben Sie die zur Berechnung notwendigen Umlauf- und Knotengleichungen an und bilden Sie daraus ein Gleichungssystem zur Bestimmung der beiden gesuchten Ströme.

18 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen

I01

I02 I4

I2 R2

I1

R4

I3 R3

R1

I5 R5

U01

Abb. 2.22: Lineares Netzwerk mit Strom- und Spannungsquellen.

2.

3.

Das zuvor aufgestellte Gleichungssystem lässt sich mit Hilfe der Umlaufanalyse auch einfacher erhalten: (a) Ersetzen Sie die realen Stromquellen durch Ersatzspannungsquellen. (b) Zeichnen Sie das Ersatzschaltbild und wählen Sie einen vollständigen Baum derart, dass die gesuchten Ströme I1 und I3 unabhängige Ströme sind. (c) Stellen Sie das Gleichungssystem in Matrix-Schreibweise auf. Lösen Sie das zuvor aufgestellte Gleichungssystem mit den Werten R1 . . . R5 = R ;

U01 = I0 R ;

I01 = I0 ;

I02 = 2I0

durch Anwendung der Cramer’schen Regel.

Aufgabe 2.6.5 Gegeben ist das lineare Netzwerk in Abbildung 2.23. 1. Gesucht sind die Spannungen U3 , U4 und U7 . Lösen Sie die Aufgabe durch folgende Schritte: (a) Ersetzen Sie die Spannungsquellen durch Ersatzstromquellen, vereinfachen Sie das Netzwerk durch zusammenfassen von Widerständen und zeichnen Sie die zugehörige Ersatzschaltung des Netzwerkes. (b) Wählen Sie einen Bezugsknoten und tragen Sie einen vollständigen Baum in die Ersatzschaltung ein. (c) Tragen Sie die unbekannten Knotenspannungen in die Ersatzschaltung ein und stellen Sie jeweils deren Beziehungen zu den gesuchten Spannungen her. (d) Stellen Sie das Gleichungssystem nach den Regeln der Knotenanalyse in MatrixSchreibweise auf. 2. Lösen Sie das Gleichungssystem mit folgenden Werten: U01 = 4U0 , U02 = 2U0 , U03 = U0 , R1 = R2 = R3 = R4 = R7 = 4R , R5 = R6 = R, R8 = R9 = 2R .

2.6 Umlauf- und Knotenanalyse | 19

R5

U01 R1

U03

U3

R3

R8

I3 R7

U7

R2 R4

U02

I7

U4

R9

R6

I2

Abb. 2.23: Lineares, 4-maschiges Netzwerk mit drei Spannungsquellen.

Aufgabe 2.6.6 Gegeben ist das lineare Netzwerk in Abbildung 2.23. 1. Gesucht sind die Ströme I2 , I3 und I7 . Lösen Sie die Aufgabe durch folgende Schritte: (a) Wählen Sie einen vollständigen Baum derart, dass die gesuchten Ströme I2 , I3 und I7 unabhängige Ströme sind. (b) Stellen Sie das Gleichungssystem nach den Regeln der Umlaufanalyse in Matrix-Schreibweise auf. 2. Zusatzaufgabe: Falls Sie das Gleichungssystem lösen möchten, benutzen Sie die gegebenen Werte U01 = 4U0 , U02 = 2U0 , U03 = U0 , R1 = R2 = R3 = R4 = R7 = 4R , R5 = R6 = R , R8 = R9 = 2R .

Aufgabe 2.6.7 Gegeben ist das lineare Netzwerk in Abbildung 2.24. 1. Ersetzen Sie die Spannungsquelle durch eine Ersatzstromquelle und zeichnen Sie die zugehörige Ersatzschaltung des Netzwerkes. 2. Gesucht sind die Spannungen U2 , U3∗ (Spannung an R3 nach Transformation) und U4 an den zugehörigen Leitwerten G2 , G3 und G4 nach der Umwandlung. Lösen Sie die Aufgabe durch folgende Schritte:

20 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen

I01 R2 I1

I02 I4

I2 I3

U2 U3 R1

R4 U4

R3

I5 R5

U01 Abb. 2.24: Lineares Netzwerk mit Strom- und Spannungsquellen.

3.

(a) Wählen Sie einen Bezugsknoten und zeichnen Sie einen vollständigen Baum in die Ersatzschaltung, so dass die gesuchten Spannungen U2 , U3∗ und U4 in den Baumzweigen liegen. (b) Tragen Sie die unbekannten Knotenspannungen in die Ersatzschaltung ein und stellen Sie jeweils deren Beziehungen zu den gesuchten Spannungen her. (c) Stellen Sie das Gleichungssystem nach den Regeln der Knotenanalyse in MatrixSchreibweise auf. Lösen Sie das zuvor aufgestellte Gleichungssystem für U3∗ mit den Werten G1 = G2 = G3 = G4 = G5 = G ;

U01 = I0 R ;

I01 = I0 ;

I02 = 2I0

durch Anwendung der Cramer’schen Regel. 4. Wie groß ist dann die Originalspannung U3 in Abbildung 2.24?

2.7 Operationsverstärker Aufgabe 2.7.1 Gegeben ist die Schaltung eines invertierenden Verstärkers in Abbildung 2.25, aufgebaut mit einem Operationsverstärker. Das Verhalten des Operationsverstärkers sei ideal. 1. Leiten Sie den Verstärkungsfaktor Ua/Ue der Schaltung in allgemeiner Form her. 2. Berechnen Sie den Verstärkungsfaktor für R1 = 0,01R2 . Der OP wird mit ±15 V versorgt. Wie groß darf die Amplitude des Eingangssignals ue bei der gegebenen Verstärkung maximal werden, ohne dass der Verstärker seinen linearen Bereich verlässt?

2.7 Operationsverstärker | 21

R2

Ig Ie

R1 +

Ue

Ua

Abb. 2.25: Schaltung eines invertierenden Verstärkers (Umkehrverstärker).

Aufgabe 2.7.2 Gegeben ist die Verstärkerschaltung in Abbildung 2.26. Das Verhalten des Operationsverstärkers sei ideal.

R2

Ig -

R3

Ie

+

Ue

R4

R1

Ua

Abb. 2.26: Schaltung mit Operationsverstärker.

1. 2.

Leiten Sie den Verstärkungsfaktor Ua/Ue der Schaltung in allgemeiner Form her. Berechnen Sie den Verstärkungsfaktor für R2 = 9R4 und R1 = 150 Ω. Der OP wird mit ±15 V versorgt. Wie groß darf die Amplitude des Eingangssignals Ue bei der gegebenen Verstärkung maximal werden, ohne dass der Verstärker seinen linearen Bereich verlässt?

22 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen

Aufgabe 2.7.3 Gegeben ist die Verstärker-Schaltung in Abbildung 2.27. Die Schaltung werde mit ±18 V versorgt.

Abb. 2.27: Operationsverstärker-Schaltung mit zwei Eingängen.

1.

Betrachten Sie jeden Eingang zunächst für sich allein (der jeweils andere Eingang sei offen) und geben Sie die Verstärkungen A1 = Ua/Ue1 und A2 = Ua/Ue2 an. 2. Bestimmen Sie mit Hilfe der Knotengleichung für den Knoten am negativen Eingang des Operationsverstärkers (die virtuelle Masse) die Abhängigkeit der Ausgangsspannung Ua von den beiden Eingangsspannungen. 3. Es gelte Rv1 = Rv2 = Rg . Welche Aufgabe erfüllt die Schaltung? 4. Es sei nun Rv2 = Rg = 2 Rv1 . Zeichnen Sie die Ausgangsspannung Ua für die drei Fälle: (a) An Anschluss 1 werde die Spannung Ue1 = −1 V angelegt. Anschluss 2 bleibe offen (Ue2 = 0 V). (b) An Anschluss 2 werde die Spannung Ue2 = −1 V sin(ωt) angelegt. Anschluss 1 bleibe offen (Ue1 = 0 V). (c) An Anschluss 1 werde die Spannung Ue1 = −1 V und an Anschluss 2 die Spannung Ue2 = −1 V sin(ωt) angelegt.

3 Elektrostatische Felder 3.1 Die elektrische Feldstärke Aufgabe 3.1.1 In einem ebenen rechtwinkligen Koordinatensystem befindet sich je eine Punktladung mit Q = 1 nC in den Punkten (0;0), (1 cm;0) und (0;1 cm). Geben Sie in einer Skizze die Richtung der Kraft F⃗ auf die Punktladung im Koordinatenursprung an und berechnen Sie deren Betrag. Das Dielektrikum sei Luft.

Aufgabe 3.1.2 Zwischen zwei positiven Ladungen Q1 und Q2 , die den Abstand a voneinander haben, befindet sich eine dritte, ebenfalls positive Ladung Q. Q ist auf der Verbindungsgeraden zwischen Q1 und Q2 reibungsfrei verschiebbar. 1. Skizzieren Sie die Anordnung einschließlich aller Kräfte und Koordinaten. 2. An welcher Stelle x, 0 < x < a, wird sich die verschiebbare Probeladung Q aufhalten? Rechnen Sie allgemein und führen Sie zur Abkürzung β = Q1/Q2 ein. 3. Berechnen Sie x für β = 1 und β = 2.

Aufgabe 3.1.3 In einem rechtwinkligen Koordinatensystem befinden sich drei Punktladungen Q1 , Q2 , Q3 an den Positionen (x1 ;y1 ), (x2 ;y2 ), (x3 ;y3 ). Berechnen Sie die elektrische Feldstärke E⃗ im Ursprung (0;0). Die Permittivität habe den allgemeinen Wert ε. Hinweis: Skizzieren Sie die Anordnung. Wählen Sie für die Skizze die Koordinaten der Ladungen beliebig, aber (x i ;y i ) ≠ (0;0).

https://doi.org/10.1515/9783110672510-003

24 | 3 Elektrostatische Felder

3.2 Die Potenzialfunktion Aufgabe 3.2.1 In einem ebenen, rechtwinkligen Koordinatensystem befinde sich eine Punktladung Q1 bei (−a;0) und eine Punktladung Q2 bei (a;0) mit a > 0. Bestimmen Sie 1. die Funktionen der elektrischen Feldstärken E⃗ 1 (r1 ) und E⃗ 2 (r2 ) der beiden Ladungen Q1 und Q2 jeweils ohne Überlagerung der Einzelfelder, 2. die allgemeine Potenzialfunktion ϕ(x,y) des Gesamtpotenzials, 3. das Gesamtpotenzial im Punkt P = (0;a), ⃗ aus der allgemeinen 4. die Funktion der resultierenden elektrischen Feldstärke E(x,y) Beschreibung des Gesamtpotenzials ϕ(x,y), 5. die resultierende elektrische Feldstärke im Punkt P = (0;a). Es gilt: Q1 = 2Q , Q2 = Q .

Aufgabe 3.2.2 In einem rechtwinkligen Koordinatensystem befinden sich drei Punktladungen Q1 , Q2 , Q3 an den Positionen (x1 ;y1 ), (x2 ;y2 ), (x3 ;y3 ). Die Permittivität hat den allgemeinen Wert ε. ⃗ 1. Berechnen Sie die elektrische Feldstärke E(x,y) allgemein. ⃗ 2. Welchen Wert hat die elektrische Feldstärke E(0,0) im Ursprung des Koordinatensystems? 3. Bestimmen Sie die Potenzialfunktion ϕ(x,y). Es gelte die Konvention, dass das Potenzial im Unendlichen verschwindet. 4. Berechnen Sie die Energie, die nötig ist, um eine Probeladung q vom Unendlichen in den Ursprung zu transportieren. Nutzen Sie dazu den Zusammenhang W = q ∆U. ⃗ 5. Ermitteln Sie die elektrische Feldstärke E(x,y) aus der Potenzialfunktion ϕ(x,y) allgemein und im Ursprung. Vergleichen Sie das Ergebnis mit den Aufgabenteilen 1 bzw. 2.

Aufgabe 3.2.3 Zeigen Sie für die Punktladung Q in Abbildung 3.1, dass das Linienintegral ∫ E⃗ ⋅ d s ⃗ L

wegunabhängig ist, indem Sie explizit für beide Wege von A nach B das Linienintegral ausrechnen. Hinweis:

∫

sin γ dγ 3/2

(α + β cos γ)

=

2 1 +C β (α + β cos γ)1/2

3.3 Die Linienladung | 25

1 ey Q

2

ex A

B

Abb. 3.1: Zwei mögliche Wege von A nach B im E-Feld der Punktladung Q.

3.3 Die Linienladung Aufgabe 3.3.1 Gegeben sei ein ebenes x-z-Koordinatensystem. Dort befinde sich eine Linienladung Ql zwischen den Punkten (−a;−a) und (−a;a) mit konstanter Ladungsdichte λ. 1. Berechnen Sie die elektrische Feldstärke El⃗ (x,z) der Linienladung in dem beliebigen Punkt P = (x;z). 2. Bestimmen Sie das Potenzial der Linienladung entlang der x-Achse. Es gelte die Konvention, dass das Potenzial im Unendlichen verschwinden soll. 3. Am Ort (2a;0) befinde sich zusätzlich eine Punktladung Qp = +Q. Wie groß muss die Ladungsdichte λ sein, damit die elektrische Feldstärke im Ursprung verschwindet? Hinweis: ∫ ∫ ∫

dz √(α − z)2 + β2 (α − z) dz √(α − z)2 + β2

3

=

3

=

1 −(α − z) +c β2 √(α − z)2 + β2 1 √(α − z)2 + β2

+c

dz = ln (z + √ z2 + b2 ) + c √z2 + b2

Aufgabe 3.3.2 Gegeben ist eine Linienladung mit der Länge 2a. Die Linienladung verlaufe entlang der z-Achse eines kartesischen Koordinatensystems und sei symmetrisch zum Ursprung angeordnet. 1. Berechnen Sie die Ladung Q allgemein. 2. Wie groß ist die Linienladungsdichte λ, wenn a = 50 cm und Q = 2 nC betragen?

26 | 3 Elektrostatische Felder

3.4 Die Kapazität Aufgabe 3.4.1 Die Abmessungen eines Zylinder- und eines Kugelkondensators sollen bestimmt werden. Beide sollen die gleiche Kapazität C bei gleicher Höhe und gleicher Permittivität ε haben.

-Q +Q -Q ri

h

+Q

ra

ra

ri

Abb. 3.2: Zylinder- und Kugelkondensator.

1. 2. 3.

Skizzieren Sie die Feldlinien von D⃗ und E⃗ sowie die Äquipotenziallinien für beide Kondensatoren. Leiten Sie jeweils die elektrische Flussdichte D⃗ und die elektrische Feldstärke E⃗ abhängig vom Radius für beide Kondensatoren her. Wie groß ist das Verhältnis der Kugelschalenradien ra/ri , wenn das Verhältnis der Zylinderradien ρa/ρi = e2 ist?

Aufgabe 3.4.2 Alle Kondensatoren des Kondensatornetzwerks in Abbildung 3.3 haben den Wert C0 . Berechnen Sie die Gesamtkapazität Cges zwischen den Klemmen A und B.

C5 C6 C7

C3 C2 A C1

C4

Abb. 3.3: Kondensatornetzwerk.

C8

B

3.4 Die Kapazität | 27

Aufgabe 3.4.3 Gegeben ist ein Plattenkondensator mit kreisförmigen Platten. Der Radius der Platten beträgt r = 12,5 cm, der Abstand zwischen den Platten d = 5 mm. Das Dielektrikum zwischen den Platten ist Luft. Gesucht sind: Feldstärke E, Flussdichte D und Ladung Q bei U = 1 kV sowie die Kapazität C. Lösen Sie die Aufgabe unter Anwendung des Linienintegrals über die elektrische Feldstärke sowie den Gauß’schen Satz der Elektrostatik.

Aufgabe 3.4.4 Gegeben sei ein Plattenkondensator mit kreisförmigen Platten. Zwischen den Platten befinde sich ein Isolierring mit der Permittivität ε1 . Der Hohlraum des Isolierrings sei mit Luft gefüllt. Den Aufbau zeigt Abbildung 3.4. Alle Randeffekte dürfen vernachlässigt werden.

a

b

Elektrode

Isolierring ri ra

ra

ri

d a

b

Schnitt a--a

Schnitt b--b

Abb. 3.4: Plattenkondensator mit kreisförmigen Platten und Isolierring.

1. 2.

Zeichnen Sie das Ersatzschaltbild des Kondensators. Welchen Wert hätte die Kapazität C, wenn das Dielektrikum zwischen den Platten vollständig mit ε1 ausgefüllt wäre? 3. Wie groß ist die Kapazität C, wenn das Dielektrikum wie in Abbildung 3.4 geschichtet ist? 4. Es gelte ra = 7ri , d = 0,1ri und εr1 = 3. Auf den Platten befinde sich die Ladung Q0 . Welche Spannung kann zwischen den Platten gemessen werden?

Aufgabe 3.4.5 Gegeben seien ideale Kondensatoren mit den Kenndaten C0 = 100 µF, Umax = 400 V. Mit diesen soll ein Kondensatornetzwerk aufgebaut werden, dass an U0 = 600 V betrieben wird und insgesamt eine Kapazität von Cges = 200 µF haben soll. Lösen Sie die Aufgabe durch die Beantwortung der folgenden Fragen (Bitte immer mit Rechnung oder Begründung):

28 | 3 Elektrostatische Felder Wieviele Kondensatoren müssen in Reihe geschaltet werden und wie groß ist die Kapazität Czw dieser Reihenschaltung? 2. Wieviele parallele Zweige der in Reihe geschalteten Kondensatoren werden benötigt? 3. Zeichnen Sie das Kondensatornetzwerk. 4. Welche Spannung fällt jeweils an einem Kondensator ab? 5. In einem Zweig verändere sich ein Kondensator um −20 %. (a) Wie groß ist jetzt die neue Gesamtkapazität Cges des Netzwerks? (b) Wie ist jetzt die Spannungsaufteilung an den Kondensatoren? 1.

Aufgabe 3.4.6 Gegeben ist der Vielschichtkondensator in Abbildung 3.5. Seine Abmessungen h, b und w seien bekannt. Es seien drei äußere und zwei innere Elektroden vorhanden. Plattenabstand und Plattendicke haben jeweils den Wert d. Oberhalb und unterhalb der beiden außen liegenden Platten (Deckplatten) befindet sich jeweils noch eine Isolationsschicht mit gleicher Dicke d. Alle Randeffekte dürfen vernachlässigt werden. Hinweis: Alle Plattenflächen bis auf die Deckplatten gehen zweifach ein!

a

Isolierung

Elektrode

w d

a

w

h

y

b x

b

Schnitt a--a

Abb. 3.5: Schnitt durch einen Vielschichtkondensator mit zwei inneren und drei äußeren Elektroden.

1. 2. 3.

Wie viele Schichten hat der Kondensator und wie groß ist die Schichtdicke d? Berechnen Sie die Kapazität zwischen zwei Elektroden. Bestimmen Sie mit Hilfe des Gauß’schen Satzes der Elektrostatik die elektrische Flussdichte D zwischen zwei Elektroden. 4. Zeichnen Sie das Ersatzschaltbild des Vielschichtkondensators mit diskreten Kapazitäten. 5. Berechnen Sie die Gesamtkapazität C. 6. Wie lautet eine Gleichung zur Berechnung der Kapazität dieses Vielschichtkondensator-Typs mit n inneren Elektroden?

3.4 Die Kapazität | 29

Aufgabe 3.4.7 Bei einem Plattenkondensator trage die Platte A die positive Gesamtladung +Q und die Platte B die negative Gesamtladung −Q. Für alle Berechnungen sollen die Randeffekte vernachlässigt werden, das Dielektrikum zwischen den Platten sei Luft. 1. Bestimmen Sie die elektrische Flussdichte D⃗ und die Feldstärke E⃗ zwischen den beiden Platten. 2. Zeigen Sie, dass das elektrostatische Feld zwischen den beiden Platten wirbelfrei ist.

Aufgabe 3.4.8 Gegeben ist der Halbkugel-Kondensator in Abbildung 3.6. Er besteht aus zwei konzentrischen, ideal leitenden Halbkugelschalen mit den Radien ri und ra . Der Raum zwischen den Halbkugelschalen ist mit einem Material der Permittivität ε gefüllt. Zwischen den beiden Halbkugelschalen liegt eine Gleichspannung U und lädt den Kondensator mit der eingezeichneten Polarität auf. 1. Zeichnen Sie die Feldlinien der Feldstärke E⃗ zwischen den Halbkugelschalen. 2. Skizzieren sie den Verlauf der elektrischen Feldstärke E abhängig vom Radius r für 0 ≤ r < ∞. 3. Berechnen Sie die elektrische Flussdichte D,⃗ die elektrische Feldstärke E,⃗ die Ladung Q einer Halbkugelschale sowie die Kapazität C der Anordnung.

ri

+Q

-Q

e ra

Abb. 3.6: Halbkugel-Kondensator aus zwei ideal leitenden Halbkugelschalen.

30 | 3 Elektrostatische Felder

Aufgabe 3.4.9 Zwei leitende Kugeln mit den Radien R01 und R02 tragen die Ladungen +Q und −Q (siehe Abbildung 3.7). Ihr Abstand zueinander ist a, das Dielektrikum Luft. Es gelte a ≫ R01 , R02 .

z -Q

+Q

R02

R01

x a

Abb. 3.7: Kondensator aus zwei Metallkugeln.

1. 2. 3.

Berechnen Sie allgemein die Kapazität der Anordnung. Wie groß ist die Kapazität für R01 = R02 ? Welchen Wert hat die Kapazität für a → ∞?

Aufgabe 3.4.10 Gegeben ist der ideale Plattenkondensator mit geschichtetem Dielektrikum (εm = ε0 εr ) in Abbildung 3.8. Auf den Platten befindet sich die Ladung Q. Die rechte Platte sei frei verschiebbar im Bereich 0 ≤ x ≤ 10x0 .

+Q

em

e0

x0

x

-Q

Abb. 3.8: Plattenkondensator mit geschichtetem Dielektrikum.

1.

Geben Sie jeweils die elektrische Feldstärke E⃗ in den beiden Dielektrika (εm , ε0 ) an. 2. Berechnen Sie die am Kondensator anliegende Spannung U(x). 3. Wie groß ist die im Kondensator gespeicherte Energie W(x)? 4. Bestimmen Sie die auf die Platten wirkende Kraft F(x).

4 Stationäre elektrische Strömungsfelder 4.1 Methoden zur Berechnung von Widerständen Aufgabe 4.1.1 Gegeben sind die zwei Körper in Abbildung 4.1. Die vorderen und hinteren Stirnflächen bilden die Kontaktflächen. Sie seien jeweils ideal leitfähig. Ein konstanter Strom I fließt in der angegebenen Richtung durch die Körper. Zeichnen Sie jeweils das elektrische Ersatzschaltbild des Körpers mit diskreten Widerständen und berechnen Sie den Gesamtwiderstand in der angegebenen StromflussRichtung.

l2 l

g2 l1

g1 g2

g1

h1 h

h2 a

J b

J b

b

ideal leitende Fläche

Abb. 4.1: Körper mit zwei unterschiedlichen Leitwerten.

Aufgabe 4.1.2 Gegeben ist der in Abbildung 4.2 dargestellte zylindrische, elektrisch leitfähige Körper. Der konstante elektrische Strom I tritt durch die ideal elektrisch leitende Stirnfläche mit dem Radius ϱi ein und durch die ebenfalls ideal leitende Außenfläche mit dem Radius ϱa wieder aus. 1. Zeichnen Sie das elektrische Ersatzschaltbild des dargestellten Körpers und tragen Sie alle Teilwiderstände, Ströme und Spannungen ein. 2. Berechnen Sie allgemein die vom Radius ϱ abhängigen Stromdichten J k⃗ (ϱ) und die elektrischen Feldstärken E⃗ k (ϱ) der einzelnen Abschnitte (k = 1,2). 3. Bestimmen Sie die Spannungen U k der einzelnen Abschnitte. Hinweis: ∫ https://doi.org/10.1515/9783110672510-004

dϱ = ln ϱ + c ϱ

(4.1)

32 | 4 Stationäre elektrische Strömungsfelder

a1

a2

g1

g2

l = ra - ri ideal leitende Fläche

J

h

Abb. 4.2: Zylinderausschnitt mit unterschiedlich leitfähigen Abschnitten.

4. Was müssen Sie bei den Spannungen U k beachten und welche Beziehung lässt sich daraus für die Teilströme I k ableiten? 5. Es gelten die folgenden Werte: ϱa = 2 ϱi , γ2 = 5γ1 , α2 = α1 . Wie groß ist der Gesamtleitwert Gges des abgebildeten Körpers? 6. Wie groß ist der Gesamtstrom I, wenn I1 den Wert 1 A hat?

Aufgabe 4.1.3 Der zylindrische Halbkörper in Abbildung 4.3 bestehe aus zwei Hälften mit unterschiedlicher elektrischer Leitfähigkeit γ1 und γ2 . Der Körper wird mit den ideal leitenden Frontflächen an eine bekannte, konstante Spannung U angeschlossen. 1. Zeichnen Sie das elektrische Ersatzschaltbild mit diskreten Widerständen und tragen Sie alle relevanten elektrischen Größen (Spannung, Strom) ein. 2. Geben Sie die Zusammenhänge zwischen den elektrischen Feldstärken E⃗ sowie zwischen den Stromdichten J ⃗ in den beiden Hälften an. ⃗ 3. Berechnen Sie die elektrischen Feldstärken E(ρ) in den beiden Hälften abhängig von der angelegten Spannung U. 4. Gesucht ist der elektrische Strom I, der durch die ideal leitenden Kontaktflächen fließt.

g1

g2 g2

g1 ri

z h J

ideal leitende Fläche

J

Abb. 4.3: Zylinderausschnitt mit unterschiedlichen Leitfähigkeiten γ1 und γ2 .

ra

4.2 Erdungsprobleme | 33

Aufgabe 4.1.4 Der zylindrische Halbkörper in Abbildung 4.4 besitze eine von z abhängige elektrische Leitfähigkeit γ(z) = γ0 (2 − z/h). Der Körper wird mit den ideal leitenden Frontflächen an eine bekannte, konstante Spannung U angeschlossen.

g(z) g(z)

ra ri

z h J

ideal leitende Fläche

J

Abb. 4.4: Zylinderausschnitt mit variabler Leitfähigkeit γ(z).

1. 2. 3.

⃗ Berechnen Sie die elektrische Feldstärke E(ρ) im Körper. Gesucht ist der elektrische Strom I, der durch die ideal leitenden Kontaktflächen fließt. Es gilt ρ a = 2ρ i . Wie groß ist der Widerstand R zwischen den beiden Kontaktflächen?

4.2 Erdungsprobleme Aufgabe 4.2.1 In einen Blitzableiter mit halbkugelförmigem Erder wie in Abbildung 4.5 gezeigt, schlägt ein Blitz ein. Vereinfacht kann von einer idealen Leitfähigkeit des Erders ausgegangen werden, der Erdboden habe die elektrische Leitfähigkeit γ.

I g r0

r1

Dr

Abb. 4.5: Blitzableiter mit halbkugelförmigem Erder und einer Person im Abstand r1 zum Mittelpunkt des Erders.

34 | 4 Stationäre elektrische Strömungsfelder Berechnen Sie die elektrische Stromdichte J ⃗ und die elektrische Feldstärke E⃗ in Abhängigkeit von der Entfernung r zum Mittelpunkt des Erders unter Anwendung des Flächenintegrals über die Halbkugel. 2. Geben Sie die Potenzialfunktion ϕ(r) an. Benutzen Sie dabei zur Vereinfachung die Konvention, dass das Potenzial für r → ∞ verschwindet. 3. Skizzieren Sie die Feldlinien der Stromdichte J ⃗ und die Äquipotenziallinien des Strömungsfeldes. 4. Berechnen Sie die Schrittspannung US , die von der Person im Abstand r1 = 10r0 bei der Schrittlänge ∆r = 2r0 überbrückt wird. 1.

Aufgabe 4.2.2 In einen Blitzableiter mit halbkugelförmigem Erder wie ihn Abbildung 4.6 zeigt, schlage ein Blitz ein. Vereinfacht kann von einer idealen Leitfähigkeit des Erders ausgegangen werden. Der elektrische Widerstand des Erdbodens sei abhängig vom Abstand r und habe für r > r0 die angegebene elektrische Leitfähigkeit γ(r).

γ(r > r0 ) = γ0

r r − r0

Abb. 4.6: Blitzableiter mit halbkugelförmigem Erder. Eine Person befindet sich im Abstand r1 vom Mittelpunkt des Erders. Die Leitfähigkeit des Bodens ist inhomogen, γ = f(r).

1.

2. 3.

Nehmen Sie den Strom I als gegeben an und berechnen Sie die elektrische Stromdichte J ⃗ in Abhängigkeit von der Entfernung r zum Mittelpunkt des Erders unter Anwendung des Flächenintegrals über die Halbkugel. Berechnen Sie die elektrische Feldstärke E.⃗

Geben Sie die Potenzialfunktion ϕ(r) als Funktion vom Abstand r an. Benutzen Sie dabei als Randbedingung, dass das Potenzial für r → ∞ verschwindet. 4. Berechnen Sie die Schrittspannung US , die von der Person im Abstand r1 = 8r0 bei der Schrittlänge ∆r = 2r0 überbrückt wird. 5. Wie verhält sich die Schrittspannung US , wenn sich bei sonst gleichen Bedingungen die Leitfähigkeit γ0 des Erdbodens halbiert?

5 Stationäre Magnetfelder 5.1 Kräfte im magn. Feld und die magn. Größen Aufgabe 5.1.1 Gegeben sind die zwei unten abgebildeten unendlich langen und unendlich dünnen Leiter (d. h. keine Randeffekte), die jeweils von einem Gleichstrom I durchflossen werden.

a

a P a

y x

Abb. 5.1: Zwei unendlich dünne und unendlich lange Leiter in der xy-Ebene.

1.

2.

Geben Sie jeweils Betrag und Richtung der Kraft F⃗ auf Leiter 2 an für die beiden Fälle (a) der Strom I1 im linken Leiter fließt in die Zeichenebene hinein, der Strom I2 im rechten Leiter aus der Zeichenebene hinaus. (b) beide Ströme fließen in die Zeichenebene hinein. Der Betrag der magnetischen Flussdichte, die von einem einzelnen, unendlich langen und unendlich dünnen, mit dem Strom I durchflossenen Leiter im Abstand ϱ hervorgerufen wird, ist definiert durch B=

μI . 2πϱ

Berechnen Sie jeweils mit den Werten aus Abbildung 5.1 die Komponenten B x und B y der resultierenden Flussdichte B⃗ = B⃗ 1 + B⃗ 2 im Punkt P für die beiden Fälle: (a) der Strom I1 im linken Leiter fließt in die Zeichenebene hinein, der Strom I2 im rechten Leiter aus der Zeichenebene hinaus. (b) beide Ströme fließen in die Zeichenebene hinein. Hinweis: Zeichnen Sie zunächst die Vektoren der Flussdichten B⃗ 1 und B⃗ 2 im Punkt P ein und bestimmen Sie dann deren Darstellung im xy-Koordinatensystem.

https://doi.org/10.1515/9783110672510-005

36 | 5 Stationäre Magnetfelder

Aufgabe 5.1.2 Drei sehr lange und unendlich dünne Leiter werden wie in Abbildung 5.2 dargestellt, von drei Gleichströmen in den eingezeichneten Richtungen durchflossen. Es gelte |I1 | = |I2 | und I3 = 2I1 . Randeffekte können vernachlässigt werden.

a

a 3

y z

a 2

1 x

Abb. 5.2: Drei sehr lange und unendlich dünne stromdurchflossene Leiter in der xy-Ebene.

1. 2.

Berechnen Sie Betrag und Richtung der resultierenden Kraft F⃗ auf Leiter 3. Bestimmen Sie die Position eines 4. Leiters, durch den der gleiche Strom (Betrag und Richtung) wie in Leiter 3 fließt, so dass auf Leiter 3 keine Kraft ausgeübt wird.

Aufgabe 5.1.3 In ein homogenes Magnetfeld werden nacheinander drei Eisenkerne mit unterschiedlichen Permeabilitätszahlen eingebracht und anschließend die Feldstärke H gemessen, die erforderlich ist, um eine magnetische Flussdichte B = 1 T zu erzeugen. Wie groß sind die relativen Permeabilitätszahlen der drei Kerne bei 1. H1 = 7,9554 ⋅ 105 Am−1 , 2. H2 = 795,775 Am−1 und 3. H3 = 7,9585 ⋅ 105 Am−1 ? Ordnen Sie jeweils das Kernmaterial aufgrund seiner relativen Permeabilität den drei Klassen diamagnetisch, paramagnetisch oder ferromagnetisch zu.

Aufgabe 5.1.4 In einem langen Draht fließt der zeitlich konstante Strom I = 1 A. Konzentrisch um den Draht liegt ein Ring aus Nickel (μr = 500) mit dreieckigem Querschnitt (Abbildung 5.3). Es ist ρi = 1 cm, ρa = 2 cm und h = 1 cm. 1. Berechnen Sie mit dem Durchflutungsgesetz den Feldstärkeverlauf im Inneren des Ringkerns abhängig vom Radius in allgemeiner Form.

5.1 Kräfte im magn. Feld und die magn. Größen | 37

Abb. 5.3: Stromdurchflossener Leiter mit zwei Ringkernen unterschiedlicher Geometrie. Darstellung zur Parametrisierung der Querschnittsfläche von Ringkern a.

2.

3.

Bestimmen Sie den magnetischen Fluss Φ in dem Ring mit der Form a. Nutzen Sie zur Parametrisierung und zur Bestimmung des Flächenelements dA die Zeichnung oben rechts. Bestimmen Sie den magnetischen Fluss Φ in dem Ring mit der Form b. Zur Bestimmung des Flächenelements dA modifizieren Sie die Parametrisierung der Form a in geeigneter Weise.

Aufgabe 5.1.5 Durch Messungen sind folgende Werte in der gegebenen Reihenfolge bestimmt worden:

1.

2.

H/(Am−1 ) B/T

0 0

100 0,15

200 0,55

500 0,95

1000 1,25

2000 1,5

1000 1,4

H/(Am−1 ) B/T

500 1,25

200 1,0

0 0,70

-250 0

-500 -0,65

-1000 -1,1

-2000 -1,5

Skizzieren Sie die Hysteresekurve anhand der gegebenen Werte und kennzeichnen Sie jeweils die Punkte Sättigung Bs , Koerzitivfeldstärke Hc , Remanenz Br sowie die Neukurve. Gehen Sie bei der Konstruktion davon aus, dass die Hysteresekurve punktsymmetrisch zum Ursprung ist. Bei abnehmender positiver Magnetisierung wird eine Feldstärke von 1200 Am−1 gemessen. Bestimmen Sie mit Hilfe der linearen Interpolation die zugehörige magnetische Flussdichte B und die relative Permeabilität μr .

38 | 5 Stationäre Magnetfelder

5.2 Das Gesetz von Biot-Savart Aufgabe 5.2.1 Gegeben ist eine in der xy-Ebene liegende, unendlich dünne dreieckförmige Leiterschleife, in der ein konstanter Strom I0 fließt. Lage und Geometrie sind in Abbildung 5.4 dargestellt.

y a

I0

I0 z

-a

a

x

I0 Abb. 5.4: Geschlossene, dreieckförmige Leiterschleife in der xy-Ebene.

-a

Berechnen Sie nach dem Gesetz von Biot-Savart I d s⃗ × r ⃗ 0 ⃗ H(P) = ∫ 4π r2 L

die magnetische Feldstärke auf der z-Achse.

Aufgabe 5.2.2 Berechnen Sie mit Hilfe des Biot-Savart’schen Gesetzes die magnetische Feldstärke H⃗ um einen unendlich langen und unendlich dünnen Linienleiter in der z-Achse (s. Abbildung 5.5), der von einem konstanten Strom I0 durchflossen wird.

¥ z ­ z I0

y x

z ¯ -¥

Abb. 5.5: Stromdurchflossener, unendlich langer und dünner Linienleiter in der z-Achse.

5.2 Das Gesetz von Biot-Savart | 39

Aufgabe 5.2.3 Gegeben sei die dreieck-förmige Leiterschleife in Abbildung 5.6a, die von einem konstanten Strom I0 in der eingezeichneten Richtung durchflossen werde. Die Leiterschleife befinde sich im freien Raum (Vakuum), d. h. μ = μ0 . z a

y a

II

III

a a a) x

I0

y z

z II

a

I0

I0

I0

z I

I0

a x

x

III

a I0

a y y

a x

I b)

c)

d)

Abb. 5.6: Räumlich angeordnete Leiterschleife im Vakuum.

1.

2.

Die Leiter seien idealerweise unendlich dünn. Nutzen Sie die vereinfachten Darstellungen der Abbildungen 5.6b–d und berechnen Sie für alle drei Abschnitte jeweils mit dem Gesetz von Biot-Savart die magnetischen Flussdichten B⃗ I , B⃗ II und B⃗ III im Ursprung des Koordinatensystems. Berechnen Sie aus den zuvor bestimmten Teilergebnissen die gesamte magnetische Flussdichte im Ursprung des Koordinatensystems.

Aufgabe 5.2.4 Gegeben ist eine unendlich dünne, kreisförmige Spule mit N Windungen in der xyEbene, durch die ein konstanter Strom I fließt. Berechnen Sie mit dem Gesetz von Biot-Savart die magnetische Flussdichte B⃗ im Koordinaten-Ursprung.

Abb. 5.7: Stromdurchflossene, unendlich dünne Spule mit N Windungen in der xy-Ebene.

6 Zeitlich veränderliche magnetische Felder 6.1 Induktivitäten Aufgabe 6.1.1 Gegeben ist die skizzierten Wicklungsanordnung in Abbildung 6.1 soll die magnetische Flussdichte B im Luftspalt 1,2 T betragen(Randeffekte sind zuvernachlässigen). Die Magnetisierungskennlinie des Eisens sei durch Tabelle 6.1 gegeben. Zwischenwerte können durch lineare Interpolation gewonnen werden. Tab. 6.1: Gemessene Werte der Magnetisierung. H/(Am−1 ) B/T

1. 2. 3.

100 0,51

200 0,98

280 1,2

400 1,37

600 1,51

1000 1,65

1500 1,73

2500 1,78

Wie groß muss die Durchflutung Θ sein? Zeichnen Sie das magnetische Ersatzschaltbild der Anordnung und bestimmen Sie die magnetischen Widerstände Rm,i . Die Wicklung habe N = 1000 Windungen. Bestimmen Sie die Induktivität der gesamten Anordnung (a) einmal über den verketteten Fluss Ψ und (b) einmal über die magnetischen Leitwerte.

Abb. 6.1: Wicklung auf einem EI-Kern mit Luftspalt.

https://doi.org/10.1515/9783110672510-006

6.2 Induktionsgesetz |

41

Aufgabe 6.1.2 Gegeben ist die Wicklungsanordnung in Abbildung 6.2. Bekannt sind die konstanten magnetischen Leitwerte Λ1 , Λ2 , Λ3 , die sich auf die angegebenen Längen lm1 , lm2 , lm3 beziehen. Die ohmschen Widerstände der Wicklungen dürfen vernachlässigt werden.

A1

lm2

lm1

I1

A2

lm3

I3

I2 N1

N2

N3

A3 Abb. 6.2: Drei magnetisch gekoppelte Wicklungen auf einem EI-Kern.

1. 2. 3.

Wieviele unterschiedliche Gegeninduktivitäten gibt es? Geben Sie deren Benennung an. Zeichnen Sie das magnetische Ersatzschaltbild der Anordnung und bestimmen Sie die Richtungen der magnetischen Flüsse. Berechnen Sie die unter Aufgabenteil 1 genannten Gegeninduktivitäten L i,j .

6.2 Induktionsgesetz Aufgabe 6.2.1 Aus einem Stück Draht mit dem ohmschen Widerstand R wird eine kreisförmige Schleife geformt und in eine langsame, gleichförmige Drehbewegung mit n Umdrehungen pro Sekunde versetzt. Die Rotationsachse steht senkrecht auf der Richtung des zeitlich konstanten, homogenen Magnetfeldes B,⃗ in welches die Leiterschleife vollständig eintaucht. Siehe hierzu die Abbildung 6.3. 1. Berechnen Sie in allgemeiner Form die Stromwärmeverluste p(t) der Leiterschleife. 2. Welches Drehmoment muss abhängig von der Position der Leiterschleife im Magnetfeld überwunden werden?

42 | 6 Zeitlich veränderliche magnetische Felder

w B

B r j n

z

y

Leiterschleife

y

x

x

z

r sinj

Abb. 6.3: Rotierende Leiterschleife im Magnetfeld.

Aufgabe 6.2.2 Ein Metallstab gleitet in x-Richtung mit einer konstanten Geschwindigkeit v auf zwei leitenden Schienen, siehe Abbildung 6.4. Senkrecht durch die Ebene der hierdurch gebildeten Leiterschleife tritt ein inhomogenes Magnetfeld mit der orts- und zeitab⃗ hängigen Flussdichte B(y,t). Zur Zeit t = 0 befand sich der Stab an der Position x = b.

π ⃗ B(y,t) = B̂ sin(ωt) sin ( y)(−e⃗z ) a

Abb. 6.4: Leiterschleife aus zwei ortsfesten leitenden Schienen und einem beweglichen Metallstab in einem inhomogenen, zeitabhängigen Magnetfeld.

1. 2.

Berechnen Sie den magnetischen Fluss Φ(t) innerhalb der Leiterschleife. Wie groß ist die in der Leiterschleife induzierte Spannung ui ?

6.2 Induktionsgesetz |

43

Aufgabe 6.2.3 Die Leiterschleife in Abbildung 6.5 wird von der zeit- und ortsabhängigen magnetischen ⃗ Flussdichte B(ρ,t) durchsetzt.

π ρ ⃗ B(ρ,t) = B̂ sin(ωt) cos ( ) e⃗ z 2 ρ0 ∫ x cos(ax) dx =

cos(ax) x sin(ax) + a a2

Abb. 6.5: Kreisförmige Leiterschleife mit Radius ρ0 in einem inhomogenen, zeit- und ortsabhängigen Magnetfeld.

1. 2.

Berechnen Sie den magnetischen Fluss Φ innerhalb der Leiterschleife. Wie groß ist die in der Leiterschleife induzierte Spannung ui ?

|

Teil II: Lösungen

1 Grundlegende Begriffe 1.1 Einheiten und Gleichungen Aufgabe 1.1.1 1.

200 F ⋅ 1 V 200 As V−1 ⋅ 1 V = = 20 s 10 A 10 A

⇒ Zeit t ,

2.

1H 1 Vs A−1 ⋅ 10 A = ⋅ 10 A = 10 As = 10 C 1Ω 1 V A−1

⇒ Ladung Q ,

3.

70 C ⋅ 10 V 10 ⋅ 5 As V = ⋅ = 25 V 14 A ⋅ 2 s 2 As

⇒ Spannung U .

Aufgabe 1.1.2 1.

2 ⋅ 107 V in kV und MV: 2 ⋅ 107 V = 2 ⋅ 104 kV = 20 MV ;

2.

100 ⋅ 10−9 F in pF, nF und µF: 100 ⋅ 10−9 F = 105 pF = 100 nF = 0,1 µF ;

3.

5 ⋅ 1018 J in GJ, PJ und EJ: 5 ⋅ 1018 J = 5 ⋅ 109 GJ = 5 ⋅ 103 PJ = 5 EJ .

Aufgabe 1.1.3 Ansatz:

Für die abgeleiteten Einheiten gilt (s. Tabelle 1.1 auf Seite 4) 1H = 1

1.

Vs , A

1F = 1

As , V

1Ω = 1

V , A

1 mH ⋅ 1 A 1 Vs A−1 ⋅ 1 A = = 0,1 s 10 mV 10 V

1 C = 1 As .

⇒

Zeit t ;

2. 1 kV ⋅ 1 µA ⋅ 1 s = 1 V ⋅ 1 mA ⋅ 1 s = 1 mWs = 1 mJ

⇒

Energie W ;

1 mC ⋅ 1 V 1 ⋅ 10−3 As ⋅ 1 V = = 1 kV ⋅ 1 A = 1 kW 1 µs 1 ⋅ 10−6 s

⇒

Leistung P .

3.

https://doi.org/10.1515/9783110672510-007

(1.1)

48 | 1 Grundlegende Begriffe

Aufgabe 1.1.4 Aufgrund der Einheiten können folgende Beziehungen aufgestellt werden: 1. [B] =

[Φ] Vs = 2 [A] m

2. [U] = V = [E] ⋅ [l] 3. [R] = Ω =

⇒ ⇒

B=

Φ , A

(1.2)

U = El,

(1.3)

V V⋅m m m m [l] = ⋅ 2 = ⋅ 2 = A A S m [γ] ⋅ [A] m

⇒

R=

l . γA

(1.4)

Anmerkung. Die Lösungen der hier vorgeführten Beispiele gelten nur für den Sonderfall konstanter Größen, im Allgemeinen müssen auch Ableitungen oder Integrale mit berücksichtigt werden.

Aufgabe 1.1.5 Gesucht: Die Definition der Einheit Volt aus den Basis-Einheiten des SI. Ansatz: Suche eine abgeleitete Größe, die die Einheit Volt enthält. In Tabelle 1.1 auf Seite 4 ist zu finden: Leistung P : 1 W = 1 V ⋅ 1 A , Energie W : 1 J = 1 Ws = 1 VAs . Die Arbeit bzw. Energie setzt sich über die folgenden Beziehungen aus den BasisEinheiten des SI zusammen Arbeit = Kraft ⋅ Weg

⇒

1J = 1N ⋅ 1m ,

Kraft = Masse ⋅ Beschleunigung

⇒

(1.5)

1 N = 1 kg ⋅

1m . 1 s2

(1.6)

Gleichsetzen ergibt 1 VAs = 1 kg ⋅

1 m2 1 s2

⇒

1V = 1

kg m2 . A s3

(1.7)

Aufgabe 1.1.6 Gesucht: Der falsche Wert R∗3 , der richtige Wert für R3 und die richtige Lösung für U. Ansatz: Die Gleichung wird nach R3 umgestellt und daraus zunächst der falsch eingesetzte Widerstandswert R∗3 bestimmt: R∗3 =

U − I1 R1 − U2 . I3

1.1 Einheiten und Gleichungen |

49

Durch Inversion ergibt sich der richtige Wert R3 =

1 Ω. {R∗3 }

(Lies: R3 = Kehrwert des Zahlenwertes von R∗3 in Ohm). Anschließend wird mit dem richtigen Wert von R3 die Spannung U ausgerechnet. Mit den gegebenen Werten wird dann R∗3 =

6,3 V − 1 mA ⋅ 1 kΩ − 5 V = 0,1 Ω 3A

R3 =

⇒

1 Ω = 10 Ω 0,1

und U = 1 mA ⋅ 1 kΩ + 5 V + 3 A ⋅ 10 Ω = 36 V .

Aufgabe 1.1.7 Gesucht: Die Kraft F in mN und µN. Explizite Herleitung der Einheit Newton aus den Basiseinheiten der gegebenen Größen. Ansatz: Zur Angabe der Basiseinheiten fehlt die Zerlegung der Einheit Volt in ihre Basiseinheiten. Mit Hilfe der Energien ergibt sich der Zusammenhang 1 J = 1 Ws = 1 VAs = 1 Nm , ⇒

1 VAs =

1 kg m2 s2

1N =

1 kg m s2

⇒

1V =

1 kg m2 . A s3

Verwendete Basiseinheiten sind also: m, kg, s, A. Zunächst einfach nur die gegebenen Werte einsetzen und dann umwandeln: F=

1,602 ⋅ 10−20 As Vm 1,602 ⋅ 10−19 As ⋅ 0,1 C = 4π ⋅ 8,854 ⋅ 10−12 As/(Vm) ⋅ (2 mm)2 4π ⋅ 8,854 ⋅ 10−12 ⋅ (2 ⋅ 10−3 m)2

=

1,602 ⋅ 10−20 As V 1,602 ⋅ 10−20 As kg m2 = 4π ⋅ 8,854 ⋅ 10−12 ⋅ 4 ⋅ 10−6 m 16π ⋅ 8,854 ⋅ 10−18 A s3 m

=

1,602 ⋅ 10−2 kg m ≈ 3,6 ⋅ 10−5 N = 3,6 ⋅ 10−2 mN = 36 µN . 16π ⋅ 8,854 s2

(1.8)

50 | 1 Grundlegende Begriffe

1.2 Ohm’sches Gesetz Aufgabe 1.2.1 Gesucht: Zuordnung der Angaben in die Kategorien Formelzeichen, Zahlenwert, Vorsatzzeichen und Einheit. Berechnung von R in kΩ. Ansatz: Die gegebenen Werte werden wie folgt zugeordnet phys. Größe

Formelzeichen

Zahlenwert

U I

1,00 0,25

el. Spannung el. Strom

Vorsatzzeichen

Einheit

m μ

V A

Das Ohm’sche Gesetz lautet in seinen drei Formen R=

U , I

U R

I=

und

U =IR .

(1.9)

Werte einsetzen R=

1 ⋅ 10−3 V 100 V 1 mV = = = 4 ⋅ 103 Ω = 4 kΩ . 0,25 µA 0,25 ⋅ 10−6 A 25 ⋅ 10−3 A

Aufgabe 1.2.2 Ansatz:

Das Ohm’sche Gesetz aus Gl. (1.9). 1. U = I R ,

⇒

U = 20 A ⋅ 5 Ω = 100 V ,

(1.10)

2. I =

U , R

⇒

I=

10 V = 0,2 mA . 50 kΩ

(1.11)

3. R =

U , I

⇒

R=

30 V = 6 kΩ . 5 mA

(1.12)

2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen 2.1 Strom, Stromdichte Aufgabe 2.1.1 2.1.1.1 Gesucht: Für beide Fälle der Strom i(t) in allgemeiner Form, der durch den Leiter fließt. Ansatz: Nach Definition des elektrischen Stroms als Ladungsänderung / Zeit gilt i(t) =

dq(t) . dt

(2.1)

Zunächst müssen daher für beide Fälle die Zeitfunktionen von q(t) bestimmt werden. (a): Für q(t) gilt hier unter Beachtung des Definitionsbereichs von t e(n−n0 ) t + n0 e , { { { −nT1e q(t) = { T −T (t − T2 ) , { 2 1 { {0 ,

0 ≤ t < T1 , T1 ≤ t < T2 ,

(2.2)

t ≥ T2 .

Hieraus folgt für den Strom e(n−n0 ) , { { { −nT1e i(t) = { T −T , { 2 1 { {0 ,

0 ≤ t < T1 , T1 ≤ t < T2 ,

(2.3)

t ≥ T2 .

(b): Für q(t) gilt wieder unter Beachtung des Definitionsbereichs von t 2

{n e ( Tt − 1) , q(t) = { 0, {

0 ≤ t < 2T , t ≥ 2T .

(2.4)

Hieraus folgt für den Strom { 2n2e t − i(t) = { T 0, {

2n e T

,

0 ≤ t < 2T , t ≥ 2T .

2.1.1.2 Gesucht: Zeichnung der beiden Zeitverläufe. Ansatz: Die zeitliche Änderung des Stromes i(t) zeigt Abbildung 2.1. https://doi.org/10.1515/9783110672510-008

(2.5)

52 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen

i(t)

0

a

i(t)

e(n-n0) T1

2n e T

T1

T2

t

0

T

2T

t

-2n e T

-n e T2-T1

b

Abb. 2.1: Zeitliche Änderung des Stromes i(t). (a) rechteckförmig, (b) linear.

Aufgabe 2.1.2 Gesucht: Für beide Fälle in Abbildung 2.2 auf Seite 6 die transportierte Ladung Q. Ansatz: Nach Aufgabenstellung sind zunächst die Zeitfunktionen der beiden Stromverläufe zu bilden. Anschließend ist das Integral über i(t) zu lösen: T

Q = ∫ i(t) dt .

(2.6)

0

(a) Für i(t) gilt hier unter Beachtung des Definitionsbereichs von t t, { { { T1T −t i(t) = {ı ̂ T 2−T , { 2 1 { {0 ,

0 ≤ t < T1 ,

ı̂

T1 ≤ t < T2 ,

(2.7)

t ≥ T2 .

Damit wird T1

Q=∫ 0

T2

T2 − t ı ̂ T2 ı̂ t dt + ∫ ı ̂ dt = . T1 T2 − T1 2

(2.8)

T1

(b) Für i(t) gilt hier unter Beachtung des Definitionsbereichs von t 2

t 1 {4ı ̂ ( T − 2 ) , { { 2 i(t) = {4ı ̂ ( Tt − 32 ) , { { {0 ,

0≤t , ist die spannungsrichtige Messung zu wählen. R L1 RM,Volt

Begründung: Der Stromfehler, der durch den Spannungsmesser verursacht wird, ist dann viel kleiner als der Spannungsfehler durch den Strommesser. Umgekehrt gilt: Wenn

RM,Amp R L1 < , ist die stromrichtige Messung zu wählen. R L1 RM,Volt

Begründung: Der Spannungsfehler, der durch den Strommesser verursacht wird, ist dann viel kleiner als der Stromfehler durch den Spannungsmesser. Zum Nachdenken: Welche Gesetze stecken hinter diesen Regeln?

Aufgabe 2.3.2 2.3.2.1 Gesucht: Analyse der Schaltung. Gegeben: Schaltbild nach Abbildung 2.10 auf Seite 11. Ansatz: Betrachtung der einzelnen Messabgriffe und Erstellung der jeweiligen Ersatzschaltbilder in Abbildung 2.7 sowie die Berücksichtigung der gegebenen Widerstandsverhältnisse (RN1 , RN2 ≪ RM ) ergibt folgende Zuordnungen:

2.3 Strom- und Spannungsmessung |

65

MB1, MB2: Hier handelt es sich wegen der parallel zum Messwerk geschalteten sehr kleinen Widerstände RN1 , RN2 um Strommessbereiche. MB3, MB4: Diese Bereiche sind Spannungsmessbereiche, da die zugehörigen Widerstände RS1 , RS2 zusammen mit den Widerständen RN1 , RN2 einen belasteten Spannungsteiler bilden.

Abb. 2.7: Ersatzschaltungen der einzelnen Messbereiche.

2.3.2.2 Gesucht: Die Messbereichsendwerte IMB1 und IMB2 der Messbereiche MB1 und MB2. Gegeben: Zugehörige Ersatzschaltung in Abbildung 2.7 und alle Messgerätewerte. Ansatz: Auswertung der Ersatzschaltungen für MB1 und MB2. Die Knotengleichung liefert für beide Messbereiche: 0 = I − IM − IN

⇒

I = IMB = IM + IN =

UM,max + IN . RM

(2.72)

Im Messbereich MB1 liegt der Widerstand RN2 in Reihe zum Messwerkwiderstand und die Reihenschaltung ist parallel zu RN1 geschaltet. Ein Spannungsumlauf ergibt 0 = UM,max − IN RN1 + IM RN2

(2.73)

0 = UM,max − (IMB − IM ) RN1 + IM RN2 0 = UM,max − (IMB −

UM,max UM,max RN2 . ) RN1 + RM RM

(2.74)

66 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen Damit wird der Endwert von Messbereich 1: RN1 + RN2 + RM . IMB1 = UM,max RN1 RM

(2.75)

Im Messbereich MB2 liegt die Reihenschaltung der Widerstände RN1 und RN2 parallel zum Messwerk und es gilt UM,max RN1 + RN2

IN =

⇒

IMB2 = UM,max (

1 1 + ). RM RN1 + RN2

(2.76)

2.3.2.3 Gesucht: Die Messbereichsendwerte UMB3 und UMB4 der Messbereiche MB3 und MB4. Gegeben: Zugehörige Ersatzschaltung in Abbildung 2.7 und alle Messgerätewerte. Ansatz: Auswertung der Ersatzschaltungen für MB3 und MB4. Die Umlaufgleichungen für den Messbereich MB3 ergeben 0 = −U + I RS1 + UM,max

(2.77)

0 = UM,max − IN (RN1 + RN2 )

(2.78)

sowie für den Messbereich MB4 0 = −U + I (RS1 + RS2 ) + UM,max

(2.79)

0 = UM,max − IN (RN1 + RN2 ) .

(2.80)

Die Knotengleichung liefert für beide Messbereiche I = IM + IN =

UM,max + IN . RM

(2.81)

Die zweite Umlaufgleichung führt für beide Messbereiche zu IN =

UM,max . RN1 + RN2

(2.82)

Mit diesen Gleichungen können die gesuchten Größen ausgerechnet werden.

Messbereich MB3: UMB3 = U = (IM + IN ) RS1 + UM,max =(

UM,max UM,max + ) RS1 + UM,max RM RN1 + RN2 RS1 RS1 + + 1) RM RN1 + RN2

(2.83)

RS1 (RN1 + RN2 + RM ) + 1) . RM (RN1 + RN2 )

(2.84)

UMB3 = UM,max ( UMB3 = UM,max (

2.3 Strom- und Spannungsmessung |

67

Messbereich MB4: UMB4 = U = (IM + IN ) (RS1 + RS2 ) + UM,max =(

UM,max UM,max + )(RS1 + RS2 ) + UM,max RM RN1 + RN2 RS1 + RS2 RS1 + RS2 + + 1) RM RN1 + RN2

(2.85)

(RS1 + RS2 )(RN1 + RN2 + RM ) + 1) . RM (RN1 + RN2 )

(2.86)

UMB4 = UM,max ( UMB4 = UM,max (

2.3.2.4 Gesucht: Werte der Widerstände RN1 , RN2 , RS1 und RS2 für die gegebenen Werte UM,max = 1 V, RM = 1 kΩ, IMB1 = 0,5 A, IMB2 = 50 mA, UMB3 = 5 V, UMB4 = 50 V . Ansatz:

Aus Gleichung (2.75) und (2.76) ergibt sich jeweils umgestellt nach RN1 UM,max (RM + RN2 ) IMB1 RM − UM,max (UM,max − IMB2 RM )RN2 + UM,max RM . = IMB2 RM − UM,max

RN1 =

Einsetzen der Werte und auflösen nach RN2 führt auf 1 V(1 kΩ + RN2 ) (1 V − 50 mA ⋅ 1 kΩ)RN2 + 1 V ⋅ 1 kΩ = 500 mA ⋅ 1 kΩ − 1 V 50 mA ⋅ 1 kΩ − 1 V 1 V + 1 mA ⋅ RN2 (1 mA − 50 mA) ⋅ RN2 + 1 V = 500 mA − 1 mA 50 mA − 1 mA (1 V + 1 mA ⋅ RN2 ) ⋅ 49 mA = (−49 mA ⋅ RN2 + 1 V) ⋅ 499 mA 49 V + 49 mA ⋅ RN2 = −49 ⋅ 499 mA ⋅ RN2 + 499 V 49 ⋅ 500 mA ⋅ RN2 = 450 V

⇒

RN2 =

450 V ≈ 18,367 Ω . 49 ⋅ 500 mA

Aus Gleichung (2.88): RN1 =

1 V(1 kΩ + 18,367 Ω) 1018,367 V Ω = ≈ 2,041 Ω . 500 mA ⋅ 1 kΩ − 1 V 500 V − 1 V

(2.87) (2.88)

68 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen Aus Gleichung (2.84): UMB3 1 1 − 1 = RS1 ( + ) UM,max RM RN1 + RN2 1 1 = RS1 ( + ) 1 kΩ 2,041 Ω + 18,367 Ω 1000 Ω ⋅ 20,408 Ω 5V ⇒ RS1 = ( − 1) ⋅ = 4 ⋅ 20 Ω = 80 Ω . 1V 1020,408 Ω Analog aus Gleichung (2.86): RS2 = (

1000 Ω ⋅ 20,408 Ω 50 V − 1) ⋅ − 80 Ω = 49 ⋅ 20 Ω − 80 Ω = 900 Ω . 1V 1020,408 Ω

Aufgabe 2.3.3 2.3.3.1 Gesucht: Gleichung zur Berechnung von RA für RL3 = RL4 = 0. Ansatz: Nach Abbildung 2.11 auf Seite 11 fließt durch RA der Strom IA = I − IM V ,

(2.89)

Der Strom IM V durch das Spannungsmessgerät kann durch die gemessene Spannung U und den Innenwiderstand RM V eindeutig bestimmt werden IM V =

U . RM V

(2.90)

Hiermit wird dann RA =

U I − IM V

⇒

RA =

U RM V . I RM V − U

(2.91)

2.3.3.2 Gesucht: Gleichung zur Berechnung von RA für RL3 und RL4 in allgemeiner Form. Ansatz: Bestimmen der Spannung UA über die Umlaufgleichung 0 = −UA + IM V (RL3 + RL4 ) + U ,

mit

IM V =

U . RM V

(2.92)

Der Strom IA ergibt sich durch IA = I − IM V = I −

0 = −UA +

U (RL3 + RL4 ) + U RM V

⇒

U . RM V

UA = U (1 +

RL3 + RL4 ). RM V

(2.93)

(2.94)

2.3 Strom- und Spannungsmessung |

69

Damit wird UA = RA = IA

RL3 + RL4 ) RM V U I− RM V

U (1 +

⇒

RA =

U (RL3 + RL4 + RM V ) . I RM V − U

(2.95)

2.3.3.3 Gesucht: Der relative Fehler, der bei der Bestimmung von RA durch die beiden Leitungswiderstände RL3 = RL4 = 1 ⋅ 10−4 RM V verursacht würde. Ansatz: Es werden zwei Widerstände verglichen: der fehlerfreie Wert RA,i (2.92) und der fehlerbehaftete Wert RA,f (2.95). Mit Werten wird RA,f =

U RM V (1 + 2 ⋅ 10−4 ) , I RM V − U

RA,i =

U RM V I RM V − U

(2.96)

und damit der Fehler ∆RA = RA,f − RA,i

(2.97)

U RM V U RM V 2 ⋅ 10−4 = (1 + 2 ⋅ 10−4 − 1) = I RM V − U I RM V − U

∆RA = 2 ⋅ 10−4 . RA,i

Anmerkung. Die Spannungsabfälle an RL1 und RL2 müssen wegen der direkten Messung der Spannung an RA nicht bekannt sein. Der Strom durch RA ist über den Messstrom I sowie den Innenwiderstand RM V eindeutig bestimmbar. Daher ist die Kenntnis von RL1 und RL2 sowie von U0 nicht erforderlich.

70 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen

2.4 Quellen-Ersatzzweipole Aufgabe 2.4.1 2.4.1.1 Gesucht: Der Verlauf rechnerisch und zeichnerisch des spannungsabhängigen Widerstands R3 für einen Spannungsbereich von 0 . . . 100 V in 10er Schritten. Gegeben: Gleichung für R3 : R3 (U) = R0 (1 − c U) , Ansatz:

0 ≤ U < 110 V ,

c = 1/(110 V) ,

R0 = 110 Ω .

Aufstellen einer Wertetabelle. U/V R3/Ω

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 100 90 80 70 60 50 40 30 20 10

Der gesuchte Verlauf der Funktion R3 (U) ist in Abbildung 2.8 dargestellt. 120 100

R3/ Ω

80 60 40 20 0

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

U/V

Abb. 2.8: Verlauf des spannungsabhängigen Widerstands R3 .

2.4.1.2 Gesucht: Eine Ersatzspannungsquelle Uq mit Innenwiderstand Ri , die nur den Widerstand R3 als Last hat. Ansatz: Nach Abbildung 2.12 auf Seite 12 wird R3 an den Klemmen a, b abgetrennt und dann die Leerlaufspannung Uq und der Ersatzinnenwiderstand Ri ermittelt. Zur Vorgehensweise siehe hierzu die Abbildung 2.9.

2.4 Quellen-Ersatzzweipole | 71

a

a

R1 U0

R1 R2

R2

Uq b

Ri b

Abb. 2.9: Ersatzschaltbilder zur Berechnung von Leerlaufspannung Uq und Innenwiderstand Ri der Ersatzspannungsquelle.

Leerlaufspannung: Die Spannungsteilerregel ergibt Uq = U0

R2 . R1 + R2

(2.98)

Innenwiderstand: Bei kurzgeschlossener Spannungsquelle U0 sind R1 und R2 parallel geschaltet Ri =

R1 R2 . R1 + R2

(2.99)

2.4.1.3 Gesucht: Allgemeine Gleichung für den Widerstand R3 = f(U0 ). Gegeben: Widerstandswerte R1 = R2 = R, Ersatzspannungsquelle mit Uq = U0/2 und Ri = R/2 Gleichung für R3 : R3 (U) = R0 (1 − c U) , Ansatz:

0 ≤ U < 110 V ,

c = 1/(110 V) ,

R0 = 110 Ω .

Die Ersatzspannungsquelle hat R3 als Lastwiderstand, damit kann die Spannung U3 an R3 einfach über die Spannungsteilerregel bestimmt werden R3 U3 = Uq . Ri + R3 Diese Gleichung eingesetzt in die Gleichung von R3 ergibt R3 = R0 (1 − c Uq

R3 ) . Ri + R3

Mit den gegebenen Werten R3 = R0 (1 − c (

U0 ⋅ 2

R3 R 2

+ R3

) = R0 (1 − cU0 ⋅

R3 − 1) (R + 2 R3 ) = −c U0 R3 R0

R3 ) R + 2 R3

(2.100) (2.101)

72 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen 2 2 R R − 2 R3 + R3 − R + c U0 R3 = 0 R0 3 R0

(2.102)

2 R23 + R3 (R + c U0 R0 − 2 R0 ) − R R0 = 0

(2.103)

R R0 R3 (R + c U0 R0 − 2 R0 ) − =0 R23 + 2 2

(2.104)

2

R3 = −

R + R0 (c U0 − 2) √ (R + R0 (c U0 − 2)) R R0 ± + . 4 16 2

(2.105)

Der Ausdruck unter der Wurzel ist immer größer als der Term vor der Wurzel, somit gilt nur das positive Vorzeichen 2

R3 = −

R + R0 (c U0 − 2) √ (R + R0 (c U0 − 2)) R R0 . + + 4 16 2

(2.106)

2.4.1.4 Gesucht: Das Verhältnis der Spannung U3/U0 am Widerstand R3 für die Werte U0 = 100 V sowie U0 = 1000 V. Gegeben: Widerstandswerte R1 = R2 = R = 100 Ω, Ersatzspannungsquelle mit Uq = U0/2 und Ri = R/2 = 50 Ω Gleichung für R3 . Ansatz: Nach der Spannungsteilerregel ist U3 R3 2U3 = = Uq Ri + R3 U0

⇒

U3 R3 = . U0 2(Ri + R3 )

U0 = 100 V R3 = −

V 100 Ω + 110 Ω ( 100 110 V − 2)

4 2

100 V 100 Ω ⋅ 110 Ω √ (100 Ω + 110 Ω ( 110 V − 2)) + + , 16 2

R3 = 5 Ω + √25 + 5500 Ω ≈ 79,33 Ω

⇒

U3 79,33 Ω = ≈ 0,307 . U0 2(50 Ω + 79,33 Ω)

U0 = 1000 V R3 = −

V 100 Ω + 110 Ω ( 1000 110 V − 2)

4 √ (100 Ω + 110 Ω ( + 16

1000 V 110 V

2

− 2))

+

100 Ω ⋅ 110 Ω , 2

2.4 Quellen-Ersatzzweipole | 73

R3 = −220 Ω + √2202 + 55002 Ω ≈ 12,16 Ω

⇒ U3 12,16 Ω = ≈ 0,098 . U0 2(50 Ω + 12,16 Ω)

Die errechneten Werte sind in Abbildung 2.8 durch schwarze Kreise gekennzeichnet.

Aufgabe 2.4.2 Gesucht: Leerlaufspannung Uq und Innenwiderstand Ri der Ersatzspannungsquelle. Gegeben: Quellenspannung U01 = 2 V, Diodenkennlinie, Widerstandswerte R2 = 6 Ω, R3 = 14 Ω, R4 = 13,3 Ω. Ansatz: Berechnung der Leerlaufspannung bzw. Quellenspannung Uq der Ersatzspannungsquelle: Nach Abbildung 2.10 links entfällt der Widerstand R4 , weil durch ihn im Leerlauf kein Strom fließt, es verbleibt ein einfacher Spannungsteiler aus R2 und R3 Uq =

R3 14 Ω U01 = ⋅ 2 V = 1,4 V . R2 + R3 6 Ω + 14 Ω

(2.107)

Zur Bestimmung von Ri wird die Spannungsquelle U01 kurzgeschlossen, so dass auch der Widerstand R1 entfällt (siehe Abbildung 2.10 rechts). Übrig bleibt als Ersatzschaltung nur noch die Reihenschaltung von R4 mit der Parallelschaltung von R2 und R3 Ri =

R2 R3 6 Ω ⋅ 14 Ω + R4 = + 13,3 Ω = 17,5 Ω . R2 + R3 6 Ω + 14 Ω

(2.108)

Aus der Leerlaufspannung Uq und dem Innenwiderstand Ri berechnet sich der Kurzschlussstrom wie folgt: Ik =

Uq 1,4 V = = 80 mA . Ri 17,5 Ω

(2.109)

Die gesuchten Größen I1 und UAB können nun grafisch ermittelt werden (siehe Abbildung 2.11): UAB = 0,7 V ;

I1 = 40 mA .

Aufgabe 2.4.3 Gesucht: Kurzschluss-Strom Ik und Innenwiderstand Ri der Ersatzstromquelle. Ansatz: Der Kurzschluss-Strom Ik wird bei kurzgeschlossenen Klemmen a, b ermittelt (siehe Abbildung 2.12). Folgende Vorgehensweise vereinfacht die Rechnung:

74 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen

R2

R2

A

U01

R4

Uq

R3

A

Ri

R3

B

B

Abb. 2.10: Ersatzschaltbilder zur Bildung der Ersatzspannungsquelle.

I / mA Ik= 80 mA 60 40 20 0 0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

Uq= 1,4 V

U/V

Abb. 2.11: Schnittpunkt der Diodenkennlinie mit der Arbeitsgeraden.

Die Stromquelle I0 wird wie in Abbildung 2.12 rechts gezeigt, zunächst in eine Ersatzspannungsquelle mit der Leerlaufspannung Uq = I0 R1 und dem Innenwiderstand R1 umgewandelt. Dann kann folgende Umlaufgleichung aufgestellt werden: −I0 R1 − U0 + Ik (R1 + R2 ) = 0 .

(2.110)

Hieraus errechnet sich der Kurzschlussstrom Ik =

U0 + I0 R1 . R1 + R2

(2.111)

a

a

R2 R1

I0 Ri

R3

U0 R1

R2

R1 U0

Ik

b Abb. 2.12: Ersatzschaltbilder zur Bildung der Ersatzstromquelle.

a R2 Ik

Uq=I0R1 b

b

2.4 Quellen-Ersatzzweipole | 75

Zur Bestimmung von Ri wird die Stromquelle I0 offen gelassen und die Spannungsquelle U0 kurzgeschlossen (siehe Abbildung 2.12 links) Ri =

(R1 + R2 ) R3 . R1 + R2 + R3

(2.112)

Aufgabe 2.4.4 Gesucht: Schaltungsvereinfachung durch konsequente Anwendung der Methode Ersatzquelle bis der Strom I1 durch einen einfachen Umlauf bestimmt werden kann. Gegeben: Originalschaltung in Abbildung 2.13 mit allen Werten der Quellen und Widerstände. Ansatz: 1. Umwandlung der beiden äußeren Spannungsquellen (mit den Widerständen 2R) in äquivalente Stromquellen (Abbildung 2.14a)

2. 3.

U02 , 2R U03 = , 2R

Iq1 =

Ri1 = 2R ;

Iq2

Ri2 = 2R .

Zusammenfassen der parallelen Widerstände 2R und der beiden Stromquellen Iq1 und I0 (Abbildungen 2.14b und c) Umwandeln der beiden Stromquellen mit Innenwiderstand R in äquivalente Spannungsquellen (Abbildung 2.14d) Uq1 = (I0 + Iq1 )R ,

Ri1 = R ;

Uq2 = Iq2 R ,

Ri2 = R .

4. Zusammenfassen der Spannungsquellen und Widerstände zur Schaltung in Abbildung 2.14e. Es entsteht ein einfacher Stromkreis der nur noch aus einer Quelle und einem Widerstand besteht. Der gesuchte Strom I1 wird dann I1 =

U01 + Uq1 − Uq2 U01 + = 3R

U02 2R R

+ I0 R − 3R

U03 2R R

=

U0 1 + I0 . 3R 3

Aufgabe 2.4.5 2.4.5.1 Gesucht: Ersatzspannungsquelle mit Widerstand R4 als Last. Ansatz: Umzeichnen der Schaltung in Abbildung 2.17 auf Seite 14 wie in Abbildung 2.15 gezeigt, vereinfacht die Bildung der Ersatzspannungsquelle.

76 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen

I1 R

I0

2R

2R

U01=U0

2R

2R

U02=U0

U03=U0

Abb. 2.13: Originalschaltung des linearen Netzwerkes mit Stromquelle und Spannungsquellen.

I1 Iq1

R

I0 2R

Iq2

U01=U0

2R

2R

2R

a I1 Iq1

R

I0 2R

Iq2

U01=U0

2R

R

b I1 R

I0+Iq1

Iq2

U01=U0

R

R

c I1 R

I1 R

U01 R U01+Uq1-Uq2

Uq1 d

Uq2 e

Abb. 2.14: Ersatzschaltbilder zur Schaltungsvereinfachung.

3R

2.4 Quellen-Ersatzzweipole | 77

A R3

R1

U02

A

R5

R2 U01

Ri

R4

R4

Uq

I4

U03

I4

B

B

R6 Abb. 2.15: Umgezeichnete Schaltung und Ersatzspannungsquelle.

Schritte zur Bildung der Ersatzspannungsquelle 1. Widerstand R4 wie in Abbildung 2.16 gezeigt abtrennen. I1 R1

I3 I2 R3

U02

A

A R3

R5

R2

R1

Uq

U01

R2

R5

Ri

U03 B

B

R6

R6

Abb. 2.16: Ersatzschaltungen zur Bestimmung der Ersatzspannungsquelle.

2.

3.

Gleichungen zur Bestimmung von Uq aufstellen −U01 + I1 R1 + I2 R2 = 0 ,

(2.113)

−I2 R2 − U02 + I3 (R3 + R5 + R6 ) − U03 = 0 ,

(2.114)

I1 − I2 − I3 = 0 .

(2.115)

Strom I2 durch Knotengleichung ersetzen I2 = I1 − I3

(2.116)

und in die Umlaufgleichungen einsetzen −U01 + I1 (R1 + R2 ) − I3 R2 = 0 ,

(2.117)

−I1 R2 − U02 + I3 (R2 + R3 + R5 + R6 ) − U03 = 0 .

(2.118)

4. Matrixgleichung aufstellen und gegebene Werte einsetzen: [

R1 + R2 −R2

−R2 I1 U01 ]⋅[ ]=[ ] R2 + R3 + R5 + R6 I3 U02 + U03 3R [ −2R

−2R I1 2U0 ]⋅[ ]=[ ] . 6R I3 2U0

(2.119)

78 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen 5.

Matrixgleichung mit Hilfe der Cramer’schen Regel für den Strom I3 lösen: 󵄨󵄨 󵄨󵄨 3R 󵄨󵄨 󵄨󵄨−2R 󵄨 I3 = 󵄨 󵄨󵄨 3R 󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨−2R

6.

󵄨 2U0 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 2U0 󵄨󵄨󵄨 3R ⋅ 2U0 − (−2R) ⋅ 2U0 10U0 5U0 = = . 󵄨 = 14R 7R 3R ⋅ 6R − (2R)2 −2R󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 6R󵄨󵄨󵄨

Die Umlaufgleichung zur Bestimmung der Leerlaufspannung lautet 0 = Uq + U03 − I3 R5 .

(2.120)

Damit ergibt sich die Leerlaufspannung Uq zu Uq = I3 R5 − U03 = 7.

5U0 5U0 − 7U0 2 ⋅ R − U0 = = − U0 . 7R 7 7

Innenwiderstand der Ersatzspannungsquelle bestimmen. Hierzu alle Spannungsquellen kurzschließen, so dass das rechte ESB in Abbildung 2.16 entsteht. Zur Vereinfachung wird ein Ersatzwiderstand RE eingeführt, der aus der Parallelschaltung von R1 und R2 besteht RE =

R1 R2 . R1 + R2

(2.121)

Der Innenwiderstand Ri ist dann (RE + R3 + R6 ) R5 = Ri = RE + R3 + R6 + R5

R1 R2 + R3 + R6 ) R5 R1 + R2 R1 R2 + R3 + R6 + R5 R1 + R2

(

Ri =

R1 R2 R5 + (R1 + R2 ) (R3 + R6 ) R5 R1 R2 + (R3 + R6 + R5 ) (R1 + R2 )

Ri =

2R3 + 9R3 11 R ⋅ 2R ⋅ R + (R + 2R) (R + 2R) ⋅ R = = R. R ⋅ 2R + (R + 2R + R) ⋅ (R + 2R) 2R2 + 4R ⋅ 3R 14

(2.122)

(2.123)

2.4.5.2 Gesucht: Der Strom I4 . Gegeben: Spannung Uq = −2/7U0 , Innenwiderstand Ri = 11/14 R, Widerstand R4 = 5/14 R. Ansatz: Nach Abbildung 2.15 rechts ist 2 − U0 Uq −4U0 U0 7 I4 = = = =− . 11 5 Ri + R4 11R + 5R 4R R+ R 14 14

(2.124)

2.4 Quellen-Ersatzzweipole | 79

2.4.5.3 Gesucht: Wert des Widerstands R4 , damit die Ersatzspannungsquelle die maximale Leistung an R4 abgibt und die Leistung der Quelle Pq . Gegeben: Spannung Uq = −2/7U0 , Innenwiderstand Ri = 11/14 R. Ansatz: Die Leistung der Ersatzspannungsquelle berechnet sich über die Quellenspannung Uq und den Strom I4 : Pq = Uq I4 .

(2.125)

Die maximale Leistung am Widerstand R4 tritt bei Leistungsanpassung auf: Ri = R4

⇒

R4 =

11 R. 14

(2.126)

Von der Quelle wird dann die Leistung (Achtung: I4 muss neu berechnet werden!) 2 2 U ) (− 0 14 ⋅ 4U02 4U02 Uq 7 Pq = Uq I4 = Uq = = = = 11 Ri + R4 2Ri 49 ⋅ 22R 77R 2⋅ R 14

Uq2

abgegeben und an R4 die Leistung (war nicht gefragt) Pmax = Uq

Uq2 2U02 1 Uq . ⋅ = = 2 2Ri 4Ri 77R

80 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen

2.5 Stern-Dreieck-Transformation Aufgabe 2.5.1 2.5.1.1 Gesucht: Das Widerstandsdreieck R2 , R4 und R5 ist in eine äquivalente Sternschaltung umzuwandeln. Gegeben: Nicht abgeglichene Brückenschaltung. Ansatz: Für die Umwandlung eines Dreiecks in einen Stern gilt: Sternwiderstand =

Produkt der Anliegerwiderstände . Umfangswiderstand

(2.127)

Anwendung der Regel auf das Widerstandsdreieck B, C, D in Abb. 2.17 ergibt: Rb =

R2 R4 , R2 + R4 + R5

(2.128)

Rc =

R2 R5 , R2 + R4 + R5

(2.129)

Rd =

R4 R5 . R2 + R4 + R5

(2.130)

C

C R2

R5

Rc Rb

R1 Rc B

Rb

A

B

Rd D

R4

Rd

R3 D

Abb. 2.17: Widerstandsdreieck R2 , R4 , R5 und äquivalente Sternschaltung, Ersatzschaltbild der Brückenschaltung nach der Dreieck-Stern-Transformation.

2.5.1.2 Gesucht: Ersatzschaltbild der Brückenschaltung nach der Dreieck-Stern-Transformation und Berechnung des Gesamtwiderstands Rges zwischen den Klemmen A, B in allgemeiner Form. Gegeben: äquivalenter Widerstandsstern mit den transformierten Widerständen Rb , Rc und Rd . Ansatz: Die Ersatzschaltung nach Umwandlung des Widerstandsdreiecks R2 , R4 , R5 in eine äquivalente Sternschaltung zeigt Abbildung 2.17 rechts.

2.5 Stern-Dreieck-Transformation | 81

Basierend hierauf können die Teilwiderstände zum resultierenden Widerstand Rges zusammengefasst werden. Rges =

Rges =

Rges =

Rges =

1 + Rb 1 1 + R1 + Rc R3 + Rd

(2.131)

1 R2 R4 + 1 1 R2 + R4 + R5 + R2 R5 R4 R5 R1 + R3 + R2 + R4 + R5 R2 + R4 + R5 1 R2 + R4 + R5 R2 + R4 + R5 + R1 (R2 + R4 + R5 ) + R2 R5 R3 (R2 + R4 + R5 ) + R4 R5 R2 R4 + R2 + R4 + R5 [R1 (R2 + R4 + R5 ) + R2 R5 ][R3 (R2 + R4 + R5 ) + R4 R5 ] (R2 + R4 + R5 )[(R1 + R3 )(R2 + R4 + R5 ) + (R2 + R4 ) R5 ] R2 R4 . + R2 + R4 + R5

(2.132)

(2.133)

(2.134)

2.5.1.3 Gesucht: Rges zwischen den Klemmen A, B. Gegeben: Widerstandswerte: R1 = R4 = R5 = 3R; R2 = R3 = 2R. Die allgemeine Gleichung (2.133) zur Berechnung von Rges . Ansatz: Einsetzen der Werte in die allgemeine Formel für Rges . Rges =

Rges =

Rges =

Rges =

1 R2 + R4 + R5 R2 + R4 + R5 + R1 (R2 + R4 + R5 ) + R2 R5 R3 (R2 + R4 + R5 ) + R4 R5 R2 R4 + R2 + R4 + R5 1 2R + 3R + 3R 2R + 3R + 3R + 3R (2R + 3R + 3R) + 2R 3R 2R (2R + 3R + 3R) + 3R 3R 2R 3R + 2R + 3R + 3R 1

8R 8R + 2 2 2 24R + 6R 16R + 9R2

+

6R2 = 8R

1 3R + 8 4 4 + 15R 25R

75R 3R 75R + 33R 108 27 + = = R= R. 20 + 24 4 44 44 11

(2.135)

82 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen

Aufgabe 2.5.2 2.5.2.1 Gesucht: Der Widerstandsstern R1 , R2 , R5 ist in eine äquivalente Dreieckschaltung umzuwandeln. Ansatz: Für die Umwandlung eines Sterns in ein Dreieck gilt: Dreiecksleitwert =

Produkt der Anliegerleitwerte . Knotenleitwert

(2.136)

Anwendung der Regel auf den Widerstandsstern zwischen den Knoten A, B, D in Abbildung 2.18 ergibt: R1 R2 + R1 + R2 , R5 R2 R5 = + R2 + R5 , R1 R1 R5 = + R1 + R5 , R2

G1 G2 , G1 + G2 + G5 G2 G5 , = G1 + G2 + G5 G1 G5 . = G1 + G2 + G5

Rab =

Gab =

(2.137)

Rbd

Gbd

(2.138)

Rda

Gda

Rab

(2.139)

Rab B

A

B

A

R1

Rda

R5

D

R2 Rbd

R3

R4 Rda

Rbd D

Abb. 2.18: Widerstandsstern R1 , R2 , R5 und äquivalente Dreieckschaltung, Ersatzschaltbild der Brückenschaltung nach der Stern-Dreieck-Transformation.

2.5.2.2 Gesucht: Ersatzschaltbild der Brückenschaltung nach der Stern-Dreieck-Transformation und Berechnung des Leitwertes Gges zwischen den Klemmen A, B in allgemeiner Form. Gegeben: äquivalentes Widerstandsdreieck mit den transformierten Widerständen Rab , Rbd und Rda . Ansatz: Die Ersatzschaltung nach Umwandlung des Widerstandssterns R1 , R2 , R5 in eine äquivalente Dreieckschaltung zeigt Abbildung 2.18 rechts. Basierend hierauf können die Teilwiderstände zum resultierenden Widerstand Rges zusammengefasst werden.

2.5 Stern-Dreieck-Transformation | 83

Gges = Gab +

Gges = Gab +

1 1 1 + G3 + Gda G4 + Gbd (G3 + Gda ) ⋅ (G4 + Gbd ) . G3 + Gda + G4 + Gbd

(2.140)

2.5.2.3 Gesucht: Gges zwischen den Klemmen A, B. Gegeben: Leitwerte: G1 = G4 = G; G2 = G3 = 5G; G5 = 4G. Ansatz: Einsetzen der Werte in die unter 2 berechneten allgemeinen Formeln für die Dreiecksleitwerte und den Gesamtleitwert Gges .

Gab =

G1 G2 G ⋅ 5G 5G2 1 = = = G, G1 + G2 + G5 G + 5G + 4G 10G 2

(2.141)

Gbd =

G2 G5 5G ⋅ 4G 20G2 = = = 2G , G1 + G2 + G5 G + 5G + 4G 10G

(2.142)

Gda =

G ⋅ 4G 4G2 2 G1 G5 = = = G. G1 + G2 + G5 G + 5G + 4G 10G 5

(2.143)

Einsetzen der Werte in Gleichung (2.140) Gges = Gab +

(G3 + Gda ) ⋅ (G4 + Gbd ) , G3 + Gda + G4 + Gbd

Gges =

(5G + 25 G) ⋅ (G + 2G) 1 (5G + 52 G) ⋅ 3G 1 G+ = G + , 2 2 2 5G + 25 G + G + 2G 5 G + 8G

Gges =

1 27 7 + 27 17 (25G + 2G) ⋅ 3G 1 G+ = G+ G= G= G. 2 2G + 40G 2 14 14 7

(2.144)

84 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen

2.6 Umlauf- und Knotenanalyse Aufgabe 2.6.1

I1

I2 R1

R2 R3

R3

R3

U01

U02 I4

I R5,6

R4

II III

R5,6

R5,6

7W

R7

a

R8

b

R8

c

R8

R9

Abb. 2.19: Vollständiger Baum mit jeweils durch einen Verbindungszweig geschlossenen Umlauf. (a) für Strom I1 , (b) für Strom I4 und (c) für Strom I2 .

Gesucht: Vollständiges Gleichungssystem zur Berechnung der Ströme I1 , I2 und I4 in allgemeiner Form, der Wert des Stroms I4 . Ansatz: Eintragen des vollständigen Baums. Wahl der Baumzweige so, dass die Ströme I1 , I2 und I4 in Verbindungszweigen liegen und damit zu unabhängigen Strömen werden. Festlegen der Umläufe wie in Abbildung 2.19 gezeigt. Aufstellen des Gleichungssystems mit Hilfe der Umlaufanalyse (Abkürzungen: R1,3,7 = R1 + R3 + R7 , R2,9 = R2 + R9 , R5,6 = R5 + R6 ): R1,3,7 + R5,6 + R8 R3 + R5,6 [ −(R5,6 + R8 ) [ [

R3 + R5,6 R2,9 + R3 + R5,6 −R5,6

−(R5,6 + R8 ) I1 U01 ] [ ] [ ] −R5,6 ] ⋅ [I2 ] = [U02 ] . R4 + R5,6 + R8 ] [I4 ] [ 0 ]

Einsetzen der Werte: 9Ω [ [ 3Ω [−6 Ω

3Ω 4Ω −2 Ω

I1 1V −6 Ω ] [ ] [ ] −2 Ω] ⋅ [I2 ] = [2 V] . 7 Ω] [I4 ] [ 0 ]

(2.145)

Der Strom I4 wird mit Hilfe der Cramer’schen Regel bestimmt: I4 =

D3 . D

Es sind die beiden Determinanten D3 und D zu berechnen, Beispiel: Lösung mit dem Laplace’schen Entwicklungssatz:

2.6 Umlauf- und Knotenanalyse | 85

Determinante D: Entwicklung nach 1. Spalte: 󵄨󵄨 󵄨󵄨 9 Ω 󵄨󵄨 D = 󵄨󵄨󵄨 3 Ω 󵄨󵄨 󵄨󵄨 −6 Ω 󵄨

3Ω 4Ω −2 Ω

󵄨 −6 Ω󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨 4 −2 Ω󵄨󵄨󵄨 = 9 Ω3 ⋅ 󵄨󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨−2 7 Ω󵄨󵄨󵄨

󵄨󵄨 󵄨 −2󵄨󵄨󵄨 󵄨 3 󵄨󵄨 − 3 Ω3 ⋅ 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨−2 7󵄨󵄨󵄨 󵄨

󵄨󵄨 󵄨 −6󵄨󵄨󵄨 󵄨3 󵄨󵄨 + (−6 Ω3 ) ⋅ 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨4 7󵄨󵄨󵄨 󵄨

󵄨 −6󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 −2󵄨󵄨󵄨

D = 9 Ω3 (28 − 4) − 3 Ω3 (21 − 12) − 6 Ω3 (−6 + 24) = 9(24 − 3 − 12) Ω3 = 81 Ω3 . Determinante D3 : Entwicklung nach 3. Spalte: 󵄨󵄨 󵄨󵄨 9 Ω 󵄨󵄨 D3 = 󵄨󵄨󵄨 3 Ω 󵄨󵄨 󵄨󵄨−6 Ω 󵄨

3Ω 4Ω −2 Ω

1V 2V 0V

󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨 = 1 V Ω2 ⋅ 󵄨󵄨󵄨󵄨 3 󵄨󵄨 󵄨󵄨−6 󵄨󵄨 󵄨 󵄨󵄨

󵄨 󵄨󵄨 4󵄨󵄨󵄨 󵄨 9 󵄨󵄨 − 2 V Ω2 ⋅ 󵄨󵄨󵄨 󵄨 󵄨󵄨−6 −2󵄨󵄨 󵄨

󵄨 3󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 + 0 −2󵄨󵄨󵄨

D3 = 1 V Ω2 (−6 + 24) − 2 V Ω2 (−18 + 18) = 18 V Ω2 . Damit wird I4 =

D3 18 V Ω2 2 = = A ≈ 0,222 A . D 9 81 Ω3

Aufgabe 2.6.2 2.6.2.1 Gesucht: Vollständiges Gleichungssystem zur Berechnung der Ströme I3 und I6 in allgemeiner Form, der Wert der Ströme I3 und I6 . Ansatz: Die Stromquelle I02 darf nicht in eine äquivalente Spannungsquelle umgewandelt werden, da ihr kein Innenwiderstand zugeordnet werden kann (R i → ∞). Sie muss daher bei der Umlaufanalyse als unabhängiger Strom betrachtet werden und in einem Verbindungszweig liegen!

Abb. 2.20: Lineares Netzwerk mit vollständigem Baum und eingetragenen Umläufen.

86 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen Eintragen des vollständigen Baums. Zunächst werden die Zweige ausgewählt, in denen die Ströme I3 , I6 und I02 fließen. Diese Zweige werden zu Verbindungszweigen. Alle anderen werden zu Baumzweigen. Probe: Es gibt nur drei unabhängige Ströme, I3 , I6 und I02 , daher auch nur drei Verbindungszweige, alle Knoten müssen durch die Baumstruktur einfach miteinander verbunden sein, Der Baum darf nicht geschlossen sein. Das Festlegen der Umläufe erfolgt jeweils in Richtung der unabhängigen Ströme. Siehe hierzu die Abbildungen 2.20 und 2.21.

Abb. 2.21: Vollständiger Baum mit jeweils durch einen Verbindungszweig geschlossenen Umlauf. (a) für Strom I3 , (b) für Strom I6 und (c) für Strom I02 .

Aufstellen des Gleichungssystems mit Hilfe der Umlaufanalyse: R1 + R3 + R4 R1 + R4 R4 [ [ [

R1 + R4 R1 + R4 + R5 + R6 R4 + R5

R4 I3 U01 ] [ ] [ ] R4 + R5 ] ⋅ [ I6 ] = [U01 ] . R2 + R4 + R5 ] [I02 ] [U02 ]

(2.146)

Der Wert der Stromquelle I02 ist bekannt, daher kann Gleichung (2.146) wie folgt umgeformt werden: [

R1 + R3 + R4 R1 + R4

R1 + R4 I3 U01 − I02 R4 ]⋅[ ]=[ ] . R1 + R4 + R5 + R6 I6 U01 − I02 (R4 + R5 )

(2.147)

2.6 Umlauf- und Knotenanalyse | 87

Einsetzen der Werte: [

40 Ω 20 Ω

20 Ω I3 40 V − 10 V 30 V ]⋅[ ]=[ ]=[ ] . 70 Ω I6 40 V − 40 V 0V

Zur Berechnung der gesuchten Ströme sind drei Determinanten zu bilden: I3 =

D1 , D

I6 =

D2 . D

Determinante D: 󵄨󵄨 󵄨40 Ω D = 󵄨󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨20 Ω

󵄨 20 Ω󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 = 40 Ω ⋅ 70 Ω − (20 Ω)2 = 2400 Ω2 ; 70 Ω󵄨󵄨󵄨

Determinante D1 : 󵄨󵄨 󵄨30 V D1 = 󵄨󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 0 V

󵄨 20 Ω󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 = 30 V ⋅ 70 Ω − 0 V ⋅ 20 Ω = 2100 V Ω ; 70 Ω󵄨󵄨󵄨

Determinante D2 : 󵄨󵄨 󵄨40 Ω D2 = 󵄨󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨20 Ω

󵄨 30 V󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 = 40 Ω ⋅ (0 V) − 20 Ω ⋅ 30 V = −600 V Ω . 0 V 󵄨󵄨󵄨

Damit werden I3 = und I6 =

D1 2100 V Ω 7 = = A = 0,875 A D 8 2400 Ω2

D2 −600 V Ω 1 = = − A = −0,25 A . D 4 2400 Ω2

2.6.2.2 Gesucht: Die Spannung U02 und die Leistung P02 der Stromquelle. Gegeben: Die Ströme I02 = 1 A, I3 = 0,3 A, I6 = −0,4 A und alle Widerstände. Ansatz: Betrachtung der 3. Zeile von Gleichung (2.146) ergibt: R4 I3 + (R4 + R5 ) I6 + (R2 + R4 + R5 ) I02 = U02 . Mit Werten: U02 = 10 Ω ⋅ 0,875 A + 40 Ω ⋅ (−0,25 A) + 50 Ω ⋅ 1 A = 48,75 V . Leistung P02 der Stromquelle: P02 = U02 I02 = 48,75 V ⋅ 1 A = 48,75 W .

(2.148)

88 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen

Aufgabe 2.6.3 2.6.3.1 Gesucht: Spannungsquellen ersetzen durch Ersatzstromquellen, Ersatzschaltbild nach der Umformung. Gegeben: Netzwerk mit Widerständen und zwei realen Spannungsquellen, alle Werte des Netzwerks. Ansatz: Betrachtung der Spannungsquelle U01 (siehe Abbildung 2.22): Kurzschluss-Strom Iq1 bestimmen durch Kurzschließen von U01 und R2 : Iq1 = U01 G2 . Bestimmung von Ri : Spannungsquelle kurzschließen und Stromquelle offenlassen Ri1 = R2 .

R2

Iq1 I2

I2*

R2

U01 Abb. 2.22: Umwandlung der Spannungsquelle U01 in die Ersatzstromquelle Iq1 .

Nach Einsetzen der Ersatzstromquelle ergibt sich die in Abbildung 2.23 dargestellte Ersatzschaltung.

2.6.3.2 Gesucht: (a) Bezugsknoten und vollständiger Baum zur Bestimmung der gesuchten Spannungen U3 , U4 und U5 unter der Randbedingung, dass die Stromquellen in den Verbindungszweigen liegen.

2.6 Umlauf- und Knotenanalyse | 89

Iq1

A

B

R1

R3 U3

R2 U5

R5

C

Iq2 U4

R6

R4

R7

D Abb. 2.23: Ersatzschaltung nach Umwandlung der Spannungsquellen in Ersatzstromquellen.

Ansatz:

Der Knoten D wird als Bezugsknoten gewählt, und nach Anforderungen der Aufgabenstellung der vollständige Baum in Abbildung 2.24 so eingezeichnet, dass die gesuchten Spannungen möglichst mit den Knotenspannungen übereinstimmen.

Abb. 2.24: Lineares Netzwerk nach Umzeichnen mit eingetragenem vollständigen Baum und Knotenspannungen.

Gesucht: (b) Beziehungen der unbekannten Knotenspannungen zu den gesuchten Spannungen, eintragen der Knotenspannungen in ESB. Ansatz: Die Knotenspannungen werden von den anderen Knoten in Richtung des Bezugsknotens eingetragen, hier UAD , UBD und UCD (Abbildung 2.24). Die gesuchten Spannungen U4 und U5 sind identisch mit den Knotenspannungen: U4 = UBD ,

U5 = UAD .

(2.149)

90 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen Die gesuchte Spannung U3 kann nicht direkt einer Knotenspannung zugeordnet werden. Für sie gilt U3 = UBD − UCD .

(2.150)

Gesucht: (c) Aufstellen des Gleichungssystems mit den Regeln der Knotenanalyse in Matrix-Schreibweise. Gegeben: Vollständiger Baum, Bezugsknoten, Namen und Richtungen der unbekannten Knotenspannungen. Ansatz: Das Gleichungssystem kann als Matrix-Gleichung in der Form [G] ⋅ [U] = [I] geschrieben werden. Dabei ist [G] die Leitwertmatrix, [U] der Spannungsvektor mit den unbekannten Knotenspannungen und [I] der Stromvektor mit den bekannten Quellenströmen.

Aufstellen des Spannungsvektors [U] (gibt die Reihenfolge der Knoten beim Aufstellen der Leitwertmatrix vor) nach folgendem Schema: Knoten A: UAD [ ] ] Knoten B: [ [ UBD ] . Knoten C: [ UCD ] Bilden der Leitwert-Matrix [G] 1. Der Knotenleitwert setzt sich zusammen aus der Summe aller Leitwerte, die mit dem betrachteten Knoten verbunden sind: Knoten A: GA = G1 + G2 + G5 , Knoten B: GB = G2 + G3 + G4 , Knoten C: GC = G1 + G3 + G6 + G7 . 2.

Der Kopplungsleitwert (immer negativ) wird gebildet durch die Leitwerte, die benachbarte Knoten verbinden. Knoten, die nicht miteinander verbunden sind, erhalten als Kopplungsleitwert den Wert Null: Knoten A nach Knoten B: GAB = −G2 , Knoten A nach Knoten C: GAC = −G1 , Knoten B nach Knoten C: GBC = −G3 . Die Kopplungsleitwerte sind symmetrisch: G ij = G ji .

2.6 Umlauf- und Knotenanalyse | 91

3.

Eintragen der Knoten- und Kopplungsleitwerte in die Leitwertmatrix nach folgendem Schema: Knoten A:

GA [ Knoten B: [ [GBA

GAB

GAC

GB

] GBC ] ] .

Knoten C: [ GCA

GCB

GC ]

Bilden des Stromvektors [I] nach folgendem Schema: Ein Element des Vektors ist die Summe aller Quellenströme für den betrachteten Knoten: Dabei werden Ströme, die in den Knoten hineinfließen, positiv und Ströme, die aus dem Knoten fließen, negativ gezählt: Knoten A:

−Iq1 [ ] ] Knoten B: [ [ Iq1 ] . Knoten C: [ Iq2 ]

Damit entsteht für das gegebene Beispiel in Abbildung 2.24 folgende Matrix-Gleichung G1 + G2 + G5 −G2 −G1 [ [ [

−G1 UAD −Iq1 ] [ ] [ ] ⋅ = −G3 ] [ UBD ] [ Iq1 ] . G1 + G3 + G6 + G7 ] [ UCD ] [ Iq2 ]

−G2 G2 + G3 + G4 −G3

(2.151)

2.6.3.3 Gesucht: Lösung des zuvor aufgestellten Gleichungssystems mit den Werten G1 . . . G7 = G . Ansatz:

Einsetzen der gegebenen Werte in die Matrix-Gleichung 3G [ [−G [−G

−G UAD −Iq1 ] [ ] [ ] −G] ⋅ [ UBD ] = [ Iq1 ] 4G ] [ UCD ] [ Iq2 ]

−G 3G −G

und lösen des GLS. Hier beispielsweise mit dem Additionsverfahren. Abschließend werden die gesuchten Spannungen berechnet. 1. Schritt: UCD eliminieren: 1. Zeile ×(−1) plus 2. Zeile −3G

G

G

Iq1

+

−G

3G

−G

Iq1

=

−4G

4G

0

2Iq1

92 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen 2. Zeile ×4 plus 3. Zeile −4G

12G

−4G

4Iq1

+

−G

−G

4G

Iq2

=

−5G

11G

0

4Iq1 + Iq2

Neues Schema für UAD und UBD UAD

UBD

−4G

4G

2Iq1

−5G

11G

4Iq1 + Iq2

2. Schritt: UAD eliminieren: 1. Zeile ×(−5) plus 2. Zeile ×4 20G

−20G

−10Iq1

+

−20G

44G

16Iq1 + 4Iq2

=

0

24G

6Iq1 + 4Iq2

⇒

UBD =

3Iq1 + 2Iq2 . 12G

3. Schritt: Bestimmen von UAD mit 1. Zeile −4G UAD + 4G ⋅

3Iq1 + 2Iq2 = 2Iq1 12G ⇒

UAD =

6Iq1 − (3Iq1 + 2Iq2 ) −3Iq1 + 2Iq2 = . −12G 12G

4. Schritt: Bestimmen von UCD mit 3. Zeile des GLS −G ⋅

3Iq1 + 2Iq2 −3Iq1 + 2Iq2 −G⋅ + 4G ⋅ UCD = Iq2 12G 12G 3Iq1 − 2Iq2 − 3Iq1 − 2Iq2 − 12Iq2 = −4G ⋅ UCD 12 ⇒

UCD =

−Iq2 − 3 Iq2 4 Iq2 Iq2 = = . −3 ⋅ 4G 12G 3G

Werte mit Spannungen U01 und U02 : UAD =

−3Iq1 + 2Iq2 −3U01 ⋅ G + 2U02 ⋅ G −3U01 + 2U02 = = , 12G 12G 12

UBD =

3Iq1 + 2Iq2 3U01 ⋅ G + 2U02 ⋅ G 3U01 + 2U02 = = , 12G 12G 12

UCD =

Iq2 U02 ⋅ G U02 = = . 3G 3G 3

2.6 Umlauf- und Knotenanalyse | 93

Gesuchte Spannungen: U4 = UBD =

3U01 + 2U02 , 12

U5 = UAD =

−3U01 + 2U02 , 12

U3 = UBD − UCD =

3U01 + 2U02 U02 3U01 − 2U02 − = . 12 3 12

Aufgabe 2.6.4 2.6.4.1 Gesucht: Umlauf- und Knotengleichungen, Gleichungssystem zur Bestimmung der beiden gesuchten Ströme I1 und I3 . Gegeben: Alle Widerstände, Quellenströme, Quellenspannung. Ansatz: Stromquellen schließen eigentlich keinen Stromkreis (Widerstand der idealen Stromquelle ist unendlich!). Sie können auch durch eingeprägte Ströme dargestellt werden, die in einen Großknoten hinein und wieder hinaus fließen. Die beiden theoretisch zusätzlich möglichen Umlaufgleichungen liefern zur Lösung der Aufgabe keine neuen Informationen. Das Umzeichnen des Netzwerks ergibt die Schaltung in Abbildung 2.25. Zusätzlich sind die gewählten Umläufe eingetragen. Es verbleiben damit zwei Umläufe 0 = I1 R1 − I2 R2 − I3 R3 + U01 ,

(2.152)

0 = −U01 + I3 R3 − I4 R4 + I5 R5 .

(2.153)

Für das Aufstellen der Knotengleichungen werden die Knoten A, C und D betrachtet: 0 = I1 − I01 + I2 ,

I01

I02 I2

A

R2

I1

B

C

R4

I3 R3

R1

I4 I5

R5

U01 D

Abb. 2.25: Lineares Netzwerk nach Umzeichnen, mit eingetragenem Umlaufsinn.

(2.154)

94 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen 0 = I02 − I4 − I5 ,

(2.155)

0 = I5 − I3 − I1 .

(2.156)

Es ergeben sich fünf Gleichungen für fünf unbekannte Ströme. Ziel: die oberen Gleichungen so umzuformen, dass zwei linear unabhängige Gleichungen übrig bleiben, mit denen die gesuchten Ströme I1 und I3 bestimmt werden können. ⇒ Ersetzen der Ströme I2 , I4 und I5 in den Umlaufgleichungen. Mit (2.154): I2 = I01 − I1

(2.157)

in (2.152): I1 R1 − (I01 − I1 ) R2 − I3 R3 + U01 = 0 I1 (R1 + R2 ) − I3 R3 = I01 R2 − U01

(2.158)

Mit (2.155) und (2.156): (2.159)

I4 = I02 − I5 I5 = I1 + I3

⇒

I4 = I02 − I1 − I3

(2.160)

in (2.153): I3 R3 − (I02 − I1 − I3 ) R4 + (I1 + I3 ) R5 − U01 = 0 I1 (R4 + R5 ) + I3 (R3 + R4 + R5 ) = U01 + I02 R4 .

(2.161)

Aus (2.158) und (2.161) kann ein zweidimensionales lineares Gleichungssystem gebildet werden [

R1 + R2 R4 + R5

−R3 I1 I01 R2 − U01 ]⋅[ ]=[ ] . R3 + R4 + R5 I3 U01 + I02 R4

(2.162)

2.6.4.2 Gesucht: Stromquellen ersetzen durch Ersatzspannungsquellen. Ansatz: Betrachtung der Stromquelle I01 (siehe Abbildung 2.26): Leerlaufspannung Uq1 : Uq1 = I01 R2 . Analog: Uq2 = I02 R4 ,

Ri2 = R4 .

Bestimmung von Ri : Stromquellen offen lassen, Spannungsquellen kurzschließen: Ri1 = R2 .

2.6 Umlauf- und Knotenanalyse | 95

I01 R2

I02 I4

I2

R4

I3

I1

R3 R1

U01

I5

I01 R5

R2

Ri = R2 I2* I2

Uq1= R2 I01

Abb. 2.26: Umwandlung der Stromquelle I01 in die Ersatzspannungsquelle Uq1 .

Gesucht: Ersatzschaltbild mit Ersatzspannungsquellen mit vollständigem Baum derart, dass die gesuchten Ströme I1 und I3 unabhängige Ströme sind. Ansatz: Es verbleibt eine Schaltung mit zwei Maschen (siehe Abbildung 2.27). Damit die Ströme I1 und I3 unabhängige Ströme sind, muss der vollständige Baum so gewählt werden, dass I1 und I3 in den Nebenzweigen liegen. Gleichzeitig bestimmen die Richtungen der unabhängigen Ströme den Umlaufsinn für das Aufstellen der Umlaufgleichungen. Gesucht: Anwenden der Umlaufanalyse zum Aufstellen der Matrix-Gleichung für die Bestimmung von I1 und I3 . Ansatz: Die unabhängigen Ströme I1 und I3 zusammen mit dem in Abbildung 2.27 eingetragenen, vollständigen Baum bestimmen das Vorgehen bei der Umlaufanalyse. Für jeden Umlauf gibt es einen sogenannten Umlaufwiderstand, der jeweils in die Hauptdiagonale eingetragen wird. Der Strom I1 fließt wie in Abbildung 2.27 eingezeichnet über die Widerstände R1 , R2 , R4 und R5 . Die Summe dieser Widerstände bildet das erste Element der Hauptdiagonale in der Widerstandsmatrix. Der Strom I3 fließt über die Widerstände R3 , R4 und R5 ; diese bilden das zweite Element der Hauptdiagonale.

Abb. 2.27: ESB mit Ersatzspannungsquellen und vollständigem Baum.

96 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen Aufgrund des vorgegebenen vollständigen Baums liegen im Baumzweig die Kopplungswiderstände R4 und R5 . Sie bilden die Nebendiagonale der Widerstandsmatrix. Da die Kopplungswiderstände von beiden unabhängigen Strömen durchflossen werden, sind die Elemente der Nebendiagonalen symmetrisch zur Hauptdiagonalen angeordnet. Ist der Umlaufsinn beider Ströme in den Kopplungswiderständen gleich, bekommen sie ein positives Vorzeichen. Die Quellenspannungen, die im jeweiligen Umlauf liegen, bilden den Spannungsvektor des Gleichungssystems. Sie werden positiv eingetragen, wenn sie gegen den Umlaufsinn gerichtet sind und negativ, wenn sie die selbe Richtung haben. Hiermit ergibt sich das Gleichungsssystem [

R1 + R2 + R4 + R5 R4 + R5

R4 + R5 I1 Uq1 + Uq2 ]⋅[ ]=[ ] . R3 + R4 + R5 I3 U01 + Uq2

(2.163)

2.6.4.3 Gesucht: Ströme I1 und I3 fürdie gegebenen Werte. Gegeben: R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = R; U01 = I0 R; I01 = I0 ; I02 = 2 I0 . Ansatz: Einsetzen der gegebenen Werte in die zuvor aufgestellte Matrixgleichung [

4R 2R

2R I1 I0 R + 2I0 R 3I0 R ]⋅[ ]=[ ]=[ ] . 3R I3 I0 R + 2I0 R 3I0 R

󵄨󵄨 󵄨 󵄨󵄨3I0 R 2R󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨 󵄨󵄨3I0 R 3R󵄨󵄨󵄨 3I R ⋅ 3R − 3I R ⋅ 2R 3I R2 3 󵄨 󵄨 0 0 0 = = I0 . I1 = 󵄨 = 2 2 󵄨󵄨4R 2R󵄨󵄨󵄨 8 4R ⋅ 3R − (2R) 8R 󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨2R 3R󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨 󵄨󵄨4R 3I0 R󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨 󵄨󵄨2R 3I0 R󵄨󵄨󵄨 3I R ⋅ 4R − 3I R ⋅ 2R 6I R2 3 󵄨 󵄨 0 0 0 I3 = 󵄨 = = I0 . = 2 2 󵄨󵄨4R 2R󵄨󵄨󵄨 4 4R ⋅ 3R − (2R) 8R 󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨󵄨2R 3R󵄨󵄨󵄨 󵄨 󵄨

Aufgabe 2.6.5 2.6.5.1 Gesucht: Spannungsquellen ersetzen durch Ersatzstromquellen, Ersatzschaltbild nach der Umformung. Ansatz: Betrachtung von Spannungsquelle U01 und Widerstand R1 : Kurzschluss-Strom Iq1 bestimmen durch Kurzschließen von U01 und R1 : Iq1 = U01 G1 .

2.6 Umlauf- und Knotenanalyse | 97

Bestimmung von Ri : Spannungsquelle kurzschließen und Stromquelle offenlassen Ri1 = R1 . Analog: Ri2 = R2 ,

Iq2 = U02 G2 ,

Ri3 = R7 ,

Iq3 = U03 G7 .

Zusammengefasst werden können die Leitwerte G1,3 = G1 + G3 ,

G2,4 = G2 + G4 ,

G7−9 = G7 +

1 . R8 + R9

Nach einsetzen der drei Ersatzstromquellen ergibt sich die Ersatzschaltung in Abbildung 2.28. Gesucht: Bezugsknoten und vollständiger Baum. Ansatz: C wird als Bezugsknoten gewählt, die beiden gesuchten Spannungen U3 und U4 liegen in Baumzweigen. Um einen vollständigen Baum zu erstellen müssen zusätzlich zwei Verbindungsleitwerte mit dem Wert G = 0 eingetragen werden. Siehe hierzu Abbildung 2.28.

Abb. 2.28: Ersatzschaltung nach Umwandlung der Spannungsquellen in Ersatzstromquellen und Zusammenfassen von Leitwerten.

98 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen Gesucht: Beziehungen der unbekannten Knotenspannungen zu den gesuchten Spannungen, Eintragen der Knotenspannungen in das ESB. Ansatz: Die Knotenspannungen werden von den anderen Knoten in Richtung des Bezugsknotens eingetragen, hier UAC , UBC , UDC und UEC (Abbildung 2.28). Die gesuchten Spannungen U3 und U4 liegen in den Baumzweigen: U3 = UAC ,

U4 = −UDC .

(2.164)

Die gesuchte Spannung U7 kann nicht direkt einer Knotenspannung zugeordnet werden. Sie taucht nach der Umwandlung von U03 in eine Ersatzstromquelle und dem Zusammenfassen der Leitwerte G7 , G8 und G9 nicht mehr auf. Für sie gilt nach Abbildung 2.23 auf Seite 19 und Abbildung 2.28 U7 = UEC − UBC + U03 .

(2.165)

Gesucht: Aufstellen des Gleichungssystems mit den Regeln der Knotenanalyse in Matrix-Schreibweise. Gegeben: Vollständiger Baum, Bezugsknoten, Namen und Richtungen der unbekannten Knotenspannungen. Ansatz: Das Gleichungssystem kann als Matrix-Gleichung in der Form [G] ⋅ {U} = {Iq } geschrieben werden. Dabei ist [G] die Leitwertmatrix, {U} der Spannungsvektor mit den unbekannten Knotenspannungen und {Iq } der Stromvektor mit den bekannten Quellenströmen. G1,3 + G5 −G5 0 0 [ [ [ [ [

0 0 G2,4 + G6 −G6

−G5 G5 + G7,9 0 −G7−9

UAC Iq1 0 ] [ ] [ −G7−9 ] [ UBC ] [ Iq3 ] ] ] . ]⋅[ ]=[ −G6 ] [UDC ] [−Iq2 ] G6 + G7−9 ] [ UEC ] [−Iq3 ]

(2.166)

2.6.5.2 Mit den gegebenen Werten lässt sich das folgende Schema aufstellen UAC

UBC

UDC

3 2G

−G

0

0

0

0

0

0

− 12 G

3 2G

− 21 G

−G

3 2G

−G

UEC

−G 3 2G

U0 G 1 4 U0 G − 21 U0 G − 41 U0 G

(2.167)

2.6 Umlauf- und Knotenanalyse | 99

1. Schritt: Elimination der Variable UAC : 1. Zeile × 2 + 2. Zeile × 3 3G +

−3G

=

0

−2G 9 2G 5 2G

0

0

2U0 G

0

− 23 G − 23 G

3 4 U0 G 11 4 U0 G

0

(2.168)

2. Schritt: Elimination der Variable UBC : Ergebnis von (2.168) + 4. Zeile von (2.167) × 5

+

0

5 2G − 52 G

=

0

0

0

− 23 G

0 −5G

15 2 G

−5G

6G

11 4 U0 G − 54 U0 G 3 2 U0 G

(2.169)

3. Schritt: Elimination der Variable UDC : Ergebnis von (2.169)×3 + 3. Zeile von (2.167)×10 0

0

−15G

18G

+

0

0

15G

−10G

=

0

0

0

8G

9 2 U0 G 10 − 2 U0 G − 12 U0 G

Damit ergibt sich 1 8G ⋅ UEC = − U0 G 2

⇒

UEC = −

1 U0 . 16

Unter Verwendung von (2.169) 1 3 U0 ) = U0 G 16 2 3 3 −1 3 ⇒ UDC = ( + ) U0 ⋅ = − U0 . 2 8 5 8

−5G ⋅ UDC + 6G ⋅ (−

Unter Verwendung von (2.168) 5 3 1 11 G ⋅ UBC − G ⋅ (− U0 ) = U0 G 2 2 16 4 11 3 2 17 ⇒ UBC = ( − U0 . ) U0 ⋅ = 4 32 5 16 Unter Verwendung der 1. Zeile von (2.167) 17 3 G ⋅ UAC − G ⋅ U0 = U0 G 2 16

⇒

UAC = (1 +

17 2 11 U0 . ) U0 ⋅ = 16 3 8

(2.170)

100 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen

Aufgabe 2.6.6 Gesucht: Vollständiges Gleichungssystem zur Berechnung der Ströme I1 , I2 und I6 in allgemeiner Form, der Wert des Stroms I6 . Ansatz: Eintragen des vollständigen Baums. Wahl der Baumzweige so, dass die Ströme I1 , I2 und I6 in Verbindungszweigen liegen und damit zu unabhängigen Strömen werden. Festlegen der Umläufe wie in Abbildung 2.29 gezeigt. Aufstellen des Gleichungssystems mit Hilfe der Umlaufanalyse (a) Abkürzungen: R4−7 = R4 + R5 + R6 + R7 , R4−6 = R4 + R5 + R6 R2 + R4 0 R4 [ R4 [ [ [ [

0 R1 + R3 −R1 −R1

R4 −R1 R1 + R4−7 R1 + R4−6

R4 I2 ] [I ] −R1 ] [ 3] ]⋅[ ] ] [I7 ] R1 + R4−6 R1 + R4−6 + R8 + R9 ] [I8 ] U02 ] [ U01 ] [ =[ ] . [−U01 + U03 ] [ −U01 ]

(2.171)

(b) Abkürzungen: R4−6 = R4 + R5 + R6 , R7−9 = R7 + R8 + R9 R2 + R4 [ 0 [ [ [ −R4 [ 0

0 R1 + R3 R1 0

−R4 R1 R1 + R4−6 + R8 + R9 R8 + R9

U02 I2 0 [I ] [U ] 0 ] ] [ 3 ] [ 01 ] ] . ]⋅[ ]=[ R8 + R9 ] [I5 ] [U01 ] R7−9 ] [I7 ] [U03 ]

(2.172)

Zusatzaufgabe Mit den gegebenen Werten lässt sich für (a) folgendes Schema aufstellen I2

I3

I7

I8

8R

0

4R

4R

2U0

0

8R

−4R

−4R

4U0

4R

−4R

14R

10R

−3U0

4R

−4R

10R

14R

−4U0

(2.173)

1. Schritt: Elimination der Variable I3 : 2. Zeile + 3. Zeile + 4. Zeile 0

8R

−4R

−4R

4U0

+

4R

−4R

14R

10R

−3U0

+

4R

−4R

10R

14R

−4U0

=

8R

0

20R

20R

−3U0

(2.174)

2.6 Umlauf- und Knotenanalyse |

101

2. Schritt: Elimination der Variable I2 : 1. Zeile von (2.173) + (2.174) × (−1) 8R

0

4R

4R

2U0

+

−8R

0

−20R

−20R

3U0

=

0

0

−16R

−16R

5U0

(a)

(b) Abb. 2.29: Zwei Möglichkeiten für den vollständigen Baum und zugehörige Umläufe.

(2.175)

102 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen 3. Zeile von (2.173) + 4. Zeile von (2.173) × (−1) 4R

−4R

14R

10R

−3U0

+

−4R

4R

−10R

−14R

4U0

=

0

0

4R

−4R

U0

(2.176)

3. Schritt: Elimination der Variable I7 : (2.175) + (2.176) × 4 0

0

−16R

−16R

5U0

+

0

0

16R

−16R

4U0

=

0

0

0

−32R

9U0

(2.177)

Damit ergibt sich −32R ⋅ I8 = 9U0

I8 = −

⇒

9U0 . 32R

Unter Verwendung von (2.176) 4R ⋅ I7 − 4R ⋅ (−

9U0 ) = U0 32R

I7 = (1 −

⇒

9 1 1U0 =− . ) U0 ⋅ 8 4R 32R

Mit der 2. Zeile von (2.173) wird 8R ⋅ I3 − 4R ⋅ (−

9U0 1U0 ) − 4R ⋅ (− ) = 4U0 32R 32R I3 = (4 −

⇒

1 9 1 11U0 − ) U0 ⋅ = 8 8 8R 32R

und mit der 1. Zeile von (2.173) wird 8R ⋅ I2 + 4R ⋅ (−

1U0 9U0 ) + 4R ⋅ (− ) = 2U0 32R 32R ⇒

I2 = (2 +

1 13U0 1 9 + ) U0 ⋅ = . 8 8 8R 32R

Mit den gegebenen Werten lässt sich für (b) das folgende Schema aufstellen I2

I3

I5

I7

8R

0

−4R

0

2U0

0

8R

4R

0

4U0

−4R

4R

14R

4R

4U0

0

0

4R

8R

U0

(2.178)

2.6 Umlauf- und Knotenanalyse |

103

1. Schritt: Elimination der Variable I2 : 1. Zeile + 3. Zeile 8R

0

−4R

0

2U0

+

−8R

8R

28R

8R

8U0

=

0

8R

24R

8R

10U0

(2.179)

2. Schritt: Elimination der Variable I3 : 2. Zeile von (2.178) + (2.179) × (−1) 0

8R

4R

0

4U0

+

0

−8R

−24R

−8R

−10U0

=

0

0

−20R

−8R

−6U0

(2.180)

3. Schritt: Elimination der Variable I7 : 4. Zeile von (2.178) + Ergebnis von (2.180) 0

0

4R

8R

U0

+

0

0

−20R

−8R

−6U0

=

0

0

−16R

0

−5U0

Damit ergibt sich −16R ⋅ I5 = −5U0

⇒

5U0 . 16R

I5 =

Unter Verwendung der 4. Zeile von (2.178) 4R ⋅ (

5U0 ) + 8R ⋅ I7 = U0 16R

⇒

I7 = (1 −

5 1 1U0 =− . ) U0 ⋅ 4 8R 32R

Mit der 2. Zeile von (2.178) wird 8R ⋅ I3 + 4R ⋅ (

5U0 ) = 4U0 16R

⇒

I3 = (4 −

5 1 11U0 = ) U0 ⋅ 4 8R 32R

⇒

I2 = (2 +

5 1 13U0 . = ) U0 ⋅ 4 8R 32R

und mit der 1. Zeile von (2.178) wird 8R ⋅ I2 − 4R ⋅ (

5U0 ) = 2U0 16R

(2.181)

104 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen

Aufgabe 2.6.7 2.6.7.1 Gesucht: Ersatzstromquelle als Ersatz der Spannungsquelle, sowie Ersatzschaltbild nach der Umformung. Ansatz: Betrachtung der Spannungsquelle U01 (siehe Abbildung 2.30): Kurzschlussstrom Iq1 bestimmen durch Kurzschließen der Reihenschaltung von U01 und R3 : Iq1 = U01 G3 . Bestimmung von Ri : Spannungsquelle kurzschließen und Stromquelle offenlassen Ri1 = R3 . Nach einsetzen der Ersatzstromquelle ergibt sich die in Abbildung 2.31 dargestellte Ersatzschaltung. Die Spannung U3 an R3 wurde ersetzt durch die Spannung U3∗ , gleiches gilt für den Strom I3 . Hierbei ist unbedingt zu beachten: U3 ≠ U3∗ = I3∗ R3 = U01 − U3 ,

I3 ≠ I3∗ = Iq1 − I3 !

(2.182)

2.6.7.2 Gesucht: Bezugsknoten und vollständiger Baum derart, dass die gesuchten Spannungen U2 , U3∗ und U4 sowie die Stromquellen in den Baumzweigen liegen. Ansatz: Als Bezug wird Knoten B gewählt, und nach Anforderungen der Aufgabenstellung der vollständige Baum in Abbildung 2.32 so eingezeichnet, dass die gesuchten Spannungen bis auf ihre Richtung identisch mit den Knotenspannungen sind. Gesucht: Beziehungen der unbekannten Knotenspannungen zu den gesuchten Spannungen, eintragen der Knotenspannungen in das ESB.

I01 R2

I02 I4

I2 I3

I1

R3 R1

U01

I3

R4

I5

I3

I3* R3

R5 U01

Ri = R3

Abb. 2.30: Umwandlung der Spannungsquelle U01 in die Ersatzstromquelle Iq1 .

Iq1 = U01 G3

2.6 Umlauf- und Knotenanalyse |

I01 A

R2

I1

U2

R1

U1

I

105

I02 B

I2 I3* U3*

I4 Iq1

R3

R4 U4 II

C

I5 U5

R5

D Abb. 2.31: Ersatzschaltung nach Umwandlung der SpannungsquelleU01 in die Ersatzstromquelle Iq1 .

Abb. 2.32: Lineares Netzwerk mit eingetragenem vollständigen Baum und Knotenspannungen.

Ansatz:

Die Knotenspannungen werden von den anderen Knoten in Richtung des Bezugsknotens eingetragen, hier UAB , UDB und UCB (Abbildung 2.32).

Es gelten die folgenden Beziehungen zu den gesuchten Spannungen: U2 = −UAB ,

U3∗ = −UDB ,

U4 = UCB .

(2.183)

Gesucht: Aufstellen des Gleichungssystems mit den Regeln der Knotenanalyse in Matrix-Schreibweise. Gegeben: Vollständiger Baum, Bezugsknoten, Namen und Richtungen der unbekannten Knotenspannungen. Ansatz: Das Gleichungssystem kann als Matrix-Gleichung in der Form [G] ⋅ [U] = [I] geschrieben werden. Dabei ist [G] die Leitwertmatrix, [U] der Spannungsvektor mit den unbekannten Knotenspannungen und [I] der Stromvektor mit den bekannten Quellenströmen.

106 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen Für das Netzwerk in Abbildung 2.32 kann mit der Knotenanalyse folgende MatrixGleichung aufgestellt werden: G1 + G2 [ [ −G1 [ 0

−G1 G1 + G3 + G5 −G5

0 UAB −I01 ] [ ] [ ] −G5 ] ⋅ [UDB ] = [−Iq1 ] . G4 + G5 ] [ UCB ] [ I02 ]

(2.184)

2.6.7.3 Gesucht: Lösung des zuvor aufgestellten Gleichungssystems für U3∗ mit den Werten G1 = G2 = G3 = G4 = G5 = G;

Ansatz:

U01 = I0 R;

I01 = I0 ;

I02 = 2 I0

durch Anwendung der Cramer’schen Regel zur Lösung von Gleichungssystemen. Einsetzen der gegebenen Werte in die Matrix-Gleichung 2G [ [−G [0

−G 3G −G

0 UAB −I0 ] [ ] [ ] −G] ⋅ [UDB ] = [−I0 ] 2G ] [ UCB ] [2I0 ]

und lösen des GLS mit Hilfe der Cramer’schen Regel. Dazu werden zunächst zwei Determinanten gebildet: Die Determinante der Leitwerte D und die Determinante D2 zur Berechnung der Knotenspannung UDB = −U3∗ . Es wird dann D2 UDB = . D Zum Schluss wird die gesuchte Spannung U3∗ berechnet. Bildung der Determinanten und Anwendung des Laplace’schen Entwicklungssatzes: Entwicklung von D nach 1. Zeile: 󵄨󵄨 󵄨 󵄨󵄨2G −G 0 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨 󵄨󵄨 󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨3G −G󵄨󵄨󵄨 󵄨−G −G󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 − (−G) 󵄨󵄨󵄨 󵄨 D = 󵄨󵄨󵄨−G 3G −G󵄨󵄨󵄨 = 2G ⋅ 󵄨󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 0 2G 󵄨󵄨󵄨 + 0 󵄨󵄨 󵄨 󵄨󵄨−G 2G 󵄨󵄨󵄨 󵄨 󵄨 󵄨󵄨 0 −G 2G 󵄨󵄨󵄨 󵄨 󵄨 D = 2G ⋅ (3G ⋅ 2G − (−G)2 ) + G ⋅ (−G ⋅ 2G) = 10G3 − 2G3 = 8G3 . Entwicklung von D2 nach 1. Zeile: 󵄨󵄨 󵄨 󵄨󵄨2G −I0 0 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨−I0 D2 = 󵄨󵄨󵄨−G −I0 −G󵄨󵄨󵄨 = 2G ⋅ 󵄨󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨2I0 󵄨󵄨 0 2I0 2G 󵄨󵄨 󵄨 󵄨

󵄨 󵄨󵄨 −G󵄨󵄨󵄨 󵄨−G 󵄨󵄨 − (−I0 ) 󵄨󵄨󵄨 󵄨 󵄨󵄨 0 2G 󵄨󵄨 󵄨

󵄨 −G󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 + 0 2G 󵄨󵄨󵄨

D2 = 2G ⋅ (−I0 ⋅ 2G − I0 ⋅ (−2G)) + I0 ⋅ (−G ⋅ 2G − 0) = −2I0 G2 . Damit ergibt sich die gesuchte Spannung zu U3∗ = −UDB = −

−2I0 G2 2I0 1 D2 =− = = I0 R . D 8G 4 8G3

2.7 Operationsverstärker |

107

2.6.7.4 Gesucht: Die Originalspannung U3 aus Abbildung 2.24. Gegeben: Die Spannung U3∗ = 1/4 I0 R, der Quellenstrom Iq1 = I0 , Widerstand R3 = R. Ansatz: Aus Aufgabenteil 2.6.7.1 ist bekannt U3∗ = I3∗ R3 = U01 − U3 . Umstellen des Ausdrucks nach U3 und Einsetzen der Werte führt auf 3 1 U3 = U01 − U3∗ = I0 R − I0 R = I0 R . (2.185) 4 4

2.7 Operationsverstärker Aufgabe 2.7.1 2.7.1.1 Gesucht: Verstärkungsfaktor Ua/Ue der Schaltung in allgemeiner Form. Ansatz: Umlaufgleichungen im Ein- und Ausgangsbereich liefern 0 = −Ue + Ie R1 + uid

(2.186)

0 = Ua + Ig R2 − uid

(2.187)

Beim idealen OP ist im linearen Verstärkungsbereich uid = 0 und es wird 0 = −Ue + Ie R1 0 = Ua + Ig R2

⇒ ⇒

Ue = Ie R1 ,

(2.188)

Ua = −Ig R2 .

(2.189)

Hiermit ergibt sich gesuchte Verhältnis zu Ua −Ig R2 = . Ue Ie R1

(2.190)

Beim idealen OP ist der Eingangsstrom Ie󸀠 null und es wird 0 = Ie − Ie󸀠 − Ig󸀠

⇒

Ie = Ig

(2.191)

und damit Ua R2 =− . Ue R1

2.7.1.2 Gesucht: Verstärkungsfaktor für R1 = 0,01R2 . Ansatz: Ua R2 R2 =− =− = −100 . Ue R1 0,01R2

(2.192)

108 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen

2.7.1.3 Gesucht: Die maximale Amplitude des Eingangssignals ue bei der gegebenen Verstärkung. Gegeben: Versorgungsspannung UB des OP mit ±15 V, Verstärkungsfaktor Ua/Ue = −100. Ansatz: Aus der Gleichung des Verstärkungsfaktors (2.192) ergibt sich Ua,max R2 R2 =− =− = −100 . Ue,max R1 0,01R2

(2.193)

Die Verstärkungskennlinie zeigt Abbildung 2.33. Da Ua nicht größer als die Versorgungsspannung werden kann, ist Ua,max = UB . Umgestellt nach Ue,max wird dann |Ue,max | =

R1 Ua,max 15 V = = 150 mV . R2 100

Ua/V 15 5 -0,4

-0,3

-0,2

-0,1 -5

0,1

0,2

0,3

0,4 Ue/V

-15 Abb. 2.33: Idealer Verlauf der Ausgangsspannung Ua abhängig von der Eingangsspannung Ue für UB = ±15 V und V = −100.

Aufgabe 2.7.2 2.7.2.1 Gesucht: Verstärkungsfaktor Ua/Ue der Schaltung in allgemeiner Form. Ansatz: Umlaufgleichungen im Ein- und Ausgangsbereich liefern 0 = −Ue + Ie R3 + uD + Ig R4 ,

(2.194)

0 = −Ua + Ig (R2 + R4 ) .

(2.195)

Beim idealen OP ist im linearen Verstärkungsbereich uid = 0 und es wird 0 = −Ue + Ig R4

⇒

0 = −Ua + Ig (R2 + R4 )

Ue = Ig R4 , ⇒

Ua = Ig (R2 + R4 ) .

(2.196) (2.197)

2.7 Operationsverstärker |

109

Hiermit ergibt sich das gesuchte Verhältnis zu Ua Ig (R2 + R4 ) = . Ue Ig R4

(2.198)

R2 Ua =1+ . Ue R4

(2.199)

und damit

2.7.2.2 Gesucht: Verstärkungsfaktor für R2 = 9R4 . Ansatz: Einsetzen der gegebenen Widerstandswerte Ua R2 9R4 =1+ =1+ = 10 . Ue R4 R4 2.7.2.3 Gesucht: Die maximale Amplitude des Eingangssignals ue bei der gegebenen Verstärkung. Gegeben: Versorgungsspannung UB des OP mit ±15 V, Verstärkungsfaktor Ua/Ue = 10. Ansatz: Aus der Gleichung des Verstärkungsfaktors (2.199) ergibt sich Ua,max R2 =1+ = 10 . Ue,max R4

(2.200)

Die Verstärkungskennlinie zeigt Abbildung 2.34. Da Ua nicht größer als die Versorgungsspannung werden kann, ist Ua,max = UB . Umgestellt nach Ue,max wird dann |Ue,max | =

15 V = 1,5 V . 10

Ua/V 15 5 -4,0

-3,0

-2,0

-1,0 -5

1,0

2,0

3,0

4,0 Ue/V

-15 Abb. 2.34: Idealer Verlauf der Ausgangsspannung Ua abhängig von der Eingangsspannung Ue für UB = ±15 V und V = 10.

110 | 2 Berechnung von Strömen und Spannungen in elektr. Netzen

Aufgabe 2.7.3 2.7.3.1 Gesucht: Die Verstärkungen A1 = Ua/Ue1 und A2 = Ua/Ue2 der beiden Eingänge. Ansatz: Es handelt sich um eine invertierende Verstärkerschaltung. Für jeden Eingang ist die Verstärkung A1 =

Rg Ua =− , Ue1 Rv1

A2 =

Rg Ua =− . Ue2 Rv2

(2.201)

2.7.3.2 Gesucht: Die Abhängigkeit der Ausgangsspannung Ua von den beiden Eingangsspannungen. Gegeben: Die Einzelverstärkungen der beiden Eingänge. Ansatz: Die Aufgabe ist mit Hilfe der Knotengleichung am virtuellen Massepunkt zu lösen 0 = I1 + I2 − Ig

⇒

Ig = I1 + I2 .

(2.202)

Sowohl die beiden Eingangsspannungen als auch die Ausgangsspannung haben die virtuelle Masse als gemeinsamen Bezugspunkt (UD = 0). Mit dem Ohm’schen Gesetz ergibt sich damit für die Knotengleichung Ua Ue1 Ue2 + =− Rv1 Rv2 Rg

⇒

Ua = −

Rg Rg Ue1 − Ue2 . Rv1 Rv2

(2.203)

2.7.3.3 Gesucht: Welche Aufgabe erfüllt die Schaltung? Gegeben: Rv1 = Rv2 = Rg , Gleichung für Ua . Ansatz: Einsetzen der Werte in Gleichung (2.203) ergibt Ua = −1 ⋅ Ue1 − 1 ⋅ Ue2 = −(Ue1 + Ue2 ) .

(2.204)

Die Schaltung arbeitet als invertierender Addierer.

2.7.3.4 Gesucht: Zeichnung der Ausgangsspannung Ua für die drei gegebenen Fälle a–c. Gegeben: Rv2 = Rg = 2 Rv1 , Gleichung für Ua . Ansatz a: Im Fall (a) ist Ue1 = −1 V und Ue2 = 0 V. Damit wird die Gleichung (2.203) Ua = −

Rg 2 Rv1 ⋅ (−1 V) − ⋅ 0V = 2V . Rv1 Rv2

Entsprechend ergibt sich der zeitliche Verlauf in Abbildung 2.35.

(2.205)

2.7 Operationsverstärker | 111

Ansatz b: Im Fall (b) sind Ue1 = 0 V und Ue2 = −1 V sin(ωt). Damit wird die Gleichung (2.203) Ua = −2 ⋅ (0 V) − 1 ⋅ (−1) V sin(ωt) = 1 V sin(ωt) .

(2.206)

Entsprechend ergibt sich der zeitliche Verlauf in Abbildung 2.36. Ansatz c: Im Fall (c) sind Ue1 = −1 V und Ue2 = −1 V sin(ωt). Damit wird die Gleichung (2.203) Ua = −2 ⋅ (−1 V) − 1 ⋅ (−1) V sin(ωt) = 2 V + 1 V sin(ωt) . Entsprechend ergibt sich der zeitliche Verlauf in Abbildung 2.37.

Ua/V

2,2 2 1,8 1,6

t

Abb. 2.35: Verlauf der Ausgangsspannung im Fall (a).

1 Ua/V

0,5 0

t

−0,5 −1 Abb. 2.36: Verlauf der Ausgangsspannung im Fall (b).

Ua/V

3 2 1 0 Abb. 2.37: Verlauf der Ausgangsspannung im Fall (c).

t

(2.207)

3 Elektrostatische Felder 3.1 Die elektrische Feldstärke Aufgabe 3.1.1 Gesucht: Skizze der Kraft F⃗ auf die Punktladung Q1 und Betrag dieser Kraft. Gegeben: Ladungen Q1 = Q2 = Q3 = 1 nC, Gitterkoordinaten, Permittivität ε = ε0 = 8,854 ⋅ 10−12 As(Vm)−1 . Ansatz: Positive Ladungen stoßen sich ab, die Kraft auf Ladung Q1 muss so gerichtet sein, dass eine Abstoßung erfolgt (siehe Skizze in Abbildung 3.1). Das Coulomb’sche Gesetz bestimmt die Teilkräfte der Ladungen Q2 und Q3 , die auf Q1 ausgeübt werden. Anstelle der Probeladung q wird die Ladung Q1 eingesetzt: Q r⃗0 F⃗ q = q 4πε r2

⇒

0 Q3 r3⃗ , F⃗ 13 = Q1 4πε r23

Q2 r2⃗ 0 F⃗ 12 = Q1 . 4πε r22

(3.1)

Die Richtung der Kraft auf Q1 wird durch vektorielle Addition der beiden Teilkräfte bestimmt F⃗ = F⃗ 13 + F⃗ 12 . Nach der Skizze in Abbildung 3.1 ist r2⃗ 0 = −e⃗x

und

r2 = √ x22 + y22 = x2 ,

(3.2)

r3⃗ 0 = −e⃗y

und

r3 = √ x23 + y23 = y3 .

(3.3)

Abb. 3.1: Skizze der ausgeübten Kräfte auf die Punktladung Q1 .

https://doi.org/10.1515/9783110672510-009

3.1 Die elektrische Feldstärke | 113

Damit gilt für die Teilkräfte Q1 Q3 F⃗ 13 = − e⃗ y . 4πε y23

Q1 Q2 e⃗ x , F⃗ 12 = − 4πε x22

(3.4)

Mit Q1 = Q2 = Q3 = Q und x2 = y3 = r wird die Kraft auf Q1 Q2 F⃗ = F⃗ 12 + F⃗ 13 = − ( e⃗ x + e⃗ y ) 4πε r2

|F|⃗ =

⇒

Q2 √ 2 . 4πε r2

(3.5)

Mit Werten: |F|⃗ = =

√2 ⋅ (1 nC)2 ⋅ Vm 4π ⋅ 8,854 ⋅ 10−12 As ⋅ (1 cm)2 √2 ⋅ 1 ⋅ 10−18 (As)2 ⋅ Vm

4π ⋅ 8,854 ⋅ 10−12 As ⋅ 1 ⋅ 10−4 m2

≈ 1,271 ⋅ 10−4 N .

Anmerkung. 1 VAs m−1 = 1 J m−1 = 1 Nm m−1 = 1 N.

Aufgabe 3.1.2 3.1.2.1 Gesucht: Skizze der Anordnung.

Q1

F2

Q

Q2

F1

x a Abb. 3.2: Skizze der Anordnung mit Kräften und Koordinaten.

3.1.2.2 Gesucht: Allgemeine Ruhelage x, 0 ≤ x ≤ a, der verschiebbaren Probeladung Q. Ansatz: Die Ruhelage der Ladung Q ergibt sich aus dem Kräftegleichgewicht: ∑ F⃗ i = 0⃗

⇒

F⃗ 1 + F⃗ 2 = 0⃗

⇒

|F⃗ 1 | = |F⃗ 2 | .

(3.6)

i

Mit dem Coulomb’schen Gesetz q Q r ⃗0 F⃗ = 4πε r2

(3.7)

114 | 3 Elektrostatische Felder und r1 = x, r2 = a − x (s. Abbildung 3.2) wird F1 =

Q Q1 , 4πε x2

F2 =

Q Q2 . 4πε (a − x)2

(3.8)

Damit folgt dann F1 = F2 =

Q Q1 Q Q2 = 4πε x2 4πε (a − x)2 ⇒

Q1 Q2 = 2 x (a − x)2

⇒

Q1 (a − x)2 = x2 Q2

(3.9)

und mit der Abkürzung β = Q1 /Q2 2 x x ⇒ ±√ β = ) a−x a−x ±√ β (a − x) = x ⇒ x(1 ± √ β ) = ±a√ β

β=(

x=

±a√ β a√ β . = √β ± 1 1 ± √β

(3.10) (3.11) (3.12)

Offensichtlich liefert die Gleichung zwei Lösungen: 1.

x1 =

a√ β , √β + 1

2.

x2 =

a√ β , √β − 1

(3.13)

aber nur die 1. Gleichung liefert wegen 0 < x < a sinnvolle Lösungen. 3.1.2.3 Gesucht: Werte von x für β = 1 und β = 2. Ansatz: Einsetzen der Werte von β in die zuvor hergeleitete Gleichung (3.13) zur Bestimmung von x. β=1:

x=

a√1 √1 + 1

β=2:

x=

√2 − 1 a√2 ⋅ √2 + 1 √2 − 1

⇒

x=

a . 2 ⇒

x = a(2 − √2 ) ≈ 0,585 a .

Aufgabe 3.1.3 Gesucht: Die elektrische Feldstärke E⃗ im Ursprung (0;0). Ansatz: Hilfreich ist eine Skizze der Anordnung, siehe hierzu das Beispiel in Abbildung 3.3.

3.1 Die elektrische Feldstärke | 115

Das elektrische Feld einer Punktladung Q wird beschrieben durch Q r ⃗0 E⃗ = 4πε r2

⇒

Q1 r1⃗0 E⃗ 1 = , 4πε r21

Q2 r2⃗0 E⃗ 2 = , 4πε r22

0 Q3 r3⃗ E⃗ 3 = . 2 4πε r3

(3.14)

Mit den bekannten Koordinaten können die Radius-Vektoren und die Richtungsvektoren nach der Regel r ⃗ = Aufpunktvektor − Quellpunktvektor

(3.15)

berechnet werden: 0 x1 x1 r1⃗ = ( ) − ( ) = − ( ) 0 y1 y1

⇒

r1 = √ x21 + y21 ,

r1⃗0 =

r1⃗ r1

0 x2 x2 r2⃗ = ( ) − ( ) = − ( ) 0 y2 y2

⇒

r2 = √ x22 + y22 ,

r2⃗0 =

r2⃗ r2

0 x3 x3 r3⃗ = ( ) − ( ) = − ( ) 0 y3 y3

⇒

r3 = √ x23 + y23 ,

r3⃗0 =

r3⃗ . r3

Damit werden die Einzelfeldstärken: Q1 r1⃗ Q1 −x1 e⃗x − y1 e⃗y , E⃗ 1 (0,0) = = 3 4πε r31 4πε √ x21 + y21 Q2 r2⃗ Q2 −x2 e⃗x − y2 e⃗y E⃗ 2 (0,0) = = , 3 4πε r32 4πε √ x22 + y22 Q3 r3⃗ Q3 −x3 e⃗x − y3 e⃗y E⃗ 3 (0,0) = = . 3 4πε r33 4πε √ x23 + y23

Q1 (x1,y1) r10 r1

Q2 (x2,y2) r20 r2 r30

(0,0)

r3

E3 ey

E2

Q3 (x3,y3)

E1

ex Abb. 3.3: Beispiel für die Anordnung der drei Punktladungen.

116 | 3 Elektrostatische Felder Die Gesamtfeldstärke ergibt sich dann zu x 1 e⃗ x + y 1 e⃗ y x 2 e⃗ x + y 2 e⃗ y x 3 e⃗ x + y 3 e⃗ y 1 ⃗ + Q2 + Q3 E(0,0) =− (Q1 3 3 3) . 4πε √ x21 + y21 √ x22 + y22 √ x23 + y23

3.2 Die Potenzialfunktion Aufgabe 3.2.1 3.2.1.1 Gesucht: Die Funktionen der elektrischen Feldstärke der beiden Ladungen E⃗ 1 (r1 ) und E⃗ 2 (r2 ). Gegeben: Punktladungen Q1 = 2Q, Q2 = Q, Koordinaten. Ansatz: Die Funktion E⃗ 1 (r1 ) beschreibt die elektrische Feldstärke am Ort P1 , der den Abstand r1 zur Punktladung Q1 hat, gleiches gilt analog für E⃗ 2 (r2 ); siehe hierzu Abbildung 3.4.

E1 E2

r10 Q1

r20

P1 r1

P2

(-a;0)

r2

Q2 (a;0)

Abb. 3.4: Zwei Punktladungen und ihre elektrischen Feldstärken an den Orten P1 bzw. P2 .

Die elektrische Feldstärke einer Punktladung ist gegeben durch 0 ⃗ = Q r⃗ E(r) 4πε r2

⇒

Q1 r1⃗0 E⃗ 1 (r1 ) = , 4πε r21

Q2 r2⃗0 E⃗ 2 (r2 ) = . 4πε r22

(3.16)

3.2.1.2 Gesucht: Die allgemeine Potenzialfunktion ϕ(x,y). Gegeben: Die Punktladungen Q1 = 2Q, Q2 = Q, Koordinaten, elektrische Feldstärken E⃗ 1 (r1 ) und E⃗ 2 (r2 ). Ansatz: Das Linienintegral über die elektrische Feldstärke entlang eines Weges s liefert die Spannung zwischen den beiden Punkten a und b bzw. die Potenzialdifferenz

3.2 Die Potenzialfunktion | 117

b

b

U a,b = ∫ E⃗ ⋅ d s ⃗ = ϕ(a) − ϕ(b) = − ∫ dϕ . a

(3.17)

a

Die Variable ϕ heißt Potenzial. Die Potenzialfunktion erhält man durch Umstellen b

ϕ(b) = − ∫ E⃗ ⋅ d s ⃗ + ϕ(a) .

(3.18)

a

Die allgemeine Potenzialfunktion ϕ(r) ergibt sich durch die Betrachtung des Potenzials ϕ(a) als willkürliche Konstante und durch unbestimmte Integration: ϕ(r) = − ∫ E⃗ ⋅ d s ⃗ + ϕ0 .

(3.19)

Angewendet auf die Punktladungen ergibt sich damit bei Integration entlang des Radius r (d s ⃗ = dr r ⃗0 ): Q1 r1⃗0 1 Q1 ⋅ dr1 r1⃗0 + ϕ01 = − ∫ 2 dr1 + ϕ01 4πε r21 4πε r1 1 Q1 Q1 + ϕ01 ϕ(r1 ) = − (− ) + ϕ01 = 4πε r1 4πε r1 ϕ(r1 ) = − ∫

(3.20)

analog: ϕ(r2 ) = − ∫

Q2 r2⃗0 Q2 ⋅ dr2 r2⃗0 + ϕ02 = + ϕ02 . 4πε r22 4πε r2

(3.21)

Die allgemeine Potenzialfunktion der beiden Punktladungen entsteht durch Überlagerung: ϕ(r) = ϕ(r1 ) + ϕ(r2 ) =

Q1 Q2 + ϕ01 + + ϕ02 4πε r1 4πε r2

(3.22)

mit ϕ01 + ϕ02 = ϕ0 und Q1 = 2Q, Q2 = Q ϕ(r) =

Q 2 1 ( + ) + ϕ0 . 4πε r1 r2

(3.23)

Die Konstante ϕ0 wird durch vorgegebene Randbedingungen bestimmt. Hier wird beispielsweise das Potenzial im Ursprung als Bezugspunkt mit dem Potenzial Null gewählt. Im Koordinatenursprung sind r1 = a und r2 = a , so dass sich folgender Ansatz ergibt Q 2 1 ( + ) + ϕ0 4πε a a 1 3 Q 2 ϕ(r) = − ) . ( + 4πε r1 r2 a

ϕ(0) = 0 =

⇒

ϕ0 = −

Q 3 4πε a

118 | 3 Elektrostatische Felder Jetzt müssen die beiden Variablen r1 und r2 noch in einem einheitlichen Koordinatensystem angegeben werden. Hierfür bietet sich die Darstellung in xy-Koordinaten an. Nach Abbildung 3.5 ergeben sich hierfür folgende Beziehungen: r1 = √(a + x)2 + y2

und

r2 = √(a − x)2 + y2 .

Damit wird ϕ(x,y) =

Q 2 1 3 + − ). ( 4πε √(a + x)2 + y2 √(a − x)2 + y2 a

3.2.1.3 Gesucht: Das Potenzial im Punkt P : (0;a). Gegeben: Die allgemeine Potenzialfunktion ϕ(x,y). Ansatz: Einsetzen der gegebenen Koordinaten (x = 0, y = a) in die Potenzialfunktion: ϕ(0,a) =

Q 2 1 3 + − ) . ( 2 2 2 2 4πε √(a + 0) + a a √(a − 0) + a

Q 2 Q 2 + 1 − 3√2 1 3 + − )= ( 4πε √2a2 √2a2 a 4πε √2 a Q 3 (1 − √2 ) . = 4πε √2 a

ϕ(0,a) =

3.2.1.4 ⃗ Gesucht: Die Funktion der elektrischen Feldstärke E(x,y). Gegeben: Die allgemeine Potenzialfunktion ϕ(x,y). Ansatz: Die Gleichung E⃗ = − grad ϕ

(3.24)

P r1

r2

y

Q1

Q2

(-a;0)

(a;0) (0;0)

a+x

x a-x

Abb. 3.5: Beschreibung von r1 und r2 in einheitlichen xy-Koordinaten.

3.2 Die Potenzialfunktion | 119

stellt die Umkehrfunktion der Potenzialfunktion dar. Der Gradient ist das so genannte vollständige Differenzial und wird in kartesischen Koordinaten definiert durch grad ϕ = e⃗x

∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ + e⃗ y + e⃗ z ∂x ∂y ∂z

(3.25)

wobei hier die Ableitung nach z aufgrund der Aufgabenstellung entfällt. ∂ Q 2 1 3 ⃗ E(x,y) =− + − )] e⃗x [ ( ∂x 4πε √(a + x)2 + y2 √(a − x)2 + y2 a −

∂ Q 2 1 3 + − )] e⃗y . [ ( ∂y 4πε √(a + x)2 + y2 √(a − x)2 + y2 a

(3.26)

Nur die Nenner der Potenzialfunktion hängen von den Variablen x und y ab. Der Wurzelausdruck dieser Nenner kann auch geschrieben werden als −1/2

((a ± x)2 + y2 )

,

worauf sich die Kettenregel sehr einfach anwenden lässt: ∂ 1 −1/2 −3/2 = − ((a ± x)2 + y2 ) ⋅ 2(a ± x) ⋅ (±1) ((a ± x)2 + y2 ) ∂x 2 (a ± x) =∓ 3/2 ((a ± x)2 + y2 ) ∂ 1 y −1/2 −3/2 . = − ((a ± x)2 + y2 ) ⋅ 2y = − ((a ± x)2 + y2 ) 3/2 2 ∂y 2 ((a ± x) + y2 ) Damit ergibt sich die elektrische Feldstärke zu Q −(a − x) 2(a + x) ⃗ E(x,y) = + ( ) e⃗ x 4πε ((a + x)2 + y2 )3/2 ((a − x)2 + y2 )3/2 +

Q 2y y + ( ) e⃗ y . 4πε ((a + x)2 + y2 )3/2 ((a − x)2 + y2 )3/2

3.2.1.5 Gesucht: Die elektrische Feldstärke im Punkt P : (0;a). ⃗ Gegeben: Funktion der elektrischen Feldstärke E(x,y), Koordinaten. Ansatz: Einsetzen der gegebenen Koordinaten (x = 0, y = a) in die Funktion der elektrischen Feldstärke Q 2(a + 0) (a − 0) ⃗ E(0,a) = − ( ) e⃗ x 4πε ((a + 0)2 + a2 )3/2 ((a − 0)2 + a2 )3/2 +

2a a Q + ( ) e⃗ y . 4πε ((a + 0)2 + a2 )3/2 ((a − 0)2 + a2 )3/2

120 | 3 Elektrostatische Felder Q 2a a Q 2a a ⃗ E(0,a) = − + ( ) e⃗ x + ( ) e⃗ y 4πε (2a2 )3/2 (2a2 )3/2 4πε (2a2 )3/2 (2a2 )3/2 Q Q Q a 3a a ⃗ E(0,a) = ) e⃗ x + ) e⃗ y = ( ( ( e⃗ x + 3 e⃗ y ) 4πε (2a2 )3/2 4πε (2a2 )3/2 4πε 2√2 a3 Q ⃗ E(0,a) = ( e⃗ x + 3 e⃗ y ) . √ 8 2 πε a2

Aufgabe 3.2.2 3.2.2.1 ⃗ Gesucht: Die elektrische Feldstärke E(x,y) allgemein. Gegeben: Drei beliebig angeordnete Punktladungen im xy-Koordinatensystem. Ansatz: Hilfreich ist eine Skizze der Anordnung, siehe hierzu das Beispiel in Abbildung 3.6.

Q1 (x1,y1) r1

Q2 (x2,y2) r20

r10

r2 (x,y)

E3 ey

E2

E1

r30 r3

Q3 (x3,y3)

ex Abb. 3.6: Beispiel für die Anordnung der drei Punktladungen.

Das elektrische Feld einer Punktladung Q wird u. a. beschrieben durch Q r⃗ E⃗ = 4πε r3

⇒

Q1 r1⃗ E⃗ 1 = , 4πε r31

Q2 r2⃗ E⃗ 2 = , 4πε r32

Q3 r3⃗ E⃗ 3 = . 4πε r33

(3.27)

Mit den bekannten Koordinaten können die Abstandsvektoren r i⃗ , i = 1,2,3 berechnet werden (Abstandsvektor = Ortsvektor des Aufpunktes − Ortsvektor des Quellpunktes): x x1 x − x1 r1⃗ = ( ) − ( ) = ( ) y y1 y − y1

⇒

r1 = √(x − x1 )2 + (y − y1 )2 ,

x x2 x − x2 r2⃗ = ( ) − ( ) = ( ) y y2 y − y2

⇒

r2 = √(x − x2 )2 + (y − y2 )2 ,

3.2 Die Potenzialfunktion | 121

x x3 x − x3 r3⃗ = ( ) − ( ) = ( ) y y3 y − y3

r3 = √(x − x3 )2 + (y − y3 )2 .

⇒

Damit werden die Einzelfeldstärken: Q1 r1⃗ Q1 (x − x1 )e⃗x + (y − y1 )e⃗y E⃗ 1 (x,y) = , = 3 4πε r1 4πε √(x − x )2 + (y − y )2 3 1 1 Q2 r2⃗ Q2 (x − x2 )e⃗x + (y − y2 )e⃗y E⃗ 2 (x,y) = = , 3 4πε r2 4πε √(x − x )2 + (y − y )2 3 2

2

Q3 r3⃗ Q3 (x − x3 )e⃗x + (y − y3 )e⃗y E⃗ 3 (x,y) = = . 4πε r33 4πε √(x − x )2 + (y − y )2 3 3 3 Die Gesamtfeldstärke ergibt sich dann zu (x − x1 )e⃗x + (y − y1 )e⃗y 1 ⃗ E(x,y) = (Q1 3 4πε √(x − x )2 + (y − y )2 1

+ Q2

1

(x − x2 )e⃗x + (y − y2 )e⃗y √(x − x2 )2 + (y − y2 )2

3

+ Q3

(x − x3 )e⃗x + (y − y3 )e⃗y √(x − x3 )2 + (y − y3 )2

3

) .

3.2.2.2 ⃗ Gesucht: Die elektrische Feldstärke E(0,0) im Ursprung. Gegeben: Die allgemeine Gleichung der elektrischen Feldstärke E⃗ aus Aufgabenteil 3.2.2.1. Ansatz: Einsetzen der Koordinaten x = 0 und y = 0 in die allgemeine Gleichung. x 1 e⃗ x + y 1 e⃗ y x 2 e⃗ x + y 2 e⃗ y x 3 e⃗ x + y 3 e⃗ y 1 ⃗ + Q2 + Q3 E(0,0) =− (Q1 3 3 3) . 4πε √ x21 + y21 √ x22 + y22 √ x23 + y23 3.2.2.3 Gesucht: Die Potenzialfunktion ϕ(x,y). Gegeben: Die Beschreibung der Abstandsvektoren aus Aufgabenteil 3.2.2.1. Ansatz: Die Potenzialfunktion ist definiert als b

ϕ(b) = − ∫ E⃗ ⋅ d s ⃗ + ϕ(a) .

(3.28)

a

Nach Festlegung der Randbedingungen verschwindet das Potenzial im Unendlichen, d. h. ϕ(a) = 0 und a → ∞ r

ϕ(r) = − ∫ E⃗ ⋅ d s ⃗ . ∞

(3.29)

122 | 3 Elektrostatische Felder Das Feld einer Punktladung ist ein Radialfeld, daher bietet sich für die Berechnung der Einzelpotentiale das Kugel-Koordinatensystem an. Für das vektorielle Linienelement gilt hier, wenn entlang einer Feldlinie integriert wird: d s ⃗ = e⃗r dr. Mit der elektrischen Feldstärke in Kugelkoordinaten ⃗ = Q e⃗ r E(r) 4πε r2

(3.30)

wird dann r

ϕ(r) = − ∫ ∞

Q e⃗ r ⋅ e⃗r dr . 4πε r2

Es ergibt sich für die Punktladung Q i , i = 1,2,3, das Einzelpotenzial 1 󵄨󵄨󵄨r i Qi 1 Qi (−) 󵄨󵄨󵄨 = . ϕ i (r i ) = − 4πε r 󵄨󵄨∞ 4πε r i

(3.31)

(3.32)

Durch die Überlagerung (Superposition) der Einzelpotenziale entsteht das Gesamtpotenzial Q1 1 Q2 1 Q3 1 ϕ(r) = ϕ1 (r1 ) + ϕ2 (r2 ) + ϕ3 (r3 ) = + + 4πε r1 4πε r2 4πε r3 Q1 Q2 Q3 1 + + (3.33) = ( ) . 4πε r1 r2 r3 Einsetzen der Abstandsradien r1 , r2 , r3 aus Aufgabenteil 3.2.2.1 ergibt die gesuchte Funktion in kartesischen Koordinaten ϕ(x,y) =

1 Q2 Q1 + ( 4πε √(x − x1 )2 + (y − y1 )2 √(x − x2 )2 + (y − y2 )2 +

Q3 √(x − x3 )2 + (y − y3 )2

(3.34)

) .

3.2.2.4 Gesucht: Die Energie, die nötig ist, um eine Probeladung q vom Unendlichen in den Ursprung zu transportieren. Gegeben: Die allgemeine Gleichung des elektrischen Potenzials aus Aufgabent. 3.2.2.3. Ansatz: Nach Aufgabenstellung ergibt sich für den Energieaufwand Wmech = q ∆U = q (ϕ(x a ,y a ) − ϕ(x b ,y b )) .

(3.35)

Einsetzen der Koordinaten x b = 0 und y b = 0 sowie x a = ∞ und y a = ∞ in die allgemeine Gleichung. W = q (ϕ(∞,∞) − ϕ(0,0)) = q (0 − ϕ(0,0)) =−

Q1 Q2 Q3 q + + ( ) . 4πε √ x2 + y2 √ x2 + y2 √ x2 + y2 3 3 1 1 2 2

(3.36) (3.37)

3.2 Die Potenzialfunktion | 123

Haben alle Ladungen das gleiche Vorzeichen, wird Arbeit aufgewendet, also zugeführt, daher das negative Vorzeichen.

3.2.2.5 ⃗ Gesucht: Die elektrische Feldstärke E(x,y) aus dem Potenzial ϕ(x,y). Gegeben: Die allgemeine Gleichung des elektrischen Potenzials aus Aufgabent. 3.2.2.3. Ansatz: Die elektrische Feldstärke wird berechnet durch E⃗ = −grad ϕ .

(3.38)

In kartesischen Koordinaten (3.25) ergibt sich für die elektrische Feldstärke ∂ϕ(x,y) ∂ϕ(x,y) ∂ϕ(x,y) ⃗ E(x,y) = −( e⃗ x + e⃗ y + e⃗ z ) ∂x ∂y ∂z

(3.39)

wobei die Ableitung nach z aufgrund der Aufgabenstellung entfällt. ∂ 1 Q1 Q2 ⃗ E(x,y) =− + [ ( ∂x 4πε √(x − x1 )2 + (y − y1 )2 √(x − x2 )2 + (y − y2 )2 + −

Q3 )] e⃗x √(x − x3 )2 + (y − y3 )2

∂ Q2 1 Q1 + [ ( ∂y 4πε √(x − x1 )2 + (y − y1 )2 √(x − x2 )2 + (y − y2 )2 +

Q3 √(x − x3

)2

+ (y − y3 )2

)] e⃗y .

(3.40)

Nur die Nenner der Potenzialfunktion hängen von den Variablen x und y ab. Der Wurzelausdruck dieser Nenner kann auch in den Zähler geschrieben werden als −1/2

((x − x i )2 + (y − y i )2 )

,

worauf sich die Kettenregel sehr einfach anwenden lässt: ∂ 1 −1/2 −3/2 = − ((x − x i )2 + (y − y i )2 ) ⋅ 2(x − x i ) ((x − x i )2 + (y − y i )2 ) ∂x 2 (x − x i ) (3.41) =− 3/2 ((x − x i )2 + (y − y i )2 ) ∂ 1 −1/2 −3/2 = − ((x − x i )2 + (y − y i )2 ) ⋅ 2(y − y i ) ((x − x i )2 + (y − y i )2 ) ∂y 2 (y − y i ) =− . (3.42) 3/2 2 ((x − x i ) + (y − y i )2 )

124 | 3 Elektrostatische Felder Damit wird 1 Q1 (x − x1 ) Q2 (x − x2 ) ⃗ E(x,y) =+ + ( 3/2 3/2 4πε ((x − x1 )2 + (y − y1 )2 ) ((x − x2 )2 + (y − y2 )2 ) +

Q3 (x − x3 )

3/2

((x − x3 )2 + (y − y3 )2 )

) e⃗ x

1 Q1 (y − y1 ) Q2 (y − y2 ) + + ( 3/2 3/2 4πε ((x − x1 )2 + (y − y1 )2 ) ((x − x2 )2 + (y − y2 )2 ) +

Q3 (y − y3 )

3/2

((x − x3 )2 + (y − y3 )2 )

(3.43)

) e⃗ y

bzw. die Feldstärke im Ursprung x 2 e⃗ x + y 2 e⃗ y x 3 e⃗ x + y 3 e⃗ y x 1 e⃗ x + y 1 e⃗ y 1 ⃗ + Q2 + Q3 E(0,0) =− (Q1 3 3 3) . 4πε √ x21 + y21 √ x22 + y22 √ x23 + y23 Der Vergleich mit den Aufgabenteilen 3.2.2.1 bzw. 3.2.2.2 ergibt, dass beide Funktionen jeweils identisch sind.

Aufgabe 3.2.3 Gesucht: Berechnen Sie explizit für beide Wege von A nach B das Linienintegral ∫ E⃗ ⋅ ds ⃗ . L

Ansatz:

Das elektrische Feld der Punktladung Q besitzt die Feldstärke 0 ⃗ = Q r⃗ = Q r⃗ . E(r) 4πε r2 4πε r3

(3.44)

Zur Lösung der Aufgabe muss für beide Wege jeweils eine mathematische Beschreibung für den Abstandsvektor r ⃗ und das vektorielle Linienelement ds ⃗ gefunden werden. Weg 1 Mit Hilfe der Verschiebung xm kann der Abstand zum Kreismittelpunkt beschrieben werden. Nach Abbildung 3.7 ist xm = ra + ρ .

(3.45)

Anschaulich ergibt sich der Abstandsvektor r ⃗ = (xm − ρ cos γ) e⃗x + ρ sin γ e⃗y ,

0≤ γ ≤ π,

(3.46)

3.2 Die Potenzialfunktion | 125

Abb. 3.7: Parametrisierung von Weg 1.

mit dem Betrag 2

2

r = √(xm − ρ cos γ) + (ρ sin γ)

= √ x2m − 2xm ρ cos γ + ρ2 cos2 γ + ρ2 sin2 γ = √ x2m − 2xm ρ cos γ + ρ2 = √ x2m + ρ2 − 2xm ρ cos γ .

(3.47)

Damit ergibt sich für die elektrische Feldstärke zu Q [xm − ρ cos γ] e⃗x + ρ sin γ e⃗y ⃗ = E(γ) ⃗ E(r) = . 3 4πε √ x2m + ρ2 − 2xm ρ cos γ

(3.48)

Das vektorielle Linienelement in Abbildung 3.7 ist ein kleiner Ausschnitt aus dem Halbkreis, seine Richtung ist abhängig vom Winkel γ. Es ergibt sich durch d s⃗ =

⃗ d r(γ) dγ = ρ (sin γ e⃗x + cos γ e⃗y ) dγ . dγ

(3.49)

Abkürzend wird r ⃗ ⋅ d s ⃗ = [(xm − ρ cos γ) e⃗x + ρ sin γ e⃗y ] ⋅ ρ (sin γ e⃗x + cos γ e⃗y ) dγ = (xm − ρ cos γ) ρ sin γ dγ + ρ sin γ ρ cos γ dγ = xm ρ sin γ dγ ,

(3.50)

so dass sich das Linienintegral schreiben lässt als π

∫ E⃗ ⋅ ds ⃗ = ∫ L

γ=0

Q 4πε

xm ρ sin γ dγ √ x2m + ρ2 − 2xm ρ cos γ π

Q xm ρ = ∫ 4πε

γ=0

3

sin γ dγ √ x2m + ρ2 − 2xm ρ cos γ

3

.

(3.51)

126 | 3 Elektrostatische Felder Das Integral kann in der Form π

∫ γ=0

sin γ dγ 3/2

(α + β cos γ)

α = x2m + ρ2 ,

,

β = −2xm ρ

(3.52)

geschrieben werden und hat die Lösung 󵄨󵄨π 2 1 󵄨󵄨 . 󵄨 1/2 β (α + β cos γ) 󵄨󵄨γ=0

(3.53)

Damit wird mit den Beziehungen xm + ρ = rb und xm − ρ = ra (siehe Abbildung 3.7) π

1 Q xm ρ [ 2 ] ∫ E⃗ ⋅ d s ⃗ = −2xm ρ √ 2 2 4πε x + ρ − 2x ρ cos γ m m L [ ]γ=0

(3.54)

1 1 −Q [ − ] ∫ E⃗ ⋅ d s ⃗ = 4πε √ x2m + ρ2 − 2xm ρ cos π √ x2m + ρ2 − 2xm ρ cos 0 L [ ]

(3.55)

=

1 1 −Q [ − ] 2 2 4πε √ xm + 2xm ρ + ρ2 √ xm − 2xm ρ + ρ2 [ ]

(3.56)

=

−Q 1 Q 1 1 1 − [ ]= [ − ]. 4πε xm + ρ xm − ρ 4πε ra rb

(3.57)

Weg 2 In Kugelkoordinaten zeigen der Abstandsvektor r ⃗ und das vektorielle Linienelement in Abbildung 3.8 in Richtung der elektrischen Feldstärke r ⃗ = r e⃗ r ,

d s ⃗ = dr e⃗r ,

⃗ = Q e⃗ r , E(r) 4πε r2

ra ≤ r ≤ rb ,

(3.58)

so dass sich das Linienintegral schreiben lässt als rb

∫ E⃗ ⋅ ds ⃗ = ∫ L

r=ra

rb

Q e⃗ r Q dr ⋅ dr e⃗r = ∫ . 2 4πε r 4πε r2

(3.59)

r=ra

ey Q ex

r ra A

Abb. 3.8: Parametrisierung von Weg 2.

ds

E (r )

rb B

3.2 Die Potenzialfunktion | 127

Das Integral besitzt die Lösung rb

Q Q dr 1 rb Q 1 1 = [− ] [− + ] . ∫ 2 = 4πε 4πε r r=ra 4πε rb ra r

(3.60)

r=ra

Hiermit ergibt sich dann ∫ E⃗ ⋅ ds ⃗ = L

1 1 Q [ − ], 4πε ra rb

(3.61)

womit die Wegunabhängigkeit für diese zwei Wege gezeigt ist. Anmerkung. Dies ist im mathematischen Sinn kein echter Beweis, hier wurde nur exemplarisch anhand von zwei Wegen die Wegunabhängigkeit des Linienintegrals gezeigt. Dieses Beispiel zeigt auch, dass aufgrund der Wegunabhängigkeit möglichst immer ein Weg gesucht werden sollte, dessen Linienelement in Richtung der elektrischen Feldstärke zeigt. Das heißt, es sollte, wann immer dies möglich ist, entlang einer Feldlinie integriert werden.

Verallgemeinerte Betrachtung der Aufgabenstellung ¹ ⃗ 3 und der Weg r ⃗ = r(t), ⃗ Sei E⃗ = c r/r t ∈ [t A ,t B ] und nach t differenzierbar. Dann ist tB

B

∫ E⃗ ⋅ d s ⃗ = ∫ c tA

A

r⃗ ̇ ⋅ r ⃗ dt r3

(3.62)

mit der Substitution 2 ⃗ ⋅ r(t) ⃗ , u = (r(t)) = r(t)

2

t A 󳨃→ u A = (r(t A )) ,

2

t B 󳨃→ u B = (r(t B ))

(3.63)

sowie du = ṙ⃗ ⋅ r ⃗ + r ⃗ ⋅ ṙ⃗ = 2 r ⃗ ⋅ ṙ⃗ dt

⇒

du = 2 r ⃗ ⋅ r ̇ ⃗ dt

(3.64)

ergibt sich B

uB

A

uA

1 c c uB c tB 1 1 du = [− 1/2 ] = [− ] = c[ − ] ∫ E⃗ ⋅ d s ⃗ = ∫ 3/2 2 u r(t) t A rA rB u uA mit r(t A ) = r A und r(t B ) = r B . 1 Quelle: Dr. Diana Fanghänel, Universität Kassel, Fachbereich Elektrotechnik/Informatik

(3.65)

128 | 3 Elektrostatische Felder

3.3 Die Linienladung Aufgabe 3.3.1 3.3.1.1 Gesucht: Die elektrische Feldstärke E⃗ l (x,z) allgemein. Gegeben: Position und Länge der Linienladung. Ansatz: Nach Abbildung 3.9 wird angenommen, dass die Linienladung aus einer Aneinanderreihung von infinitesimalen Punktladungen dQ besteht. Hierfür ist die elektrische Feldstärke bekannt: 0 ⃗ = dQ r ⃗ . d E(r) 4πε r2

Mit dQ = λ ds ergibt sich für die gesamte elektrische Feldstärke der Linienladung a

λ ds r ⃗0 E⃗ l (r) = ∫ . 4πε r2

(3.66)

−a

Anschaulich werden durch das Integral alle Teilfelder der infinitesimalen Punktladungen aufsummiert. Der Abstandsvektor r ⃗ ist für den gesuchten Wert an der Stelle (x; z) definiert durch x −a x+a r⃗ = ( ) − ( ) = ( ) z s z−s

⇒

r = √(x + a)2 + (z − s)2 .

Eingesetzt in (3.66): a

λ (x + a) e⃗x + (z − s) e⃗z E⃗ l (r) = ∫ ds . 4πε √(x + a)2 + (z − s)2 3 −a

(3.67)

Abb. 3.9: Zur Herleitung der Feldstärke-Berechnung einer Linienladung mit Hilfe einer infinitesimalen Punktladung dQ.

3.3 Die Linienladung | 129

Gleichung (3.67) zerfällt in zwei Teilintegrale a

ds λ (x + a) e⃗x 1. , ∫ 3 4πε 2 2 −a √(x + a) + (z − s)

a

(z − s) ds λ e⃗ z 2. . ∫ 4πε √(x + a)2 + (z − s)2 3 −a

Mit den bereits vorgegebenen Stammfunktionen werden a

ds λ (x + a) e⃗x ∫ 3 4πε 2 2 −a √(x + a) + (z − s) 󵄨󵄨a 󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨−a

=

−(z − s) λ (x + a) e⃗x 4πε (x + a)2 √(x + a)2 + (z − s)2

=

−(z + a) −(z − a) λ e⃗ x − ) ( 4πε (x + a) √(x + a)2 + (z − a)2 √(x + a)2 + (z + a)2

und a

λ e⃗ z (z − s) ds ∫ 4πε √(x + a)2 + (z − s)2 3 −a = =

1 λ e⃗ z 4πε √(x + a)2 + (z − s)2

󵄨󵄨a 󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨−a

1 1 λ e⃗ z − ( ) . 4πε √(x + a)2 + (z − a)2 √(x + a)2 + (z + a)2

Damit hat die Feldstärke im Punkt (x;z) den Wert E⃗ l (x,z) = +

λ −(z − a) (z + a) + ( ) e⃗ x 4πε(x + a) √(x + a)2 + (z − a)2 √(x + a)2 + (z + a)2 λ 1 1 − ) e⃗ z . ( 4πε √(x + a)2 + (z − a)2 √(x + a)2 + (z + a)2

(3.68)

3.3.1.2 Gesucht: Das Potenzial der Linienladung entlang der x-Achse. Gegeben: Position und Länge der Linienladung. Ansatz: Analog zu Aufgabenteil 3.3.1.1 wird angenommen, dass die Linienladung aus einer Aneinanderreihung von infinitesimalen Punktladungen dQ besteht. Hierfür ist das elektrische Potenzial bekannt (die Konstante ist null, damit das Potenzial im Unendlichen verschwindet): dQ 1 . 4πε r Mit dQ = λ ds ergibt sich für das gesamte Potenzial der Linienladung dϕ(r) =

a

ϕ(r) = ∫ −a

λ ds 1 . 4πε r

(3.69)

130 | 3 Elektrostatische Felder Anschaulich werden durch das Integral alle Teilpotenziale der infinitesimalen Punktladungen aufsummiert. Der Abstand r ist für das gesuchte Potenzial entlang der x-Achse definiert durch x −a x+a r⃗ = ( ) − ( ) = ( ) 0 s −s

r = √(x + a)2 + s2 .

⇒

Eingesetzt in (3.69): a

a

λ ds ds λ = . ∫ 4πε √(x + a)2 + s2 4πε √(x + a)2 + s2 −a −a

ϕl (x,0) = ∫

(3.70)

Das Integral besitzt die Lösung a

∫ −a

ds √(x + a)2 + s2

= ln(

󵄨󵄨a 2 s s 󵄨 + √( ) + 1 )󵄨󵄨󵄨󵄨 . x+a x+a 󵄨󵄨−a

Damit lautet das gesuchte Potenzial λ [ln(a + √ a2 + (x + a)2 ) − ln(−a + √(−a)2 + (x + a)2 )] 4πε a + √ a2 + (x + a)2 λ a + √ a2 + (x + a)2 λ ln = ln . = 4πε 2πε x+a −a + √ a2 + (x + a)2

ϕl (x,0) =

(3.71)

Anmerkung. In der Literatur wird als Lösung zu Gleichung (3.70) auch der Areasinus Hyperbolicus angegeben. Es gilt der Zusammenhang arsinh(x) = ln(x + √ x2 + 1 ) . 3.3.1.3 Gesucht: Die Ladungsdichte λ, damit die elektrische Feldstärke im Ursprung verschwindet. Gegeben: Die elektrische Feldstärke der Linienladung aus Gl. (3.68) E⃗ l (0,0) =

λ (a) (a) + ( ) e⃗ x + 0 e⃗ z 4πε(a) √(a)2 + (a)2 √(a)2 + (a)2

wird im Ursprung E⃗ l (0,0) = Ansatz:

√2 λ λ 1 1 + e⃗ x . ( ) e⃗ x = 4πε √2a2 √2a2 4πε a

Nach hinzufügen der Punktladung überlagern sich beide Felder E⃗ l und E⃗ p . Die Punktladung befindet sich im Abstand 2a zum Ursprung auf der x-Achse (siehe Abbildung 3.10) womit für den Abstandsvektor rp⃗ gilt: 0 2a −2a rp⃗ = ( ) − ( ) = ( ) 0 0 0

⇒

rp = 2a .

3.3 Die Linienladung | 131

Abb. 3.10: Überlagerung der beiden Feldstärke-Vektoren von Linienladung und Punktladung im Ursprung.

Die elektrische Feldstärke der Punktladung im Ursprung wird dann Q e⃗ x E⃗ p (0,0) = − . 4πε 4a2 Beide Feldstärken sollen sich zu null überlagern: √2 λ Q e⃗ x e⃗ x − 4πε a 4πε 4a2 √2 λ Q 1 0⃗ = ( − ) e⃗ x 4πε a 4πε 4a2 0⃗ =

⇒

0 = √2 λ − Q

1 4a

⇒

λ=

Q . 4√2 a

Aufgabe 3.3.2 3.3.2.1 Gesucht: Die Ladung Q allgemein. Gegeben: Position und Länge der Linienladung. Ansatz: Die Linienladungsdichte λ einer Linienladung ist definiert als λ=

dQ ds

⇒

dQ = λ ds .

(3.72)

Anschaulich, wie in Abbildung 3.11 gezeigt, kann dann die Linienladung als Aneinanderreihung infinitesimaler Ladungselemente dQ betrachtet werden. Die Überlagerung der Ladungselemente nach dem Superpositionsprinzip zur Gesamtladung Q entspricht einer Integration über die Länge der Linienladung. Die Integrationsvariable s gibt dabei immer die Position eines Ladungselementes an. In der gegebenen Aufgabenstellung hat sie den Wertebereich −a ≤ s ≤ a: a

Q = ∫ λ ds . −a

(3.73)

132 | 3 Elektrostatische Felder

Q ds s

(0,a)

dQ = l ds

(0,0)

ez er

(0,-a)

Abb. 3.11: Zur Berechnung der Linienladung mit dem Superpositionsprinzip.

Ist die Linienladungsdichte λ konstant, also homogen über die Länge verteilt, kann sie vor das Integral gezogen werden und es ergibt sich a

Q = λ ∫ ds = λ[a − (−a)] = 2λa . −a

3.3.2.2 Gesucht: Die Linienladungsdichte λ. Gegeben: a = 50 cm und Q = 2 nC. Ansatz: Wie bereits hergeleitet ist Q = 2λa

⇒

λ=

Q . 2a

Mit gegebenen Werten: λ=

2 nC = 2 ⋅ 10−9 As m−1 . 2 ⋅ 0,5 m

(3.74)

3.4 Die Kapazität | 133

3.4 Die Kapazität Aufgabe 3.4.1 3.4.1.1 Gesucht: Skizze der Feldlinien von D⃗ und E⃗ sowie der Äquipotenziallinien für beide Kondensatoren. Ansatz: Auf ideal leitenden Flächen stehen die elektrischen Feldlinien immer senkrecht. Es ergeben sich in beiden Fällen radialsymmetrische Felder, wie sie Abbildung 3.12 zeigt. Die Äquipotenziallinien verlaufen auf Mantel- bzw. Kugeloberflächen.

Abb. 3.12: Verlauf der Feldlinien von D⃗ und E⃗ sowie der Äquipotenziallinien Φ = konst, (a) Zylinderund (b) Kugelkondensator.

3.4.1.2 Gesucht: Die elektrische Flussdichte D⃗ und die elektrische Feldstärke E⃗ für beide Kondensatoren abhängig vom Radius. Gegeben: Die Feldverläufe von Zylinder- und Kugelkondensator. Ansatz: Durch Anwendung des Gauß’schen Satzes der Elektrostatik Q = ∮ D⃗ ⋅ d A⃗ A

(3.75)

kann bei bekannter Ladung und Geometrie die elektrische Flussdichte D⃗ bestimmt werden. über die Materialgleichung D⃗ = ε E⃗ ergibt sich dann die elektrische Feldstärke E.⃗

(3.76)

134 | 3 Elektrostatische Felder

AZylinder

z

z AKugel

D (r)

Q=lh dA r Q

r dj dA

x

D (r)

y

r

a

y

b

x Abb. 3.13: Veranschaulichung des Gauß’schen Satzes der Elektrostatik: Hüllfläche A, vektorielles Flächenelement d A,⃗ Ladung Q und elektrische Flussdichte D⃗ für (a) Zylinder, (b) Kugel.

Zylinderkondensator Unter Vernachlässigung der Randeffekte an Boden- und Deckelfläche verbleibt der Zylindermantel als Teil der Hüllfläche A des Integrals und die Ladung Q kann als Linienladung λ verteilt über die Zylinderhöhe h betrachtet werden. Nach Abbildung 3.13a zeigen vektorielles Flächenelement d A⃗ und elektrische Flussdichte D⃗ = D(ρ)e⃗ρ in die gleiche Richtung: h

2π

Q = λ h = ∫ ∫ D(ρ) ρ dφ dz .

(3.77)

z=0 φ=0

Die Lösung des Integrals liefert h

2π

Q = D(ρ) ρ ∫ [φ]

φ=0

dz = 2π ρ D(ρ)[z]

h z=0

= h 2π ρ D(ρ)

(3.78)

z=0

⃗ ⇒ D(ρ) =

Q e⃗ ρ 2π ρ h

bzw.

⃗ D(ρ) =

λ e⃗ ρ . 2π ρ

(3.79)

Mit Gleichung (3.76) ergibt sich die elektrische Feldstärke ⃗ E(ρ) =

Q e⃗ ρ 2πε ρ h

bzw.

⃗ E(ρ) =

λ e⃗ ρ . 2πε ρ

(3.80)

Kugelkondensator Die Hüllfläche A des Integrals ist die Oberfläche der Kugel und umhüllt die Ladung Q. Nach Abbildung 3.13b zeigen vektorielles Flächenelement d A⃗ und elektrische Fluss-

3.4 Die Kapazität | 135

dichte D⃗ = D(r)e⃗r in die gleiche Richtung: π

2π

Q = ∫ ∫ D(r) r2 sin(ϑ) dφ dϑ .

(3.81)

ϑ=0 φ=0

Die Lösung des Integrals liefert π 2

Q = D(r) r ∫ sin(ϑ)[φ]

2π φ=0

dϑ = 2πr2 D(r)[− cos(ϑ)]

π ϑ=0

= 4πr2 D(r)

ϑ=0

⃗ = D(r)

⇒

Q e⃗ r . 4πr2

(3.82)

Mit Gleichung (3.76) ergibt sich die elektrische Feldstärke ⃗ = E(r)

Q e⃗ r . 4πεr2

(3.83)

3.4.1.3 Gesucht: Das Verhältnis der Kugelschalenradien ra/ri , bei gegebenem Verhältnis der Zylinderradien ρa/ρi = e2 . Gegeben: Die Gleichungen der elektrischen Feldstärke von Zylinder- und Kugelkondensator. Ansatz: Berechnung der Kapazitäten durch C=

Q U

mit

U = ∫ E⃗ ⋅ d s ⃗ .

(3.84)

L

Es ist also für beide Kondensatoren jeweils die Spannung U auszurechnen. Anschließend muss gelten Czyl = Ckgl .

(3.85)

Zylinderkondensator Für das vektorielle Wegelement d s ⃗ gilt bei Integration entlang einer Feldlinie der Feldstärke E⃗ = E(ρ) e⃗ρ d s ⃗ = dρ e⃗ρ , ρi ≤ ρ ≤ ρa . (3.86) Somit ergibt sich für die Kapazität Czyl =

Q ρa

Q dρ ∫ 2πε ρ h

ρi

=

2πε h ρa

1 ∫ dρ ρ

ρi

=

2πε h [ln ρ]

ρa ρi

⇒

Czyl =

2πε h . ln ρρai

(3.87)

136 | 3 Elektrostatische Felder

Kugelkondensator Für das vektorielle Wegelement d s ⃗ gilt bei Integration entlang einer Feldlinie der Feldstärke E⃗ = E(r) e⃗r d s ⃗ = dr e⃗r , ri ≤ r ≤ ra . (3.88) Somit ergibt sich für die Kapazität Ckgl =

Q ra

Q dr ∫ 4πε r2

=

ri

4πε ra

1 ∫ 2 dr r

=

4πε 1 ra [− ] r ri

Ckgl =

⇒

4πε . 1 1 − ri ra

(3.89)

ri

Gleichsetzen der beiden Kapazitäten und bilden des Verhältnisses ra/ri führt bei gleicher Höhe (h = 2 ra ) auf 4πε ra 4πε ra = ra ln ρρai ri − 1 Mit gegebenen Werten:

ln

⇒

ρa ra = −1 ρi ri

ra ρa = 1 + ln . ri ρi

⇒

(3.90)

ra = 1 + ln e2 = 3 . ri

Aufgabe 3.4.2 Gesucht: Die Gesamtkapazität CAB zwischen den Klemmen A und B. Ansatz: Umzeichnen wie in Abbildung 3.14 gezeigt. Auflösen der Parallelschaltungen: C1,2,3 = C1 + C2 + C3 = 3C0 ,

C7,8 = C7 + C8 = 2C0 .

(3.91)

Auflösen der Reihenschaltung C1,2,3 , C4 : C1...4 =

C1,2,3 ⋅ C4 3C0 ⋅ C0 3 = = C0 . C1,2,3 + C4 3C0 + C0 4

(3.92)

Auflösen der Parallelschaltung C1...4 , C5 C1...5 = C1...4 + C5 =

3 7 C0 + C0 = C0 . 4 4

(3.93)

Auflösen der Reihenschaltung C1...5 , C7,8 : C1...5,7,8 =

C1...5 ⋅ C7,8 = C1...5 + C7,8

7 4 C 0 ⋅ 2C 0 7 4 C 0 + 2C 0

=

14 C0 . 15

(3.94)

Auflösen der Parallelschaltung mit C6 ergibt CAB = C1...5,7,8 + C6 =

14 29 C0 + C0 = C0 . 15 15

(3.95)

3.4 Die Kapazität | 137

C3

C6

C5

C2

C1,2,3

C7

A

C4

C1

C6

C5 B

A

C7,8 C4

C8

B

Abb. 3.14: Umgezeichnetes Kondensatornetzwerk.

Aufgabe 3.4.3 Gesucht: Die elektrische Spannung U, die elektrische Flussdichte D, die Ladung Q und die Kapazität C des Plattenkondensators. Ansatz: Vernachlässigung der Randeffekte reduziert den Rechenaufwand, da vereinfacht mit homogenen Feldern gerechnet werden darf. Über das Linienintegral B

U AB = ∫ E⃗ ⋅ d s ⃗

(3.96)

A

ergibt sich aufgrund des homogenen Felds im Plattenkondensator (elektrisches Feld und Linienelement sind gleichgerichtet) bei einer angelegten Spannung d

U = ∫ E ds = E d

E=

⇒

0

U 1 kV = = 200 kV m−1 . d 5 mm

Entsprechend wird D = ε E = 8,854 ⋅ 10−12 As (Vm)−1 ⋅ 200 kV m−1 ≈ 1,77 ⋅ 10−6 As m−2 . Der Gaußsche Satz der Elektrostatik ergibt angewendet auf den Plattenkondensator aufgrund seines homogenen Feldes (dA = r dφ dr) r 2π

r

Q = ∮ D⃗ ⋅ d A⃗ = D ∫ ∫ r dφ dr = D ∫ 2πr dr = D πr2 0 0

A

Q = 1,77 ⋅ 10

−6

As m

−2

(3.97)

0

⋅ π ⋅ (12,5 cm)2 ≈ 8,68 ⋅ 10−8 As .

Mit C=

Q U

oder

C=

εA d

(3.98)

ergibt sich die Kapazität zu C=

ε0 ⋅ π ⋅ r2 8,854 ⋅ 10−12 F m−1 ⋅ π ⋅ (12,5 cm)2 = ≈ 86,9 ⋅ 10−12 F = 86,9 pF . d 5 mm

138 | 3 Elektrostatische Felder

Aufgabe 3.4.4 3.4.4.1 Gesucht: Das Ersatzschaltbild des Kondensators. Gegeben: Plattenkondensator in Abbildung 3.4, S. 27. Ansatz: Die Ersatzschaltung besteht aus einer Parallelschaltung zweier Kapazitäten mit unterschiedlichen Dielektrika. Einer bildet den inneren, mit Luft gefüllten Teil (C1 mit ε0 ), der andere den Isolierring (C2 mit ε1 ) nach.

Abb. 3.15: Ersatzschaltbild mit zwei parallel geschalteten Kapazitäten.

3.4.4.2 Gesucht: Kapazität C, wenn das Dielektrikum zwischen den Platten vollständig durch das Material mit der Permittivität ε1 ausgefüllt ist. Ansatz: Für die Kapazität des Plattenkondensators mit kreisförmiger Fläche gilt C=

ε0 εr A , d

A = πr2a ,

⇒

C=

ε1 πr2a . d

(3.99)

3.4.4.3 Gesucht: Kapazität C, wenn das Dielektrikum wie in Abbildung 3.4 auf Seite 27 geschichtet ist. Ansatz: Nach dem ESB (Abbildung 3.15) sind zwei Kondensatoren zu berechnen. Einer repräsentiert den inneren, mit Luft gefüllten Teil, der andere den Isolierring mit der Ringfläche 2π ra

ARing = ∫ ∫ r dr dφ = π (r2a − r2i ) ;

(3.100)

0 ri

ε0 ALuft ε0 πr2i = , d d 2 2 ε1 ARing ε0 εr1 π (ra − ri ) C2 = = . d d Resultierend ergibt sich als Gesamtkapazität ε0 π 2 Cges = C1 + C2 , Cges = (ri + εr1 (r2a − r2i )) . d C1 =

(3.101) (3.102)

(3.103)

3.4 Die Kapazität | 139

3.4.4.4 Gesucht: Spannung, die zwischen den Platten gemessen werden kann. Ansatz: Aufgrund der gegebenen Ladung Q0 ist die folgende Beziehung zu wählen Q = CU

⇒

U=

Q . C

(3.104)

Eingesetzt mit Werten wird dann Q0 U= ε π 0 2 (ri + εr1 (r2a − r2i )) d Q0 Q0 ⋅ 0,1 ri = = . ε0 π(r2i + 3 (49 r2i − r2i )) ε0 π ri ⋅ 1450

(3.105)

Aufgabe 3.4.5 3.4.5.1 Gesucht: Anzahl von Kondensatoren, die in Reihe geschaltet werden müssen und die Kapazität Czw dieser Reihenschaltung. Ansatz: Nach Vorgabe der Betriebsspannung von 600 V sind mindestens zwei Kondensatoren in Reihe zu schalten. Damit wird Czw =

C1 C2 1 = C0 = 50 µF . C1 + C2 2

(3.106)

3.4.5.2 Gesucht: Anzahl der parallelen Zweige der in Reihe geschalteten Kondensatoren. Ansatz: Nach Aufgabenstellung soll eine Gesamtkapazität von 200 µF erreicht werden. Somit wird Cges = n ⋅ Czw

⇒

n=

Cges =4. Czw

(3.107)

3.4.5.3 Gesucht: Zeichnung des Kondensatornetzwerks. Ansatz: Nach den Lösungen der Aufgabenteile 3.4.5.1 und 3.4.5.2 sind vier Zweige aus zwei in Reihe geschalteten Kondensatoren aufzubauen, so dass sich das Netzwerk in Abbildung 3.16 aus insgesamt acht Kondensatoren zusammensetzt.

140 | 3 Elektrostatische Felder

C0

UC C0

C0

C0

C0

UC C0

C0

C0

U0

Abb. 3.16: Kondensatornetzwerk mit vier parallelen Zweigen.

3.4.5.4 Gesucht: Spannung, die an einem Kondensator C0 abfällt. Ansatz: Für zwei in Reihe geschaltete Kapazitäten gilt mit

Q1 = Q2 = Qges

Q = CU

⇒

C n U n = Czw U0

(3.108)

und umgestellt nach U n Un =

Czw 50 µF U0 = ⋅ 600 V = 300 V . Cn 100 µF

(3.109)

Oder wegen Symmetrie: U n = U0/2 = 300 V.

3.4.5.5 Gesucht: (a) Neue Kapazität Cges des Netzwerkes. (b) Neue Spannungsaufteilung der Kondensatoren im geänderten Zweig. Gegeben: In einem Zweig verändere sich ein Kondensator um −20 %. Ansatz a: Neue Zweigkapazität im veränderten Zweig (siehe auch Abbildung 3.17) Czwn =

C0 (1 − ∆) 0,8 4 C0 C0 (1 − ∆) = = C0 = C0 . C0 + C0 (1 − ∆) 2−∆ 1,8 9

Damit wird Cges jetzt Cges =

4 3 8 + 27 35 C0 + C0 = C0 = C0 ≈ 194,444 µF . 9 2 18 18

Ansatz b: Berechnet werden die Spannungen U C1 und U C2 entsprechend ihrer Definition in Abbildung 3.17. Nach Gleichung (3.109) werden jetzt U C1

4 C0 Czwn 4 800 V = U0 = 9 U0 = ⋅ 600 V = ≈ 266,667 V , C1 C0 9 3

U C2 = U0 − U C1 = 600 V −

800 V 1000 V = ≈ 333,333 V . 3 3

3.4 Die Kapazität |

C0

UC1 C0

C0

C0

C0(1-D)

UC2 C0

C0

C0

141

U0

Abb. 3.17: Kondensatornetzwerk mit geänderter Zweigkapazität.

Aufgabe 3.4.6 3.4.6.1 Gesucht: Anzahl der Schichten des Kondensators und Schichtdicke d. Ansatz: Es gibt insgesamt fünf Elektroden (zwei innere und drei äußere, siehe Abb. 3.5 auf Seite 28). Zwischen jedem der vier Elektrodenpaare gibt es eine Isolierschicht plus zwei Außenflächen nges = 2 + 3 + 4 + 2 = 11 .

(3.110)

Hieraus ergibt sich die Schichtdicke d=

w w . = nges 11

(3.111)

3.4.6.2 Gesucht: Die Kapazität zwischen zwei Elektroden. Ansatz: Allgemein gilt für die Kapazität eines Plattenkondensators C=

εA . d

(3.112)

Nach der Zeichnung in Abbildung 3.5 auf Seite 28 berechnet sich die Plattenfläche zu A = bh.

(3.113)

Mit dem gegebenen Plattenabstand d aus Aufgabe 3.4.6.1 wird C=

11 ε b h . w

(3.114)

3.4.6.3 Gesucht: Die elektrische Flussdichte D zwischen zwei Elektroden mit Hilfe des Gauß’schen Satzes der Elektrostatik.

142 | 3 Elektrostatische Felder

Ansatz:

Der Gauß’sche Satz der Elektrostatik lautet Q = ∮ D⃗ ⋅ d A⃗ .

(3.115)

A

Im idealen Plattenkondensator ist das elektrische Feld homogen, d.h. ⃗ D(x,y) = D e⃗ z .

(3.116)

Wenn zwei einfache Platten betrachtet werden, ist unter Vernachlässigung der Randeffekte nur die einfache Plattenfläche A = b h relevant mit der Parametrisierung d A⃗ = dx dy e⃗z ,

0≤x≤b,

0≤y≤h.

(3.117)

Das Integral über die geschlossene Oberfläche darf dann vereinfacht werden zu b

h

Q = ∫ ∫ D e⃗z ⋅ dx dy e⃗z .

(3.118)

x=0 y=0

Mit der Lösung des Integrals kann dann die elektrische Flussdichte D bestimmt werden b

h

Q = D ∫ ∫ dx dy = b h D x=0 y=0

⇒

D=

Q . bh

(3.119)

3.4.6.4 Gesucht: Ersatzschaltbild des Vielschichtkondensators mit diskreten Kapazitäten. Ansatz: Nach Abbildung 3.18a kann die Elektrodenanordnung durch vier Elektrodengruppen, also vier diskrete Kapazitäten dargestellt werden. Alle Kapazitäten sind parallel geschaltet, so dass sich das Ersatzschaltbild in Abbildung 3.18b ergibt.

Abb. 3.18: (a) Elektrodenanordnung und Darstellung der vier Elektrodenpaare mit diskreten Kapazitäten, (b) Elektrisches ESB des Vielschichtkondensators.

3.4 Die Kapazität |

143

3.4.6.5 Gesucht: Die Gesamtkapazität C. Ansatz: Nach Abbildung 3.18b kommt die in Aufgabenteil 3.4.6.2 errechnete Einzelkapazität viermal vor, so dass die Gesamtkapazität lautet C =4⋅

11 ε b h 44 ε b h = . w w

3.4.6.6 Gesucht: Gleichung zur Berechnung der Kapazität dieses VielschichtkondensatorTyps mit n inneren Elektroden. Ansatz: Es entstehen 2n einzelne Kondensatoren. Die Anzahl der Schichten ist dann nges = 2(n + n + 1) + 1 = 4n + 3

(3.120)

woraus sich eine Schichtdicke d= ergibt.

w 4n + 3

(3.121)

Damit werden ε b h(4n + 3) und w 2n ε b h(4n + 3) ε b h(8n2 + 6n) = 2n C n = = . w w

Cn = Cges

(3.122) (3.123)

Aufgabe 3.4.7 3.4.7.1 Gesucht: Die elektrische Flussdichte D⃗ und die Feldstärke E⃗ zwischen den beiden Platten. Ansatz: Zunächst wird durch die Anwendung des Gauß’schen Satzes der Elektrostatik die elektrische Flussdichte bestimmt: Q = ∮ D⃗ ⋅ d A⃗ .

(3.124)

A

Dazu wird als einhüllende Fläche ein Quader um Platte A gelegt, siehe Abbildung 3.19a–c. Die vordere und hintere Seitenfläche (A5 , A6 ) sind aus Gründen der Vereinfachung in den Abbildungen b und c nicht eingezeichnet. Das Oberflächenintegral wird entsprechend den sechs Teilflächen des einhüllenden Quaders in sechs Teilintegrale aufgeteilt. Q = ∫ D⃗ 1 ⋅ d A⃗ 1 + ∫ D⃗ 2 ⋅ d A⃗ 2 + ∫ D⃗ 3 ⋅ d A⃗ 3 + ⋅ ⋅ ⋅ + ∫ D⃗ 6 ⋅ d A⃗ 6 . A1

A2

A3

A6

(3.125)

144 | 3 Elektrostatische Felder Teilfläche A1 Aus der Teilfläche A1 tritt der elektrische Fluss Ψe1 . Für die elektrische Flussdichte gilt in diesem Abschnitt D⃗ 1 = D⃗ = D n⃗ 1 , mit dem Oberflächenelement d A⃗ 1 = n⃗ 1 dA1 Ψe1 = ∫ D n⃗ 1 ⋅ n⃗ 1 dA1 = ∫ D dA1 = D A1 . A1

A1

Teilflächen A2 , A4 , A5 , A6 Aus der Teilfläche A2 tritt der elektrische Fluss Ψe2 , analoges gilt für die anderen Flächen. Das Skalarprodukt von D⃗ mit dem jeweiligen Flächenelement ist null, da alle Flächenelemente senkrecht zu D⃗ = D n⃗ 1 gerichtet sind: n⃗ 1 ⋅ n⃗ 2 = n⃗ 1 ⋅ n⃗ 4 = n⃗ 1 ⋅ n⃗ 5 = n⃗ 1 ⋅ n⃗ 6 = 0 Ψe2 = Ψe4 = Ψe5 = Ψe6 = 0 .

⇒

Teilfläche A3 Aus der Teilfläche A3 tritt der elektrische Fluss Ψe3 . Die parallel zur Flächennormale n⃗ 3 gerichtete Flussdichte D⃗ 3 ist null: ⇒ Ψe3 = 0 . n5

Hüllfläche dA1

+Q n4

n4

D

n2

n3

+Q

A n2 Äquipotenziallinie Feldlinie

n1

D n1 dA1= n1dA1

a

b

B

-Q

n6 dA4

+Q D

dA3

t A

dA2

(0,d) Äquipotenziallinie Feldlinie

dA n1

A

+Q

n

(l,d)

s

1 4

E

2 3

c

-Q

B

d (0,0)

-Q

B

(l,0)

Abb. 3.19: Einhüllende Oberfläche mit Flächenelementen dA i zur Berechnung der elektrischen Flussdichte D⃗ zwischen den Platten sowie Integrationsweg s zur Ermittlung der Wirbelfreiheit des elektrischen Feldes.

3.4 Die Kapazität | 145

Damit ergibt sich als Lösung für den Gauß’schen Satz 6

6

Q = ∮ D⃗ ⋅ d A⃗ = ∑ ∫ D⃗ i ⋅ d A⃗ i = ∑ Ψe,i = Ψe1 . i=1 A

A

i=1

i

Mit A1 = A wird die gesamte Ladung Q = ∮ D⃗ ⋅ d A⃗ = Ψe1 = D A

(3.126)

A

und umgestellt nach der elektrischen Flussdichte unter Berücksichtigung der Feldrichtung n⃗ = n⃗ 1 Q D⃗ = n⃗ A

Q E⃗ = n⃗ . ε0 A

und

(3.127)

3.4.7.2 Gesucht: Zeigen Sie, dass das elektrische Feld wirbelfrei ist. Gegeben: Die elektrische Feldstärke Q E⃗ = n⃗ . ε0 A Ansatz:

Wenn ein elektrisches Feld wirbelfrei ist, gilt für das Linienintegral über einen beliebigen geschlossenen Weg L ∮ E⃗ ⋅ d s ⃗ = 0 .

(3.128)

L

Zur Lösung wird das Integral in vier Teilintegrale zerlegt, die jeweils einen Kurvenabschnitt aus Abbildung 3.19d beschreiben: 0 = ∫ E⃗ ⋅ d s1⃗ + ∫ E⃗ ⋅ d s2⃗ + ∫ E⃗ ⋅ d s3⃗ + ∫ E⃗ ⋅ d s4⃗ . s1

s3

s2

s4

Abschnitt 1 Integrationsweg s1 verläuft senkrecht zu den Feldlinien und parallel zu den Äquipotenziallinien. Linienelement d s1⃗ = t ⃗ ds1 , 0 ≤ s1 ≤ l: l

Q n⃗ ⋅ t ⃗ ds1 = 0 , ∫ E⃗ ⋅ d s1⃗ = ∫ ε0 A

s1

da

n⃗ ⋅ t ⃗ = |n|⃗ |t|⃗ cos( π2 ) = 0 .

0

Anmerkung. ϕ(0,d) − ϕ(l,d) = 0, die Integration erfolgt auf einer Äquipotenziallinie!

146 | 3 Elektrostatische Felder

Abschnitt 2 Integrationsweg s2 verläuft parallel zu den Feldlinien und senkrecht zu den Äquipotenziallinien. Linienelement d s2⃗ = n⃗ ds2 , 0 ≤ s2 ≤ d: d

d

0

0

Qd Q Q s2 󵄨󵄨󵄨d Q 󵄨󵄨 = n⃗ ⋅ n⃗ ds2 = ∫ ds2 = . ∫ E⃗ ⋅ d s2⃗ = ∫ ε0 A ε0 A ε0 A 󵄨󵄨0 ε0 A

s2

Abschnitt 3 Wie Abschnitt 1: Integrationsweg s3 verläuft senkrecht zu den Feldlinien und parallel zu den Äquipotenziallinien. Linienelement d s3⃗ = −t ⃗ ds3 , 0 ≤ s3 ≤ l: l

Q n⃗ ⋅ t ⃗ ds3 = 0 . ∫ E⃗ ⋅ d s1⃗ = ∫ ε0 A

s3

0

Abschnitt 4 Integrationsweg s4 verläuft antiparallel zu den Feldlinien und senkrecht zu den Äquipotenziallinien. Linienelement d s4⃗ = −n⃗ ds4 , 0 ≤ s4 ≤ d: d

d

0

0

Q Q s4 󵄨󵄨󵄨d Q Qd 󵄨󵄨 = − n⃗ ⋅ (−)n⃗ ds4 = − ∫ ds4 = − . ∫ E⃗ ⋅ d s4⃗ = ∫ ε0 A ε0 A ε0 A 󵄨󵄨0 ε0 A

s4

Fazit: Aus der Summe der Teilintegrale zeigt sich, dass das Feld wirbelfrei ist: ∮ E⃗ ⋅ d s ⃗ = 0 + s

Qd Qd +0− =0. ε0 A ε0 A

Aufgabe 3.4.8 3.4.8.1 Gesucht: Verlauf der Feldlinien der Feldstärke E⃗ zwischen den Kugelschalen. Gegeben: Die Zeichnung des Halbkugel-Kondensators in Abbildung 3.6 auf Seite 29. Ansatz: Die ideal leitenden Halbkugelschalen sind Äquipotenzialflächen, auf ihnen stehen die Feldlinien senkrecht. Die Feldlinien verlaufen vom positiven zum negativen Potenzial. Unter Vernachlässigung der Randeffekte ergibt sich die Lösung in Abbildung 3.20.

3.4.8.2 Gesucht: Verlauf der elektrischen Feldstärke E abhängig vom Radius r für 0 ≤ r < ∞. Gegeben: Das Feldbild in Abbildung 3.20.

3.4 Die Kapazität |

-Q

147

ra

ri r E, D

+Q Hüllfläche Abb. 3.20: Feldlinienverlauf der elektrischen Feldstärke zwischen den ideal leitenden Halbkugelschalen bei Vernachlässigung der Randeffekte.

Ansatz:

Das elektrostatische Feld existiert nur innerhalb des Halbkugel-Kondensators, außerhalb hat es den Wert null. Ausgehend von einer Punktladung −Q im Zentrum der inneren Halbkugel ergibt sich für das E-Feld 1 {k 2 r E(r) = { {0

für ri ≤ r ≤ ra , sonst.

(3.129)

Die qualitative Lösung zeigt Abbildung 3.21.

E, D

r 0

ri

ra

Abb. 3.21: Betrag der elektrischen Feldstärke abhängig vom Radius r.

3.4.8.3 Gesucht: Die elektrische Flussdichte D,⃗ die elektrische Feldstärke E,⃗ die Ladung Q einer Halbschale sowie die Kapazität C der Anordnung. Gegeben: Die Spannung U. Ansatz: Ausgehend von der noch unbekannten Ladung Q− auf der inneren Halbschale kann mit dem Gauß’schen Satz der Elektrostatik die elektrische

148 | 3 Elektrostatische Felder Flussdichte D⃗ bestimmt werden Q = ∮ D⃗ ⋅ d A⃗ A

(3.130)

und damit auch die elektrische Feldstärke E.⃗ Durch Integration über die elektrische Feldstärke entlang einer Feldlinie kann die Spannung U = ∫ E⃗ ⋅ d s ⃗ L

(3.131)

bestimmt werden. Da die Spannung U bereits gegeben ist, kann hiermit die Ladung Q ausgerechnet werden. Sind Spannung U und Ladung Q bekannt, ergibt sich die Kapazität der Anordnung C=

Q . U

(3.132)

Anschließend wird Q in die Gleichungen von D⃗ und E⃗ eingesetzt.

Elektrische Flussdichte D⃗ Als Hüllfläche wird eine Halbkugel mit dem Radius r ausgewählt, dabei wird die Deckelfläche nicht betrachtet, da der durch Sie hindurch tretende elektrische Fluss Ψe = 0 ist. Die Flächennormale zeigt in Richtung des Radiusvektors r ⃗ = r e⃗r entgegen der elektrischen Flussdichte D⃗ = −D e⃗r , siehe Abbildung 3.20. Das Flächenelement der Kugeloberfläche ist d A⃗ = r2 sin ϑ dφ dϑ e⃗r ,

-Q

ra

ri B

π ≤ ϑ ≤ π , 0 ≤ φ ≤ 2π . 2

r E, D

ds +Q A

UAB

Abb. 3.22: Integrationsweg zur Berechnung der Spannung UAB entlang einer Feldlinie.

(3.133)

3.4 Die Kapazität |

π

2π

π

2π

∫ −D e⃗r ⋅ r2 sin ϑ dφ dϑ e⃗r = −D r2 ∫

Q− = ∫

ϑ=π/2 φ=0

149

∫ sin ϑ dφ dϑ

ϑ=π/2 φ=0 π

= −D r2 2π ∫ sin ϑ dϑ = −D r2 2π[− cos ϑ]

π

(3.134)

π/2

ϑ=π/2 2

−Q = −D r 2π

Q = D r2 2π

⇒

⇒

D⃗ =

Q (−e⃗r ) . 2πr2

(3.135)

Elektrische Feldstärke E ⃗ D⃗ E⃗ = ε

⇒

E⃗ =

Q (−e⃗r ) . 2πε r2

(3.136)

Ladung Q Der Weg s von A nach B in Abbildung 3.22 lässt sich am einfachsten beschreiben durch folgende Überlegungen: Punkt A: s1 = 0 ,

Punkt B: s2 = ra − ri

0 ≤ s ≤ ra − ri .

⇒

Für den Betrag des Abstandsvektors gilt dann r(s) = ra − s

Punkt A: r(s1 ) = ra ,

Punkt B: r(s2 ) = ri .

(3.137)

Bei Integration entlang einer Feldlinie gilt für das Linienelement (siehe Abbildung 3.22) d s ⃗ = ds (−e⃗r ) . Hiermit kann die Spannung UAB zwischen den Punkten A und B berechnet werden und unter Berücksichtigung der Substitution ra − s = r, ds = − dr ergibt sich ra −ri

B

UAB

= ∫ E⃗ ⋅ d s ⃗ = ∫ s=0

A ri

Subst.

=

∫ r=ra

=

ra −ri

Q (−e⃗r ) Q ds ⋅ ds(−e⃗r ) = ∫ 2 2πε (ra − s) 2πε (ra − s)2

(3.138)

s=0

ra

Q Q 1 ra Q(− dr) dr = [− ] ∫ 2 = 2 2πε r 2πε r ri 2πε r

(3.139)

ri

Q 1 1 Q (ra − ri ) [− + ] = 2πε ra ri 2πε ri ra

⇒

2πε U ri ra . ra − ri

(3.140)

ε U ri ra D⃗ = 2 (−e⃗r ) r (ra − ri )

(3.141)

Q=

Einsetzen von Q in die Gleichungen von D⃗ und E:⃗ D=Q

1 2πε U ri ra 1 = ra − ri 2π r2 2π r2 D⃗ E⃗ = ε

⇒

E⃗ =

⇒

U ri ra (−e⃗r ) . a − ri )

r2 (r

(3.142)

150 | 3 Elektrostatische Felder Kapazität C C=

Q U

⇒

C=

2πε ri ra . ra − ri

(3.143)

Aufgabe 3.4.9 3.4.9.1 Gesucht: Die Kapazität der Anordnung allgemein. Ansatz: Das Potenzial einer einzelnen Kugel kann über das Prinzip der Materialisierung bestimmt werden. Ausgehend von dem Potenzial einer Punktladung Q ergibt sich für den Kugelradius R0 als Äquipotenzialfläche gerade die leitende Kugeloberfläche und somit als Potenzial der Kugel ϕ0 =

Q +c. 4πεR0

(3.144)

Nach der Konvention, dass das Potenzial im Unendlichen verschwindet, kann die Konstante c entfallen. Also ergeben sich die ungestörten Potenziale auf den Kugeloberflächen zu ϕ01 =

Q 4πε0 R01

und

ϕ02 =

−Q . 4πε0 R02

Unter der Voraussetzung a ≫ R01 , R02 dürfen diese Potenziale jetzt zu den tatsächlichen Potenzialen ϕ1 auf Kugel 1 und ϕ2 auf Kugel 2 überlagert werden. Wenn die Potenziale ϕ1 und ϕ2 bekannt sind, kann die gesuchte Kapazität mit der Beziehung U = ϕ1 − ϕ2 durch C= bestimmt werden.

Abb. 3.23: Kondensator aus zwei Metallkugeln.

Q ϕ1 − ϕ2

(3.145)

3.4 Die Kapazität | 151

Potenzial ϕ1 auf der Oberfläche von Kugel 1 ϕ1 (r2 ) = ϕ01 (R01 ) + ϕ02 (r2 ) , =

mit

r2 = a + R02

(3.146)

−Q Q 1 1 Q + = − ( ) . 4πε0 R01 4πε0 (a + R02 ) 4πε0 R01 a + R02

Potenzial ϕ2 auf der Oberfläche von Kugel 2 ϕ2 (r1 ) = ϕ01 (r1 ) + ϕ02 (R02 ) , =

mit

r1 = R01 + a

(3.147)

Q −Q Q 1 1 + = − ( ) . 4πε0 (R01 + a) 4πε0 (R02 ) 4πε0 R01 + a R02

Potenzialdifferenz ϕ1 − ϕ2 Q 1 1 1 1 Q − − ( )− ( ) 4πε0 R01 a + R02 4πε0 R01 + a R02 1 1 1 1 Q − − + = ( ) . 4πε0 R01 a + R02 R01 + a R02

ϕ1 − ϕ2 =

(3.148)

Gesuchte Kapazität C C=

C=

Q 1 1 1 Q 1 − − + ( ) 4πε0 R01 a + R02 R01 + a R02 4πε0 . 1 1 1 1 − − + R01 a + R02 R01 + a R02

(3.149)

3.4.9.2 Gesucht: Die Kapazität für R01 = R02 . Ansatz: Einsetzen der gegebenen Werte in die allgemeine Gleichung (3.149) von C aus Aufgabenteil 3.4.9.1. 4πε0 4πε0 4πε0 R0 (R0 + a) = = 1 1 1 1 2 2 2(R0 + a) − 2R0 − − + − R0 a + R0 R0 + a R0 R0 a + R0 R0 C = 2πε0 R0 (1 + ) ≈ 2πε0 R0 . a C=

(wegen der Voraussetzung a ≫ R0 .)

152 | 3 Elektrostatische Felder

3.4.9.3 Gesucht: Die Kapazität für a → ∞. Gegeben: Die allgemeine Gleichung der Kapazität C. Ansatz: Einsetzen der gegebenen Werte in die allgemeine Gleichung (3.149) zur Bestimmung von C aus Aufgabenteil 3.4.9.1. C = lim

a→∞

4πε0 4πε0 4πε0 R01 R02 . = = 1 1 1 1 1 1 R01 + R02 − − + + R01 a + R02 R01 + a R02 R01 R02

Anmerkung. Für R01 = R02 = R0 ergibt sich wieder C = 2πε0 R0 , also die selbe Lösung wie unter 3.4.9.2 mit der Näherung a ≫ R0 .

Aufgabe 3.4.10 3.4.10.1 Gesucht: Die elektrische Feldstärke E⃗ in den beiden Dielektrika (εm , ε0 ). Gegeben: Ein Plattenkondensator mit geschichtetem Dielektrikum gemäß Abbildung 3.8 auf Seite 30 und einer beweglichen Platte. Ansatz: Im idealen Plattenkondensator ist die elektrische Feldstärke E⃗ konstant und nur abhängig von der Ladung, der Plattenfläche und dem Material des Dielektrikums Q e⃗ { { { εm A x ⃗ E(s) ={ { Q { e⃗ { ε0 A x

für für

0 ≤ s < x0 ,

(3.150)

x0 ≤ s < x0 + x .

3.4.10.2 Gesucht: Die am Kondensator anliegende Spannung U(x). Gegeben: Die mathematische Beschreibung (3.150) der elektrischen Feldstärke. Ansatz: Die elektrische Spannung U ergibt sich allgemein über das Linienintegral U = ∫ E⃗ ⋅ d s ⃗ . L

(3.151)

Gemäß Aufgabenstellung zerfällt das Integral in zwei Teile, da die beiden Abschnitte getrennt betrachtet werden müssen. Also gilt über den Integrationsweg L(s) ⃗ ⋅ d s1⃗ + ∫ E(s) ⃗ ⋅ d s2⃗ . U = ∫ E(s) (3.152) L1

L2

3.4 Die Kapazität | 153

Als vektorielles Linienelement kann jeweils d s ⃗ = ds e⃗x gewählt werden, das in die gleiche Richtung wie die elektrische Feldstärke zeigt (siehe Gleichung (3.150)) x0

x0 +x

⃗ ⋅ ds e⃗x + ∫ E(s) ⃗ ⋅ ds e⃗x . U = ∫ E(s)

(3.153)

s=x0

s=0

Damit wird mit Gl. (3.150) und εm = ε0 εr U(x) =

x0

x0 +x

s=0

s=x0

Q Q Q x0 ( + x) . ∫ ds + ∫ ds = ε0 εr A ε0 A ε0 A εr

(3.154)

3.4.10.3 Gesucht: Die im Kondensator gespeicherte Energie W(x). Gegeben: Die Gleichung (3.154) der elektrischen Spannung U(x). Ansatz: Für den Plattenkondensator gilt W=

1 C U2 , 2

Q = CU ,

⇒

W=

1 QU . 2

(3.155)

Mit Gleichung (3.154) wird dann W(x) =

1 Q x0 Q2 x0 Q ( + x) = ( + x) . 2 ε0 A εr 2ε0 A εr

(3.156)

3.4.10.4 Gesucht: Die Kraft F(x), die auf die Platten wirkt. Ansatz: Nach dem Prinzip der virtuellen Verschiebung um einen kleinen Weg dξ gilt allgemein dW(ξ) F(ξ) = − . (3.157) dξ Betrachtung der beiden Kondensatorabschnitte als zwei Kapazitäten, die in Reihe geschaltet sind Cers =

C0 C x C0 + C x

mit

C0 =

ε0 εr A , x0

Cx =

Eingesetzt wird Cers

ε0 εr A ε0 A ⋅ ε0 εr A x0 x−ξ = = . ε0 εr A ε0 A εr (x − ξ) + x0 + x0 x−ξ

ε0 A . x−ξ

(3.158)

154 | 3 Elektrostatische Felder Für die Energie ergibt sich damit W(x,ξ) =

Q2 Q2 = (εr x − εr ξ + x0 ) 2Cers 2ε0 εr A

was für ξ = 0 identisch mit dem Ergebnis aus Gleichung (3.156) ist. Damit gilt für die gesuchte Kraft F(x,ξ) = −

dW(x,ξ) 1 Q2 = . dξ 2 ε0 A

Das heißt, die Kraft auf die Platten ist unabhängig von x.

4 Stationäre elektrische Strömungsfelder 4.1 Methoden zur Berechnung von Widerständen Aufgabe 4.1.1 Gesucht: Elektrisches Ersatzschaltbild der Körper, Gesamtwiderstand in der angegebenen Stromfluss-Richtung. Gegeben: Zwei elektrisch leitfähige Körper mit unterschiedlichen leitfähigen Schichten in Abbildung 4.1 auf Seite 31. Ansatz: Über die ideal leitende Stirnfläche breitet sich das Strömungsfeld gleichmäßig im Körper aus. Die stromführende Fläche von Körper a teilt sich in zwei Teilflächen auf. Ein Teil des Stromes fließt durch Medium 1, der andere durch Medium 2. Die Ersatzschaltung wird also durch zwei Widerstände repräsentiert, die parallel geschaltet sind (Abbildung 4.1a). Durch Körper b tritt die Stromdichte J ⃗ über die gesamte Fläche in ein homogenes Material ein, durchquert aber insgesamt zwei unterschiedliche Medien mit den Leitwerten γ1 , γ2 . Die Ersatzschaltung besteht daher aus zwei in Reihe geschalteten Widerständen (Abbildung 4.1b).

I1 I I2 a

I

R1

R1

R2

b

R2

Abb. 4.1: Ersatzschaltbilder der Körper a und b.

Allgemein gilt für die Berechnung des Widerstandes bzw. Leitwertes aus den geometrischen Abmessungen bei homogen durchströmten Körpern R=

l , γA

bzw.

G=

γA . l

(4.1)

Körper a γ1 A1 γ2 A2 + , A1 = b h1 , l l γ1 b h1 + γ2 b h2 b = = (γ1 h1 + γ2 h2 ) ⇒ l l

Gges = G1 + G2 =

https://doi.org/10.1515/9783110672510-010

A2 = b h2 Rges =

l 1 . b γ1 h1 + γ2 h2

156 | 4 Stationäre elektrische Strömungsfelder

Körper b l2 l1 + , γ1 A γ2 A 1 l1 l2 = ( + ). b h γ1 γ2

A = bh

Rges = R1 + R2 = Rges

Aufgabe 4.1.2 4.1.2.1 Gesucht: Das elektrische Ersatzschaltbild des dargestellten Körpers mit allen Teilleitwerten, Strömen und Spannungen. Gegeben: Der elektrisch leitfähige Körper in Abbildung 4.2 auf Seite 32. Ansatz: Die beiden Bereiche 1 und 2 liegen parallel zueinander. Durch diese fließt jeweils ein Teilstrom I k , d. h. der Leitwert G1 liegt parallel zu G2 , siehe hierzu Abbildung 4.2.

I2 I I1

G2 G1

U

Abb. 4.2: Ersatzschaltbild mit allen Teilleitwerten, Strömen und Spannungen.

4.1.2.2 Gesucht: Die Stromdichten J k⃗ (ϱ) und die elektrischen Feldstärken E⃗ k (ϱ) der einzelnen Abschnitte. Gegeben: Das elektrische Ersatzschaltbild in Abbildung 4.2. Ansatz: Der Teilstrom durch die Stirnfläche wird berechnet durch I k = ∫ J k⃗ ⋅ dA⃗ . Ak

Die Teilfläche A k wird parametrisiert durch

0 ≤ z ≤ h,

und 0 ≤ φ ≤ α k .

(4.2)

4.1 Methoden zur Berechnung von Widerständen | 157

In Zylinderkoordinaten ist J k⃗ (ϱ,φ) = J k (ϱ) e⃗ϱ (φ) und das Flächenelement aus der Stirnfläche dA⃗ k = ϱ dφ dz e⃗ϱ (φ). Damit gilt für den Strom I k αk

h

h

I k = ∫ ∫ J k (ϱ) e⃗ϱ (φ) ⋅ ϱ dφ dz e⃗ϱ (φ) = ∫ J k (ϱ) α k ϱ dz = J k (ϱ) α k ϱ h . z=0 φ=0

(4.3)

z=0

Die Stromdichte wird daher J k⃗ (ϱ) =

Ik e⃗ ϱ , αk ϱ h

k = 1,2 .

(4.4)

Zwischen Stromdichte und elektrischer Feldstärke gilt die Beziehung J ⃗ = γ E⃗ . Die gesuchte elektrische Feldstärke ergibt deshalb E⃗ k (ϱ) =

Ik e⃗ ϱ , γk αk ϱ h

k = 1,2 .

(4.5)

Hiermit gilt für die Feldstärken der Teilabschnitte E⃗ 1 (ϱ) =

I1 e⃗ ϱ , γ1 α1 ϱ h

E⃗ 2 (ϱ) =

I2 e⃗ ϱ . γ2 α2 ϱ h

(4.6)

4.1.2.3 Gesucht: Die Spannungen U k der einzelnen Abschnitte. Gegeben: Die Gleichungen (4.6) für die elektrischen Feldstärken. Ansatz: Die Spannung U errechnet sich über das Integral U = ∫ E⃗ ⋅ d s ⃗ . L

Der einfachste Integrationsweg L führt entlang einer Feldlinie des elektrischen Feldes und besitzt die Parametrisierung d s ⃗ = dϱ e⃗ϱ (φ) ,

ϱi ≤ ϱ ≤ ϱa .

Damit wird ϱa

ϱa

U k = ∫ E k (ϱ)e⃗ϱ (φ) ⋅ dϱ e⃗ϱ (φ) = ∫ ϱi

ϱi

Ik dϱ γk αk ϱ h

⇒ Uk =

Ik ϱa ln γk αk h ϱi

(4.7)

und die Teilspannungen ergeben sich zu U1 =

I1 ϱa , ln γ1 α1 h ϱi

U2 =

I2 ϱa . ln γ2 α2 h ϱi

(4.8)

158 | 4 Stationäre elektrische Strömungsfelder

4.1.2.4 Gesucht: Bedingung für die berechneten Spannungen U k und Beziehung zwischen den Teilströmen I k . Gegeben: Die Gleichungen (4.8) der elektrischen Spannungen. Ansatz: Da die beiden Teilbereiche parallel zueinander liegen gilt für die Spannungen U k die Bedingung U1 = U2 ! Hieraus lässt sich die Beziehung zwischen den Strömen I1 und I2 bestimmen: I1 ϱa I2 ϱa ln = ln γ1 α1 h ϱi γ2 α2 h ϱi

I1 γ1 α1 = . I2 γ2 α2

⇒

(4.9)

4.1.2.5 Gesucht: Der Gesamtleitwert Gges des zylindrischen Körpers. Gegeben: ϱa = 2 ϱi , γ2 = 5γ1 , α2 = α1 . Ansatz: Aus dem Ersatzschaltbild in Abbildung 4.2 ist erkennbar, dass der Gesamtleitwert wie folgt zu bilden ist: Gges = G1 + G2 . Mit dem Ohm’schen Gesetz ergibt sich G1 = G1 =

I1 = U1

G2 =

I2 = U2

Gges = G1 + G2 =

I1 , U1 I1

I1 ϱa ln γ1 α1 h ϱi

G2 =

=

I2 . U2

γ1 α1 h ln 2

I2 5γ1 α1 h = I2 ϱa ln 2 ln γ2 α2 h ϱi

γ1 α1 h 5γ1 α1 h 6 + = γ1 α1 h . ln 2 ln 2 ln 2

(4.10)

(4.11)

(4.12)

4.1.2.6 Gesucht: Der Gesamtstrom I, der durch den Körper fließt. Gegeben: I1 = 1 A, ϱa = 2ϱi , γ2 = 5γ1 , α2 = α1 . Ansatz: Mit Hilfe der zuvor berechneten Größen U1 und Gges kann der gesuchte Strom berechnet werden: I = Gges U1 .

(4.13)

4.1 Methoden zur Berechnung von Widerständen | 159

I = γ1 α1 h

I1 6 ⋅ ln 2 = 6I1 = 6 A . ln 2 γ1 α1 h

Alternativ: I = I1 + I2 ,

I1 γ1 α1 = I2 γ2 α2

I = I1 + I1

⇒

I2 = I1

γ2 α2 γ1 α1

(4.14)

5γ1 α1 = 6I1 = 6 A . γ1 α1

Aufgabe 4.1.3 4.1.3.1 Gesucht: Das elektrische Ersatzschaltbild mit diskreten Widerständen und allen relevanten elektrischen Größen. Gegeben: Der elektrisch leitfähige Körper in Abbildung 4.3 auf Seite 32. Ansatz: Der Strom I durchfließt beide Abschnitte. Es muss also eine Reihenschaltung von zwei Widerständen gewählt werden und es ergibt sich das gesuchte ESB in Abbildung 4.3.

I

U2

U1 R1

U

R2

Abb. 4.3: Ersatzschaltung aus diskreten Widerständen.

4.1.3.2 Gesucht: Die Zusammenhänge zwischen den elektrischen Feldstärken E⃗ sowie zwischen den Stromdichten J ⃗ in den beiden Hälften. Gegeben: Das elektrische Ersatzschaltbild des Körpers in Abbildung 4.3. Ansatz: Aufgrund der Reihenschaltung der beiden Abschnitte muss gelten J 1⃗ (ρ) = J 2⃗ (ρ) ,

mit

J ⃗ = γ E⃗ .

(4.15)

Daher muss gelten γ1 E⃗ 1 (ρ) = γ2 E⃗ 2 (ρ)

⇒

γ2 ⃗ E⃗ 1 (ρ) = E2 (ρ) . γ1

Anmerkung. Siehe hierzu auch das Verhalten an Grenzflächen.

(4.16)

160 | 4 Stationäre elektrische Strömungsfelder

4.1.3.3 ⃗ in den beiden Hälften abhängig von der Gesucht: Die elektrischen Feldstärken E(ρ) angelegten Spannung U. Ansatz: Bei Anlegen einer Spannung U an den Körper gilt allgemein U = ∫ E⃗ ⋅ d s ⃗ .

(4.17)

L

Vorüberlegungen: Nach Abbildung 4.3 verteilt sich die Spannung U entsprechend der Widerstandswerte auf die beiden Abschnitte U = U1 + U2 = ∫ E⃗ 1 ⋅ d s1⃗ + ∫ E⃗ 2 ⋅ d s2⃗ . L1

(4.18)

L2

Die Feldlinien verlaufen senkrecht zum Radius ρ in Richtung des Einheitsvektors e⃗φ . Da die elektrischen Feldlinien außen länger sind als innen, ist die Feldstärke E⃗ abhängig vom Radius ρ. Sie ist nicht vom Winkel φ abhängig E⃗ = E φ (ρ) e⃗φ . (4.19) Wegen Gl. (4.16) genügt z. B. die Berechnung von E⃗ 2 . Wird der Integrationsweg L entlang einer Feldlinie gewählt, zeigt das Linienelement ds2⃗ ebenfalls in Richtung e⃗φ d s2⃗ = ρ dφ e⃗φ ,

0≤φ≤

π . 2

(4.20)

Es ergibt sich damit π/2

π/2

U2 = ∫ E φ,2 (ρ)e⃗φ ⋅ ρ dφ e⃗φ = ∫ E2 (ρ) ρ dφ . φ=0

(4.21)

φ=0

Die Lösung des Integrals führt auf U2 = E2 (ρ) ρ

π 2

⇒

E2 (ρ) =

2U2 , πρ

analog:

E1 (ρ) =

2U1 . πρ

Die fehlende Beziehung zur Spannung U kann wiederum durch Gl. (4.16) gewonnen werden E1 γ2 U1 U − U2 = = = . E2 γ1 U2 U2 γ1 ⇒ U2 = U, γ1 + γ2

analog:

U1 =

γ2 U. γ1 + γ2

Damit ergeben sich die gesuchten elektrischen Feldstärken in den beiden Abschnitten zu E⃗ 1 (ρ) =

2 γ2 U e⃗ φ , (γ1 + γ2 )π ρ

E⃗ 2 (ρ) =

2 γ1 U e⃗ φ . (γ1 + γ2 )π ρ

(4.22)

4.1 Methoden zur Berechnung von Widerständen |

161

4.1.3.4 Gesucht: Der elektrische Strom I, der durch die ideal leitenden Kontaktflächen fließt. ⃗ Gegeben: Leitfähigkeiten γ, die Gleichungen (4.22) der elektrischen Feldstärken E(ρ) und die Geometrie des Körpers. Ansatz: Die Feldlinien der Stromdichte verlaufen in isotropen Materialien analog zur elektrischen Feldstärke E⃗ senkrecht zum Radius, ihre Länge und Dichte ist abhängig vom Radius, siehe Abbildung 4.4a. In Abschnitt 1 ist ⃗ = γ1 E⃗ 1 = J(ρ)

2 γ1 γ2 U e⃗ φ . (γ1 + γ2 )π ρ

(4.23)

Der Strom I, der durch die gesamte, ideal leitende Fläche hindurch tritt, berechnet sich durch I = ∫ J ⃗ ⋅ d A⃗ .

(4.24)

A

Für das Flächenelement d A⃗ gilt nach Abbildung 4.4b d A⃗ = dρ dz e⃗φ ,

ρi ≤ ρ ≤ ρa , 0 ≤ z ≤ h .

(4.25)

Einsetzen der Stromdichte und der Grenzen in Abschnitt 1 ergibt h

ρa

h

ρa

I = ∫ ∫ J 1⃗ ⋅ dρ dz e⃗φ = ∫ ∫ z=0 ρ=ρ i

z=0 ρ=ρ i

2 γ1 γ2 U e⃗φ ⋅ dρ dz e⃗φ (γ1 + γ2 )π ρ

mit der Lösung des Flächenintegrals h

ρa

I= ∫ ∫ z=0 ρ=ρ i

ρa

2 γ1 γ2 U 1 2 γ1 γ2 U dρ dz = h ∫ dρ (γ1 + γ2 )π ρ (γ1 + γ2 )π ρ ρ=ρ i

2 γ1 γ2 U ρa I= h ln . (γ1 + γ2 )π ρi

dA = dr dz dz

z

J(r)

dr a

b

ra

Abb. 4.4: (a) Verlauf der Stromdichte J,⃗ (b) Grafik zur Parametrisierung der Seitenfläche.

h ri

162 | 4 Stationäre elektrische Strömungsfelder

Aufgabe 4.1.4 4.1.4.1 ⃗ Gesucht: Die elektrische Feldstärke E(ρ) im Körper. Gegeben: Der elektrisch leitfähige Körper in Abbildung 4.4 auf Seite 33. Ansatz: Bei Anlegen einer Spannung U an den Körper gilt U = ∫ E⃗ ⋅ d s ⃗ .

(4.26)

L

Vorüberlegungen: Die Feldlinien verlaufen senkrecht zum Radius ρ in Richtung des Einheitsvektors e⃗φ . Da die elektrischen Feldlinien außen länger sind als innen, ist die Feldstärke E⃗ abhängig vom Radius ρ. Sie ist nicht vom Winkel φ abhängig E⃗ = E φ (ρ) e⃗φ . (4.27) Wird der Integrationsweg L entlang einer Feldlinie gewählt, zeigt das Linienelement ds ⃗ ebenfalls in Richtung e⃗φ d s ⃗ = ρ dφ e⃗φ , Es ergibt sich damit

0≤φ≤π.

(4.28)

π

U = ∫ E⃗ φ (ρ) ⋅ ρ dφ e⃗φ .

(4.29)

φ=0

Die Lösung des Integrals führt auf π

π

U = ∫ E φ (ρ) ρ dφ = E φ (ρ) ρ ∫ dφ = E φ (ρ) ρ π φ=0

φ=0

⇒

U ⃗ E(ρ) = e⃗ φ . πρ

4.1.4.2 Gesucht: Der elektrische Strom I, der durch die ideal leitenden Kontaktflächen fließt. ⃗ Gegeben: Leitfähigkeit γ(ρ), elektrische Feldstärke E(ρ) und Geometrie des Körpers. Ansatz: Analog zu Aufgabe 4.1.3. Der Strom I, der durch die gesamte, ideal leitende Fläche hindurch tritt, berechnet sich durch I = ∫ J ⃗ ⋅ d A⃗ .

(4.30)

A

Für das Flächenelement d A⃗ gilt wieder analog zu Abbildung 4.4 auf Seite 161 d A⃗ = dρ dz e⃗φ ,

ρi ≤ ρ ≤ ρa ,

0≤z≤h.

(4.31)

4.1 Methoden zur Berechnung von Widerständen |

163

⃗ Einsetzen der elektrischen Feldstärke E(ρ) und der Leitfähigkeit γ(z) führt auf h

ρa

h

ρa

⃗ ⋅ dρ dz e⃗φ = ∫ ∫ γ(z)E(ρ) ⃗ ⋅ dρ dz e⃗φ I = ∫ ∫ J(ρ) z=0 ρ=ρi

z=0 ρ=ρi h

ρa

= ∫ ∫ γ0 (2 − z=0 ρ=ρi

z U e⃗φ ⋅ dρ dz e⃗φ ) h πρ

ρa

ρa

z=0 ρ=ρi

ρ=ρi

h

γ0 U z γ0 U 3 1 = ∫ ∫ h ∫ dρ (2 − ) dρ dz = πρ h π 2 ρ =

ρa 3h γ0 U 3h γ0 U ρa ln ( ) . = [ ln ρ] ρ=ρ 2π 2π ρi i

4.1.4.3 Gesucht: Gesamtwiderstand Rges des Körpers zwischen den ideal leitfähigen Außenflächen. Gegeben: Die Spannung U, der Strom I und ρa = 2ρi . Ansatz: Der Widerstand berechnet sich nach dem Ohm’schen Gesetz durch R=

U . I

Mit den gegebenen Werten wird der Strom I I=

3h γ0 U ln 2 2π

und der Widerstand R=

U U 2π = . = 3h γ0 U I 3h γ0 ln 2 ln 2 2π

(4.32)

164 | 4 Stationäre elektrische Strömungsfelder

4.2 Erdungsprobleme Aufgabe 4.2.1 4.2.1.1 Gesucht: Die elektrische Stromdichte J ⃗ und die elektrische Feldstärke E⃗ in Abhängigkeit von der Entfernung r zum Mittelpunkt des Erders. Gegeben: Blitzableiter mit halbkugelförmigem Erder in Abbildung 4.6 auf Seite 34. Ansatz: Für die Stromdichte gilt I = ∫ J ⃗ ⋅ dA⃗ .

(4.33)

A

Gemäß Abbildung 4.5 ist die zu betrachtende Hüllfläche A eine Halbkugel im Abstand r vom Mittelpunkt des Erders. Stromdichte J ⃗ und vektorielles Flächenelement dA⃗ zeigen beide in Richtung des Einheitsvektors e⃗r . Die Definition des vektoriellen Oberflächenelements d A⃗ = r2 sin(ϑ) dϑ dφ e⃗r

(4.34)

veranschaulicht Abbildung 4.6. Für die Parametrisierung der betrachteten Halbkugel gilt dann π ≤ϑ≤π 2

und

0 ≤ φ ≤ 2π .

Damit lässt sich Gleichung (4.33) schreiben als 2π

I= ∫

π

∫ J(r)e⃗r ⋅ r2 sin(ϑ) dϑ dφ e⃗r .

(4.35)

φ=0 ϑ=π/2

Die Lösung des Integrals ist dann 2π

I = J(r) r2 ∫

π

2π

∫ sin(ϑ) dϑ dφ = J(r) r2 ∫ [− cos(ϑ)]

φ=0 ϑ=π/2

π ϑ=π/2

dφ

φ=0

2π

2π

= J(r) r2 ∫ dφ = J(r) r2 [φ]

φ=0

= J(r) 2πr2

⇒

φ=0

⃗ = J(r)

I e⃗ r . 2πr2

(4.36)

⃗ ergibt sich durch die Materialgleichung Die elektrische Feldstärke E(r) ⃗ = γ E(r) ⃗ J(r)

⇒

⃗ = E(r)

I e⃗ r . 2πγ r2

(4.37)

4.2 Erdungsprobleme |

165

r0 r dA Abb. 4.5: Halbkugel-Erder mit beliebiger halbkugelförmiger Hüllfläche im Abstand r.

Abb. 4.6: Parametrisierung der Kugeloberfläche und Definition des Flächenelementes dA.

4.2.1.2 Gesucht: Die Potenzialfunktion ϕ(r). Ansatz: Allgemein gilt für ein Potenzial ϕ(r), das für r → ∞ verschwindet ϕ(r) = − ∫E⃗ ⋅ d s ⃗ .

(4.38)

Bei der Integration entlang einer Feldlinie ist d s ⃗ = dr e⃗r , so dass elektrische Feldstärke E⃗ = E(r) e⃗r und vektorielles Linienelement d s ⃗ in die gleiche Richtung zeigen. Einsetzen der elektrischen Feldstärke ⃗ aus (4.37) in (4.38) ergibt dann E(r) ϕ(r) = − ∫

I dr . 2πγ r2

(4.39)

Die allgemeine Lösung dieses Integrals ist ϕ(r) =

I + konst . 2πγ r

(4.40)

166 | 4 Stationäre elektrische Strömungsfelder Wegen der Konvention, dass das Potenzial im Unendlichen verschwindet ϕ(r → ∞) = 0 = lim

r→∞

I + konst 2πγ r

wird ϕ(r) =

⇒

konst = 0 ,

I . 2πγ r

(4.41)

(4.42)

4.2.1.3 Gesucht: Skizze der Feldlinien von J ⃗ und E⃗ sowie der Äquipotenziallinien des Strömungsfeldes. ⃗ (4.36) und der Ansatz: Gemäß der berechneten Funktionen der Stromdichte J(r) elektrischen Feldstärke E⃗ (4.37) sowie der Potenzialfunktion ϕ(r) (4.42) ergibt sich die Darstellung in Abbildung 4.7.

⃗ und E(r) ⃗ Abb. 4.7: Verlauf der Feldlinien von J(r) sowie der Äquipotenziallinien ϕ(r) = konst.

4.2.1.4 Gesucht: Die Schrittspannung US , die von der Person im Abstand r1 = 10r0 bei der Schrittlänge ∆r = 2r0 überbrückt wird. Ansatz: Wie in Abbildung 4.5 auf Seite 33 gezeigt, überbrückt eine Person die Schrittspannung US = ϕ(r1 ) − ϕ(r1 + ∆r) . (4.43) Nach Gleichung (4.42) ist ϕ(r) =

I 1 ⋅ 2πγ r

⇒

ϕ(r1 ) =

und damit US =

I 1 ⋅ , 2πγ r1

ϕ(r1 + ∆r) =

I 1 ⋅ 2πγ r1 + ∆r

I 1 1 ⋅( − ). 2πγ r1 r1 + ∆r

Mit gegebenen Werten: US =

I 1 1 I 1 1 I − ⋅( − )= . ⋅( )= 2πγ 10r0 12r0 4πγ r0 5 6 120πγr0

(4.44)

(4.45)

4.2 Erdungsprobleme |

167

Aufgabe 4.2.2 4.2.2.1 Gesucht: Die elektrische Stromdichte J ⃗ in Abhängigkeit von der Entfernung r zum Mittelpunkt des Erders. Ansatz: Für die Stromdichte gilt I = ∫ J ⃗ ⋅ d A⃗ . (4.46) A

Gemäß Abbildung 4.7 ist die zu betrachtende Hüllfläche A eine Halbkugel im Abstand r vom Mittelpunkt des Erders. Stromdichte J ⃗ und vektorielles Flächenelement d A⃗ zeigen beide in Richtung des Einheitsvektors e⃗r . Die Definition des vektoriellen Oberflächenelements d A⃗ = r2 sin(ϑ) dϑ dφ e⃗r

(4.47)

veranschaulicht Abbildung 4.6. Für die Parametrisierung der betrachteten Halbkugel gilt somit π ≤ϑ≤π 2

und

0 ≤ φ ≤ 2π .

Damit lässt sich Gleichung (4.46) schreiben als 2π

I= ∫

π

∫ J(r)e⃗r ⋅ r2 sin(ϑ) dϑ dφ e⃗r .

(4.48)

φ=0 ϑ=π/2

Die Lösung des Integrals ist dann 2π

I = J(r) r2 ∫

π

2π

∫ sin(ϑ) dϑ dφ = J(r) r2 ∫ [− cos(ϑ)]

φ=0 ϑ=π/2 2π

π ϑ=π/2

dφ

(4.49)

φ=0 2π

= J(r) r2 ∫ dφ = J(r) r2 [φ]

φ=0

= J(r) 2π r2

(4.50)

φ=0

⃗ = ⇒ J(r)

I e⃗ r . 2π r2

(4.51)

4.2.2.2 ⃗ Gesucht: Die elektrische Feldstärke E(r). ⃗ ergibt sich durch die Materialgleichung Ansatz: Die elektrische Feldstärke E(r) ⃗ = γ(r) E(r) ⃗ . J(r) ⃗ = ⇒ E(r)

I e⃗ r . 2πγ(r) r2

(4.52) (4.53)

168 | 4 Stationäre elektrische Strömungsfelder Damit gilt ⃗ = E(r)

r − r0 I r0 I ( ) e⃗ r = (1 − ) e⃗r . r r 2πγ0 r2 2πγ0 r2

(4.54)

4.2.2.3 Gesucht: Die Potenzialfunktion ϕ(r). Ansatz: Allgemein gilt für das Potenzial ϕ(r) = − ∫E⃗ ⋅ d s ⃗ .

(4.55)

Bei der Integration entlang einer Feldlinie ist d s ⃗ = dr e⃗r , sodass elektrische Feldstärke E⃗ = E(r) e⃗r und vektorielles Linienelement ⃗ > r0 ) aus d s ⃗ gleichgerichtet sind. Einsetzen der elektrischen Feldstärke E(r (4.54) ergibt dann ϕ(r) = − ∫

I r0 (1 − ) dr . r 2πγ0 r2

(4.56)

Das Integral zerfällt in zwei Teilintegrale ϕ(r) = −

I dr r0 dr [∫ 2 − ∫ 3 ] . 2πγ0 r r

(4.57)

Die allgemeine Lösung dieser Integrale lautet ϕ(r) = −

I 1 r0 I 1 r0 [− + 2 ] + konst = [ − ] + konst . 2πγ0 r 2r 2πγ0 r 2r2

(4.58)

Wegen der Konvention, dass das Potenzial im Unendlichen verschwindet ϕ(r → ∞) = 0 = lim

r→∞

I 1 r0 ] + konst [ − 2πγ0 r 2r2

⇒

konst = 0 ,

(4.59)

wird ϕ(r) =

I 2r − r0 . ⋅ 4πγ0 r2

(4.60)

4.2.2.4 Gesucht: Die Schrittspannung US , die von der Person im Abstand r1 = 10r0 bei der Schrittlänge ∆r = 2r0 überbrückt wird. Ansatz: Die Person in Abbildung 4.6 auf Seite 34 überbrückt im Material mit der Leitfähigkeit γ(r) die Schrittspannung US = ϕ(r1 ) − ϕ(r1 + ∆r) .

(4.61)

4.2 Erdungsprobleme |

169

Nach Gleichung (4.60) ist für r > r1 ϕ(r1 ) =

I 2r1 − r0 ⋅ , 4πγ0 r21

und damit US =

ϕ(r1 + ∆r) =

I 2 (r1 + ∆r) − r0 ⋅ 4πγ0 (r1 + ∆r)2

2r1 − r0 2 (r1 + ∆r) − r0 I ⋅[ − ] . 4πγ0 (r1 + ∆r)2 r21

(4.62)

(4.63)

Mit gegebenen Werten: US = =

23r0 19r0 I − ⋅[ ] 2 4πγ0 100r0 144r20 I 1,44 ⋅ 19 − 23 109 I ⋅[ . ]= 4πγ0 r0 144 14400 πγ0 r0

4.2.2.5 Gesucht: Wie verhält sich die Schrittspannung US , wenn sich bei sonst gleichen Bedingungen die Leitfähigkeit γ0 des Erdbodens halbiert? Ansatz: Da γ0 im Nenner steht, verdoppelt sich die Schrittspannung US .

5 Stationäre Magnetfelder 5.1 Kräfte im magn. Feld und die magn. Größen Aufgabe 5.1.1 5.1.1.1 Gesucht: Die Kraft F⃗ auf Leiter 2 nach Betrag und Richtung für die Fälle a und b. Ansatz: Der Betrag der Kraft berechnet sich durch F=

μI1 I2 l . 2πϱ

(5.1)

Die Richtung der Kraft auf Leiter 2 kann mit Hilfe des Feldbildes in Abbildung 5.1 bestimmt werden: Im Fall a ergibt sich zwischen den Leitern ein gleich gerichtetes Feld, das Feld wird verstärkt, dadurch entsteht eine abstoßende Kraft. Im Fall b wird das Feld zwischen den Leitern geschwächt, die Feldlinien beider Leiter sind entgegen gerichtet. Zwischen beiden Leitern wirkt eine anziehende Kraft. Alternativ: rechnerische Bestimmung des Kraftvektors Gleichung (5.1) lässt sich umformen, in dem die Wirkung von Leiter 1 auf ⃗ 1 ) ausgedrückt wird. Für Leiter 2 durch die magnetische Flussdichte B(I einen sehr langen und unendlich dünnen Leiter dürfen die Randeffekte vernachlässigt werden. Die Feldlinien des Magnetfeldes sind konzentrische Kreise um den Leiter. Betrachtet wird das Feld am Ort von Leiter 2 im Abstand ϱ zum Leiter 1, siehe hierzu Abbildung 5.1. In den problemnahen Zylinderkoordinaten ergibt sich dann als vektorielle Kraft auf Leiter 2 ⃗ 1) , F⃗ = I2 l ⃗ × B(I

mit

⃗ 1 ) = ± μI1 e⃗φ , B(I 2πϱ

l ⃗ = ±l e⃗z .

(5.2)

Das Vorzeichen der vektoriellen Länge l ⃗ hängt von der Stromrichtung in Leiter 2 ab und die Richtung von B⃗ wird durch die Stromrichtung von Leiter 1 vorgegeben. Fall a: I1 = −I2 μI 2 l μI 2 l F⃗ = e⃗ x = e⃗ x . 2πϱ 4πa

Fall b: I1 = I2 μI 2 l μI 2 l F⃗ = − e⃗ x = − e⃗ x . 2πϱ 4πa

5.1.1.2 Gesucht: Die Feldkomponenten B x und B y im Punkt P für die Fälle a und b. Gegeben: Lage der Leiter 1 und 2 zum Punkt P, Stromstärken und Stromrichtungen für beide Fälle: |I1 | = |I2 |. https://doi.org/10.1515/9783110672510-011

5.1 Kräfte im magn. Feld und die magn. Größen | 171

a a Feldstärkung

a a Feldschwächung

F

y

F

y

x

x

a

b

Abb. 5.1: Ausbildung der magnetischen Felder um die Leiter für die Fälle a und b.

Ansatz:

Für einen unendlich langen und dünnen Leiter dürfen die Randeffekte vernachlässigt werden. Das Magnetfeld um den Leiter besteht aus konzentrischen Kreisen mit dem Radius ϱ. Die magnetische Flussdichte B⃗ zeigt dabei je nach Stromrichtung in bzw. gegen die Richtung des Einheitsvektors e⃗φ (Zylinderkoordinaten), siehe Abbildung 5.2a μI B⃗ = ±B φ e⃗φ = ± e⃗ φ . 2πϱ

(5.3)

Für die Beschreibung des Magnetfeldes in kartesischen Koordinaten muss der Einheitsvektor des Winkels φ ebenfalls transformiert werden (vergl. Abbildungen 5.2b, c). Im x󸀠 y󸀠 -Koordinatensystem des Leiters ist ⃗ 󸀠 ,y󸀠 ) = ±B φ (− sin φ e⃗x + cos φ e⃗y ) B(x = ±B φ (−

y󸀠 ϱ

e⃗ x +

x󸀠 ϱ

e⃗ y ) ,

ϱ = √ x󸀠2 + y󸀠2 .

(5.4) (5.5)

Wichtig: Hierbei ist unbedingt zu beachten, dass für diese Feldbeschreibung der Ursprung zunächst im Leitermittelpunkt (Punkt (x0 ;y0 ) in Abbildung 5.2d) liegt. Das heißt, dass in der Regel eine Verschiebung zu berücksichtigen ist. Es sei P : (x p ;y p ) und Q : (x q ;y q ) die Leiterposition, dann gilt nach Abbildung 5.2d für den Abstandsvektor ϱ⃗ ϱ⃗ = x󸀠 e⃗x + y󸀠 e⃗y = r p⃗ − r q⃗ = (x − x0 )e⃗x + (y − y0 )e⃗y

(5.6)

ϱ = √(x − x0 )2 + (y − y0 )2 .

(5.7)

und damit x󸀠 = x − x0 ,

y󸀠 = y − y0 ,

Die Feldbeschreibung lautet dann μI −(y − y0 )e⃗x + (x − x0 )e⃗y ⃗ B(x,y) =± . 2π (x − x0 )2 + (y − y0 )2 Die Wahl des Vorzeichens ist abhängig von der Stromrichtung: ⨀:+ ⨂:−.

(5.8)

172 | 5 Stationäre Magnetfelder

Abb. 5.2: Erläuterung der Feldbeschreibung in Zylinder- und kartesischen Koordinaten. Veranschaulichung der Transformation des Einheitsvektors e⃗ φ in das xy-Koordinatensystem.

Fall a: I1 = −I2 Aufgrund der vorgegebenen Stromrichtungen ergeben sich die in Abbildung 5.3a dargestellten Vektoren B⃗ 1 und B⃗ 2 . Gemäß der obigen Herleitung gilt μI B⃗ 1 (ϱ1 ) = − e⃗ φ 2πϱ1 1

und

B⃗ 2 (ϱ2 ) =

μI e⃗ φ . 2πϱ2 2

(5.9)

Umgewandelt in kartesische Koordinaten (siehe Abbildung 5.3b) ergibt sich μI1 −(y p − y q ) e⃗x + (x p − x q ) e⃗y B⃗ 1 (x p ,y p ) = − 2π (x p − x q )2 + (y p − y q )2

P

ej

Bx2

r1

r2

B2 y a

a x

B1

a

B2 By2

a b

Abb. 5.3: Magnetische Feldvektoren B⃗ 1 und B⃗ 2 für den Fall a.

P

(5.10)

Bx1 B1

By1

5.1 Kräfte im magn. Feld und die magn. Größen | 173

und μI2 −(y p − y q ) e⃗x + (x p − x q ) e⃗y B⃗ 2 (x p ,y p ) = + . 2π (x p − x q )2 + (y p − y q )2

(5.11)

Aus der Aufgabenstellung können der Aufpunkt P : (a;a) sowie die Quellpunkte (die Mittelpunkte der Leiter) Q1 : (0;0) und Q2 : (2a;0) entnommen werden: μI μI [ e⃗ x − e⃗ y ] , [a e⃗x − a e⃗y ] = 4πa 2π ⋅ 2a2 μI μI B⃗ 2 = [−a e⃗x − a e⃗y ] = [−e⃗x − e⃗y ] . 4πa 2π ⋅ 2a2

B⃗ 1 =

Durch Überlagerung ergibt sich dann μI B⃗ x = B⃗ x1 + B⃗ x2 = [e⃗x − e⃗x ] = 0⃗ , 4πa −μI μI e⃗ y . B⃗ y = B⃗ y1 + B⃗ y2 = [−e⃗y − e⃗y ] = 4πa 2πa Fall b: I1 = I2 Aufgrund der vorgegebenen Stromrichtungen ergeben sich die in Abbildung 5.4a dargestellten Vektoren B⃗ 1 und B⃗ 2 . In kartesischen Koordinaten wird der Flussdichte-Vektor B⃗ 2 nun (siehe Abb. 5.4b): μI2 −(y p − y q ) e⃗x + (x p − x q ) e⃗y B⃗ 2 (x p ,y p ) = − . 2π (x p − x q )2 + (y p − y q )2

(5.12)

Analog zu a ist dann μI [a e⃗x − a e⃗y ] = 2π ⋅ 2a2 μI B⃗ 2 = [a e⃗x + a e⃗y ] = 2π ⋅ 2a2 B⃗ 1 =

μI [ e⃗ x − e⃗ y ] , 4πa μI [ e⃗ x + e⃗ y ] . 4πa

B2

Bx2

P r1

r2

P

a

B1 y a

a

B2

By2

By1

a

x

Abb. 5.4: Magnetische Feldvektoren B⃗ 1 und B⃗ 2 für den Fall b.

b

B1 Bx1

174 | 5 Stationäre Magnetfelder Durch Überlagerung ergibt sich schließlich μI μI e⃗ x , B⃗ x = B⃗ x1 + B⃗ x2 = [ e⃗ x + e⃗ x ] = 4πa 2πa μI B⃗ y = B⃗ y1 + B⃗ y2 = [−e⃗y + e⃗y ] = 0⃗ . 4πa

Aufgabe 5.1.2 5.1.2.1 Gesucht: Die Kraft F⃗ auf Leiter 3 nach Betrag und Richtung. Gegeben: Drei stromdurchflossene Leiter in der xy-Ebene. Ansatz: Der Betrag der Kraft zwischen zwei elektrischen Leitern im Abstand ϱ berechnet sich durch F j,k =

μI j I k l . 2πϱ

(5.13)

Diese Gleichung lässt sich umformen, in dem die Wirkung von Leiter k ⃗ k ) ausgedrückt wird. Für auf Leiter j durch die magnetische Flussdichte B(I einen sehr langen und unendlich dünnen Leiter dürfen die Randeffekte vernachlässigt werden. Die Feldlinien des Magnetfeldes sind konzentrische Kreise um den Leiter. Betrachtet wird das Feld am Ort von Leiter j im Abstand ϱ zum Leiter k, siehe hierzu Abbildung 5.5. In den problemnahen Zylinderkoordinaten ergibt sich dann als vektorielle Kraft auf Leiter j ⃗ k) , F⃗ j,k = I j l ⃗ × B(I

mit

⃗ k ) = ± μI k e⃗φ , B(I 2πϱ

l ⃗ = ±l e⃗z .

(5.14)

Das Vorzeichen der vektoriellen Länge l ⃗ hängt von der Stromrichtung in Leiter j ab und die Richtung von B⃗ wird durch die Stromrichtung von Leiter k vorgegeben.

B2

B1 ej1 r1

a

y z

r2

ej2 a

x

F23 a

B2

B1

F

a b

y z

3 l F13

x

Abb. 5.5: Magnet. Flussdichten der Leiter 1 und 2 am Ort von Leiter 3 (a) und Kräfte auf Leiter 3 (b).

5.1 Kräfte im magn. Feld und die magn. Größen | 175

Für die Darstellung in kartesischen Koordinaten der xy-Ebene gilt (siehe Herleitung aus Aufgabe 5.1.1) μI −(y − y0 )e⃗x + (x − x0 )e⃗y ⃗ B(x,y) =± . 2π (x − x0 )2 + (y − y0 )2

(5.15)

Kraft von Leiter 1 auf Leiter 3 im xy-Koordinatensystem (Mittelpunkt des Leiters 1 (0;0), Mittelpunkt des Leiters 3: (a;a)): (5.16)

⃗ 1) F⃗ 31 = I3 l ⃗ × B(I +μI1 = I 3 l e⃗ z × (−(a − 0) e⃗x + (a − 0) e⃗y ) . 2π((a − 0)2 + (a − 0)2 ) Mit den Kreuzprodukten e⃗ z × e⃗ x = e⃗ y

und

e⃗ z × e⃗ y = − e⃗ x

wird F⃗ 31 =

μI1 I3 l μI1 I3 l (−a e⃗x − a e⃗y ) = (−e⃗x − e⃗y ) . 4πa 2π(a2 + a2 )

Kraft von Leiter 2 auf Leiter 3 im xy-Koordinatensystem (Mittelpunkt des Leiters 2 (2a;0), Mittelpunkt des Leiters 3: (a;a)): (5.17)

⃗ 2) F⃗ 32 = I3 l ⃗ × B(I −μI2 (−(a − 0) e⃗x + (a − 2a) e⃗y ) 2π((a − 2a)2 + (a − 0)2 ) μI2 I3 l μI2 I3 l = (−a e⃗x + a e⃗y ) = (−e⃗x + e⃗y ) . 2 2 4πa 2π(a + a ) = I 3 l e⃗ z ×

Überlagerung der beiden Teilkräfte zur Gesamtkraft: μI3 l F⃗ = F⃗ 31 + F⃗ 32 = [(−I1 − I2 )e⃗x + (−I1 + I2 )e⃗y ] . 4πa

(5.18)

Mit |I1 | = |I2 |: μI1 I3 l F⃗ = (−e⃗x ) . 2πa

5.1.2.2 Gesucht: Position eines vierten Leiters, damit die Kraft auf Leiter 3 verschwindet. Gegeben: I3 = I4 = 2I1 , Kraft F.⃗ Ansatz: Allgemein formuliert gilt für die Kraft von Leiter 4 auf Leiter 3 μI3 I4 l (−(x3 − x4 ) e⃗x + (y3 − y4 ) e⃗y ) F⃗ 34 = . 2π((x3 − x4 )2 + (y3 − y4 )2 )

(5.19)

176 | 5 Stationäre Magnetfelder Ohne Leiter 4 wirkt auf Leiter 3 die Kraft μI1 I3 l F⃗ = − e⃗ x . 2πa Leiter 4 muss also so angeordnet werden, dass nur eine Kraft in positiver x-Richtung entsteht. Die y-Komponente der Kraft verschwindet wenn (y3 − y4 ) = 0 ,

y4 = a ,

⇒

was bedeutet, dass sich Leiter 4 auf der gleichen Höhe von Leiter 3 befindet. Eingesetzt in Gleichung (5.19) ergibt sich die Bedingung μI1 I3 l μ2I1 I3 l F⃗ 34 = e⃗ x = − e⃗ x 2πa 2π(a − x4 )

(a − x4 ) = −2a

⇒

⇒

x4 = 3a .

Der vierte Leiter befindet sich also an der Position (3a;a), siehe Abbildung 5.6.

a

a

a

3 y

a 2

1

z

4

x

Abb. 5.6: Gesuchte Position von Leiter 4.

Aufgabe 5.1.3 Gesucht: Die relativen Permeabilitätszahlen der drei Kerne und ihre Einordnung in die drei Klassen diamagnetisch, paramagnetisch oder ferromagnetisch. Ansatz: Die relative Permeabilität kann durch B = μ0 μr H

⇒

μr =

B μ0 H

(5.20)

bestimmt werden. 1T = 1,0003 4π ⋅ 10−7 Vs (Am)−1 ⋅ 7,9554 ⋅ 105 A m−1 1T = = 1000 −7 4π ⋅ 10 Vs (Am)−1 ⋅ 795,775 A m−1 1T = = 0,9999 4π ⋅ 10−7 Vs (Am)−1 ⋅ 7,9585 ⋅ 105 A m−1

μr1 =

> 1 : paramagn.

μr2

≫ 1 : ferromagn.

μr3

< 1 : diamagn.

5.1 Kräfte im magn. Feld und die magn. Größen | 177

Aufgabe 5.1.4 5.1.4.1 Gesucht: Die magnetische Feldstärke im Ringkern. Gegeben: Längenangaben: ρi = 1 cm, ρa = 2 cm, h = 1 cm, Stromstärke I = 1 A. Ansatz: Das Durchflutungsgesetz in allgemeiner Form lautet Θ = ∮ H⃗ ⋅ d s ⃗ L

mit

Θ = ∑ Ij Nj .

(5.21)

j

⃗ = H(r)e⃗φ (siehe Betrachtet wird der Verlauf der Feldlinien im Ringkern H(r) Abbildung 5.7). Für das Linienelement d s ⃗ gilt d s ⃗ = ρ dφ e⃗φ . ⃗ Linienelement und Feldlinie H(ρ) zeigen in die gleiche Richtung: H⃗ ⋅ d s ⃗ = H(ρ) e⃗φ ⋅ ρ dφ e⃗φ = H(ρ) ρ dφ .

(5.22)

Die Parametrisierung des Ringkerns ergibt ρi ≤ ρ ≤ ρa und 0 ≤ φ < 2π. Aufgrund der Aufgabenstellung kann das Durchflutungsgesetz geschrieben werden als 2π

Θ = I = ∫ H(ρ)ρ dφ

⇒

I = H(ρ) 2πρ

⇒

0

H(ρ) =

I . 2πρ

(5.23)

Die magnetische Feldstärke im Ringkern ist dann ⃗ H(ρ) =

I e⃗ φ . 2πρ

5.1.4.2 Gesucht: Magnetischer Fluss Φ im Ring für den Fall a.

Abb. 5.7: Verlauf der Feldlinien im Inneren des Ringkerns.

(5.24)

178 | 5 Stationäre Magnetfelder Gegeben: Längenangaben: ρi = 1 cm, ρa = 2 cm, h = 1 cm, ⃗ magnetische Feldstärke H(ρ) aus Aufgabenteil 5.1.4.1, relative Permeabilität μr = 500. Ansatz: Allgemein gilt für den magnetischen Fluss Φ = ∫ B⃗ ⋅ d A⃗ . A

Um das Integral lösen zu können, muss die Querschnittsfläche A des Ringkerns, die vom Radius ρ abhängt, parametrisiert werden. Es muss also das Flächenelement d A⃗ beschrieben werden. Bereits gegeben ist dA = dz dρ . In z-Richtung muss integriert werden von z u (ρ) ≤ z ≤ z o (ρ) , wobei z u (ρ) und z o (ρ) zwei Geraden beschreiben, welche die Fläche unten bzw. oben begrenzen. ⃗ Die magnetische Flussdichte B(ρ) = μH(ρ) e⃗φ und das Flächenelement ⃗ d A = dz dρ e⃗φ zeigen im Nickelkern bei der Vernachlässigung von Randeffekten (magn. Flussdichte parallel zur Flächennormale n)⃗ in die gleiche Richtung: ρa

z o (ρ)

Φ = ∫ B⃗ ⋅ d A⃗ = ∫

B(ρ) dz dρ .

∫

ρ=ρi z=z u (ρ)

A

Für die Geradengleichungen gilt z o (ρ) =

−h/2 ⋅ (ρ − ρ a ) mit ρa − ρi

ρi ≤ ρ < ρa

z u (ρ) =

h/2 ⋅ (ρ − ρ a ) ρa − ρi

ρi ≤ ρ < ρa .

und

mit

Damit ergibt sich: ρa

Φ= ∫

z o (ρ)

∫

ρ=ρi z=z u (ρ)

ρa

ρa

ρ=ρi

ρ=ρi

μI μI z z o (ρ) 1 dz dρ = dρ = ∫ (z o (ρ) − z u (ρ)) dρ ∫ [ ] 2πρ 2π ρ z u (ρ) ρ

ρa

ρa

ρa

ρ=ρi

ρ=ρi

ρ=ρi

μI z o (ρ) μI h ρa − ρ μI h ρa = dρ = dρ = − 1 dρ ∫ 2 ∫ ∫ 2π ρ 2π ρ ρa − ρi 2π(ρa − ρi ) ρ ρa μI h μI h = [ρa ln ρ − ρ] = [ρa (ln ρa − ln ρi ) − ρa + ρi ] ρi 2π(ρa − ρi ) 2π(ρa − ρi )

5.1 Kräfte im magn. Feld und die magn. Größen | 179

Abb. 5.8: Parametrisierung der Querschnittsfläche des Ringkerns und Beschreibung des Flächenelements für den Fall a.

Φ=

ρa μ0 μr I h ρa ln − 1] . [ 2π ρa − ρi ρi

Mit den gegebenen Werten wird Φ=

4π ⋅ 10−7 Vs ⋅ 500 ⋅ 1 A ⋅ 1 cm 2 cm ln 2 − 1] = 3,863 ⋅ 10−7 Vs . [ 2π Am 2 cm − 1 cm

5.1.4.3 Gesucht: Magnetischer Fluss Φ im Ring für den Fall b. Gegeben: Siehe Fall a. Ansatz: Siehe Fall a. Für die Geradengleichungen gilt jetzt z o (ρ) =

h/2 ⋅ (ρ − ρ i ) ρa − ρi

z u (ρ) =

−h/2 ⋅ (ρ − ρ i ) mit ρa − ρi

und

mit

ρi ≤ ρ < ρa

ρi ≤ ρ < ρa .

Damit ergibt sich: ρa

Φ= ∫

z o (ρ)

∫

ρ=ρi z=z u (ρ)

ρa

ρa

ρ=ρi

ρ=ρi

μI μI z z o (ρ) 1 dz dρ = dρ = ∫ (z o (ρ) − z u (ρ)) dρ ∫ [ ] 2πρ 2π ρ z u (ρ) ρ

ρa

ρa

ρa

ρ=ρi

ρ=ρi

ρ=ρi

μI z o (ρ) μI h ρ − ρi μI h ρi = dρ = dρ = dρ ∫ 2 ∫ ∫ 1− 2π ρ 2π ρ ρa − ρi 2π(ρa − ρi ) ρ ρa μI h μI h = [ρ − ρi ln ρ] = [ρa − ρi − ρi (ln ρa − ln ρi )] ρi 2π(ρa − ρi ) 2π(ρa − ρi )

180 | 5 Stationäre Magnetfelder

Abb. 5.9: Parametrisierung der Querschnittsfläche des Ringkerns und Beschreibung des Flächenelements für den Fall b.

Φ=

ρi ρa μ0 μr I h ln ] . [1 − 2π ρa − ρi ρi

Mit den gegebenen Werten wird Φ=

4π ⋅ 10−7 Vs ⋅ 500 ⋅ 1 A ⋅ 1 cm 1 cm ln 2] = 3,0685 ⋅ 10−7 Vs . [1 − 2π Am 2 cm − 1 cm

Aufgabe 5.1.5 5.1.5.1 Gesucht: Die Hysteresekurve mit Beschriftung. Gegeben: Messreihe für Feldstärke und Flussdichte, Symmetrie der Kurve. Ansatz: Die ersten Messwerte beginnen bei (0;0), es handelt sich also um die Neukurve. Ausgehend vom Sättigungswert Bs = 1,5 T nimmt die magnetische Flussdichte kontinuierlich ab bis 0 und erreicht die negative Sättigung −Bs . Mit den Messwerten werden also die Neukurve und der obere Verlauf der Hystereseschleife beschrieben. Der untere Verlauf kann durch ausnutzen der Punktsymmetrie gewonnen werden. Siehe hierzu Abbildung 5.10.

5.1.5.2 Gesucht: Die magnetische Flussdichte B und die relative Permeabilität μr bei abnehmender positiver Magnetisierung für H = 1200 A m−1 . Gegeben: Der gemessene Verlauf von B und H und die Hysteresekurve in Abbildung 5.10. Ansatz: Der gesuchte Wert von B kann mit dem gegebenen H durch lineare Interpolation aus der Kennlinie bzw. Tabelle bestimmt werden. Dazu werden

5.1 Kräfte im magn. Feld und die magn. Größen | 181

1,5

Bs

B/ T 1 Neukurve

Br 0,5 −Hc −2 000

−1 500

−1 000

500 Hc

−500

1 000

1 500 2 000 H/(Am−1 )

−0,5 −Br −1 −Bs

−1,5

Abb. 5.10: Hysteresekurve der Magnetisierung mit Kennzeichnung der Punkte Sättigung Bs , Koerzitivfeldstärke Hc , Remanenz Br sowie der Neukurve.

die drei Punkte (Ho ;Bo ), (Hu ;Bu ) sowie (H;B) definiert. Mit der Zweipunkteform einer Geraden zwischen (Ho ;Bo ) und (Hu ;Bu ) wird dann B − Bu Bo − Bu = H − Hu Ho − Hu

⇒

B=

Bo − Bu (H − Hu ) + Bu . Ho − Hu

(5.25)

Anschließend kann dann über B = μ0 μr H

⇒

μr =

B μ0 H

die relative Permeabilität bestimmt werden. Mit Werten (Bo = 1,5 T, Ho = 2000 Am−1 , Bu = 1,4 T, Hu = 1000 Am−1 ): B=

(1,5 T − 1,4 T) ⋅ (1200 A m−1 − 1000 Am−1 ) + 1,4 T = 1,42 T , 2000 Am−1 − 1000 Am−1 μr =

1,42 T ≈ 941,667 . 4π ⋅ 10−7 Vs (Am)−1 ⋅ 1200 Am−1

(5.26)

182 | 5 Stationäre Magnetfelder

5.2 Das Gesetz von Biot-Savart Aufgabe 5.2.1 ⃗ Gesucht: Die magnetische Feldstärke auf der z-Achse H(z). Ansatz: Die magnetische Feldstärke setzt sich aus drei Teilen zusammen: ⃗ H(z) = H⃗ I (z) + H⃗ II (z) + H⃗ III (z) . Für jeden Leiterabschnitt ist das Integral d s ⃗ × r ⃗0 I0 H⃗ j (z) = ∫ 4π r2

(5.27)

Lj

zu lösen. Der Ortsvektor R⃗ beschreibt die Position des Aufpunktes P an dem das Feld berechnet werden soll. Hier nur entlang der z-Achse (P : (0;0;z)) R⃗ = z e⃗z .

(5.28)

Der Quellpunkt Q wandert während der Integration entlang der Leiter-Kurve 󸀠 L. Seine Position wird durch einen Ortsvektor R⃗ beschrieben, der vom Ursprung auf den Quellpunkt zeigt. Es empfiehlt sich, den Quellpunktvektor bei geraden Leitern durch den Ansatz 󸀠 R⃗ (γ) = R⃗ 0 + γ R⃗ 1 ,

0≤γ≤1

(5.29)

zu formulieren. Aus den beiden Ortsvektoren ergibt sich dann der Abstandsvektor 󸀠 r ⃗ = R⃗ − R⃗ .

(5.30)

Leiterabschnitt I Für den Leiterabschnitt I (Abbildung 5.11, s = γa) wird der Quellpunktvektor 󸀠 R⃗ = −γa e⃗x + a e⃗y ,

−1≤ γ ≤1

Das vektorielle Linienelement ds ⃗ wird dann d s⃗ =

󸀠

d R⃗ dγ = −a dγ e⃗x . dγ

(5.31)

Der Abstandsvektor r,⃗ der vom Quellpunkt zum Aufpunkt zeigt, ist damit definiert durch 󸀠 r ⃗ = R⃗ − R⃗ = z e⃗z − (−γa e⃗x + a e⃗y ) = γa e⃗x − a e⃗y + z e⃗z

(5.32)

5.2 Das Gesetz von Biot-Savart | 183

y a

I0

z r R

r z

-a

-a

a x

s

I0

x

a y

R’

-a 󸀠

Abb. 5.11: Lage der Ortsvektoren R⃗ und R⃗ sowie Abstandsvektor r ⃗ für den Bereich I.

mit dem Betrag 2 r = √ γ2 a2 + z2 + a2 = a√ γ2 + 1 + ( az ) .

Das Kreuzprodukt wird dann d s ⃗ × r ⃗ = −a dγ e⃗x × (γa e⃗x − a e⃗y + z e⃗z ) = (az e⃗y + a2 e⃗z ) dγ . Eingesetzt in die Bestimmungsgleichung von H⃗ I wird 1

(az e⃗y + a2 e⃗z ) dγ I0 d s⃗ × r ⃗ I0 H⃗ I (z) = = ∫ ∫ 3 4π 4π r3 z 2 −1 a 3√ γ 2 + 1 + ( a ) LI 1

=

I0 (z e⃗y + a e⃗z ) ∫ 4πa2 −1

dγ √ γ2 + 1 + ( az )2

3

.

(5.33)

Mit der Integralidentität ∫

x dx = , (α x2 + β)3/2 β√ α x2 + β

x=γ,

2

α=1,

β = 1 + ( az )

(5.34)

ergibt sich: H⃗ I (z) =

1 γ I0 ⃗ ⃗ (z e + a e ) [ ] y z 2 2 4πa2 (1 + ( az ) )√ γ2 + 1 + ( az )

−1

=

1 −1 2a(z e⃗y + a e⃗z ) I 0 z e⃗ y + a e⃗ z [ − ] = I0 . 2 √2 + ( az ) √2 + ( az )2 4π z2 + a2 4π (z2 + a2 )√2a2 + z2 [ ]

184 | 5 Stationäre Magnetfelder

y a I0

z

-a

a r

s

x j = -p/4

-a Abb. 5.12: Lage des Abstandsvektors r ⃗ für den Bereich II.

Leiterabschnitt II Für den Leiterabschnitt II (Abbildung 5.12, s = γ√2 a) wird der Quellpunktvektor 󸀠 R⃗ = 0⃗ + γ((a e⃗x − a e⃗y ) − (0e⃗x + 0e⃗y )) ,

−1≤ γ ≤1

= aγ(e⃗x − e⃗y ) . Das vektorielle Linienelement d s,⃗ das den Weg des Leiters parametrisiert, wird d s⃗ =

󸀠

d R⃗ dγ = a dγ(e⃗x − e⃗y ) . dγ

(5.35)

Der Abstandsvektor ist dann definiert durch 󸀠 r ⃗ = R⃗ − R⃗ = z e⃗z − aγ(e⃗x − e⃗y ) = −aγ e⃗x + aγ e⃗y + z e⃗z

(5.36)

mit dem Betrag 2 r = √ a2 γ2 + a2 γ2 + z2 = a√2γ2 + ( az ) .

Das Kreuzprodukt wird somit d s ⃗ × r ⃗ = a dγ(e⃗x − e⃗y ) × (−aγ(e⃗x − e⃗y ) + z e⃗z ) = −az(e⃗x + e⃗y ) dγ . Eingesetzt in die Bestimmungsgleichung von H⃗ II für −1 ≤ γ ≤ 1: 1

−az(e⃗x + e⃗y ) dγ I0 d s⃗ × r ⃗ I0 = H⃗ II (z) = ∫ ∫ 3 3 4π 4π r z 2 −1 a 3√2γ 2 + ( a ) LII 1

I0 z =− ( e⃗ x + e⃗ y ) ∫ 4πa2 −1

dγ √2γ2 + ( az )2

3

.

(5.37)

5.2 Das Gesetz von Biot-Savart | 185

Mit der Integralidentität ∫

x dx = , (α x2 + β)3/2 β√ α x2 + β

x=γ,

α=2,

2

β = ( az )

(5.38)

ergibt sich: 1 γ I0 z ⃗ H II (z) = − ( e⃗ x + e⃗ y ) [ z 2 2 ] 4πa2 ( a ) √2γ2 + ( az )

−1

=−

1 −1 2a(e⃗x + e⃗y ) I 0 e⃗ x + e⃗ y [ − ] = − I0 . 2 z √2 + ( a ) √2 + ( az )2 4π z 4π z√2a2 + z2 [ ]

Leiterabschnitt III Für den Leiterabschnitt III (Abbildung 5.13, s = γa) wird der Quellpunktvektor 󸀠 R⃗ = a e⃗x + γ((a e⃗x + a e⃗y ) − (a e⃗x + 0e⃗y )) ,

−1≤ γ ≤1

= a e⃗x + γa e⃗y . Das vektorielle Linienelement ds,⃗ das den Weg des Leiters parametrisiert, wird durch 󸀠

d R⃗ dγ = a dγ e⃗y dγ

d s⃗ =

(5.39)

beschrieben. Der Abstandsvektor ist dann definiert durch 󸀠 r ⃗ = R⃗ − R⃗ = z e⃗z − (a e⃗x + γa e⃗y ) = −a e⃗x − γa e⃗y + z e⃗z

(5.40)

mit dem Betrag 2 r = √ a2 + a2 γ2 + z2 = a√ γ2 + 1 + ( az ) .

y

z

a r r -a

z

R

s a

x

-a

y

I0 R’

a x

I0 -a 󸀠

Abb. 5.13: Lage der Ortsvektoren R⃗ und R⃗ sowie Abstandsvektor r ⃗ für den Bereich III.

186 | 5 Stationäre Magnetfelder Das Kreuzprodukt wird somit d s ⃗ × r ⃗ = a dγ e⃗y × (−a e⃗x − γa e⃗y + z e⃗z ) = (z e⃗x + a e⃗z )a dγ . Eingesetzt in die Bestimmungsgleichung von H⃗ III für −1 ≤ γ ≤ 1: 1

I0 d s⃗ × r ⃗ I0 = H⃗ III (z) = ∫ ∫ 4π 4π r3 LIII

−1

a(z e⃗x + a e⃗z ) dγ

a

=

I0 (z e⃗x + a e⃗z ) ∫ 4πa2 −a

2

a3√ γ2 + 1 + ( az ) dγ

√ γ2 + 1 + ( az )2

3

3

.

(5.41)

Mit der Integralidentität ∫

dx x = , (α x2 + β)3/2 β√ α x2 + β

x=γ,

α=1,

2

β = 1 + ( az )

ergibt sich: H⃗ III (z) =

1 γ I0 ⃗ ⃗ (z e x + a e z ) [ 2 2 ] 4πa2 (1 + ( az ) ) √ γ2 + 1 + ( az )

−1

=

1 −1 I 0 z e⃗ x + a e⃗ z [ − ] 2 z 2 2 √2 + ( a ) √2 + ( az )2 4π a + z [ ]

=

I0 2a(z e⃗x + a e⃗z ) . 4π (a2 + z2 )√2a2 + z2

Für die gesamte Feldstärke gilt dann zusammenfassend: ⃗ H(z) = H⃗ I (z) + H⃗ II (z) + H⃗ III (z) =

2a(z e⃗y + a e⃗z ) I0 I0 2a(e⃗x + e⃗y ) I0 2a(z e⃗x + a e⃗z ) − + 4π (z2 + a2 )√2a2 + z2 4π z√2a2 + z2 4π (a2 + z2 )√2a2 + z2

=

z(e⃗x + e⃗y ) + 2a e⃗z e⃗x + e⃗y I0 2a − [ ] 4π √2a2 + z2 z a2 + z2

=

−a e⃗x − a e⃗y + 2z e⃗z I0 a2 . 2 2 z(a2 + z2 ) √ 2π 2a + z

(5.42)

5.2 Das Gesetz von Biot-Savart | 187

Aufgabe 5.2.2 Gesucht: Die magnetische Feldstärke H⃗ um einen unendlich langen und unendlich dünnen Linienleiter entlang der z-Achse. Ansatz: Mit dem Gesetz von Biot-Savart kann mit B⃗ = μH die magnetische Feldstärke I0 d s ⃗ × r ⃗0 ⃗ H(P) = ∫ 4π L r2

bzw.

d s⃗ × r ⃗ I0 ⃗ H(P) = ∫ 4π L r3

(5.43)

berechnet werden. Zur Lösung des Integrals müssen der Ortsvektor R⃗ (Aufpunktvektor, beschreibt den Aufpunkt P) und der Kurvenvektor s ⃗ (beschreibt den Weg des stromführenden Leiters) mit den gegebenen Koordinaten (s. Abbildung 5.14) parametrisiert werden. Im besonders geeigneten Zylinder-Koordinatensystem lautet der Ortsvektor (5.44)

R⃗ = ρ e⃗ρ + z e⃗z und der Kurvenvektor (beschreibt hier den Weg auf der z-Achse) 󸀠 R⃗ = γl e⃗z ,

− 1 ≤ γ ≤ 1,

l→∞.

(5.45)

Der Abstandsvektor r ⃗ im Biot-Savartschen Gesetz berechnet sich durch die Differenz zwischen Aufpunkt- und Quellpunktvektor 󸀠 r ⃗ = R⃗ − R⃗ = R⃗ − γl e⃗z

(5.46)

= ρ e⃗ρ + z e⃗z − γl e⃗z = ρ e⃗ρ + (z − γl) e⃗z ,

r = √ ρ2 + (z − γl)2 .

Die Ableitung des Quellpunktvektors liefert das Linienelement d s⃗ =

󸀠

d R⃗ dγ = l dγ e⃗z dγ

Abb. 5.14: Aufpunkt- und Kurvenvektor zur Beschreibung des Magnetfeldes des Linienleiters.

(5.47)

188 | 5 Stationäre Magnetfelder und das Kreuzprodukt wird d s ⃗ × r ⃗ = l dγ e⃗z × [ρ e⃗ρ + (z − γl) e⃗z ] = lρ dγ e⃗φ . Mit diesen Ansätzen lautet das Gesetz von Biot-Savart gemäß Aufgabenstellung 1

μ0 I0 ⃗ B(P) = ∫ 4π

1

lρ dγ e⃗φ

γ=−1

√ ρ2 + (z − γl)2

3

=

dγ

μ0 I0 lρ e⃗φ ∫ 4π

γ=−1

√ ρ2 + (z − γl)2

3

.

Über die Substitution α = z − γl

⇒

dα = −l dγ

γ = −1 : α = z + l ,

⇒

1 dγ = − dα l

(5.48)

γ=1: α=z−l

vereinfacht sich die Integration zu z−l

⃗ B(P) =

μ0 I0 lρ e⃗φ ∫ 4π

α=z+l

− dα l√ ρ2 + α2

z+l

3

=

dα

μ 0 I 0 ρ e⃗ φ ∫ 4π

α=z−l

√ ρ2 + α2

3

.

Die Lösung dieses Integrals kann einer Mathematik-Formelsammlung (z. B. Bronstein) entnommen werden: ∫

(a

x2

dx x = 3/2 + b) b √a x2 + b

mit

x = α,

a = 1,

b = ρ2

(5.49)

und es wird ⃗ B(P) =

z+l α μ 0 I 0 ρ e⃗ φ [ 2 ] ρ √ ρ2 + α2 4π

.

α=z−l

Wegen der unendlichen Integrationsgrenzen (l → ∞) muss eine Grenzwertbetrachtung durchgeführt werden ⃗ B(P) = lim

l→∞

z+l z−l μ 0 I 0 e⃗ φ − [ ] . √ ρ2 + (z + l)2 √ ρ2 + (z − l)2 4πρ [ ]

Division durch l ergibt ⃗ B(P) =

z z μ 0 I 0 e⃗ φ l +1 l −1 − ] lim [ ρ 2 4πρ l→∞ √( ) + ( z + 1)2 √( ρ )2 + ( z − 1)2 l l l [ l ]

und mit abschließender Grenzwertbildung wird ⃗ B(P) =

μ 0 I 0 e⃗ φ μ 0 I 0 e⃗ φ 0+1 0−1 − [ ]= (1 − (−1)) . 4πρ 4πρ √0 + (0 + 1)2 √0 + (0 − 1)2

5.2 Das Gesetz von Biot-Savart | 189

Also μ0 I0 ⃗ e⃗ φ , B(P) = 2πρ und damit dieselbe Lösung, wie sie mit dem Durchflutungsgesetz in Verbindung mit der Materialgleichung B⃗ = μ H⃗ gefunden wird.

Aufgabe 5.2.3 5.2.3.1 Gesucht: Für alle drei Abschnitte jeweils mit dem Gesetz von Biot-Savart die magnetischen Flussdichten B⃗ I , B⃗ II und B⃗ III im Ursprung des Koordinatensystems. Ansatz: Das Gesetz von Biot-Savart lautet d s ⃗ × r ⃗0 μI B(⃗ r)⃗ = ∫ 4π L r2

bzw.

ds ⃗ × r ⃗ μI B(⃗ r)⃗ = . ∫ 4π L r3

(5.50)

Für die geforderte Lösung ist der Ortsvektor der Nullvektor R⃗ = 0 e⃗x + 0 e⃗y + 0 e⃗z .

Leiterabschnitt I Der Leiter I ist eine einfache Gerade, die beschrieben werden kann durch 󸀠 LI : R⃗ (γ) = a e⃗x + γ (a e⃗y − a e⃗x ) ,

0≤γ≤1

= (1 − γ)a e⃗x + γa e⃗y . Hierzu gehört das vektorielle Linienelement d s⃗ =

󸀠

d R⃗ (γ) dγ = (−a e⃗x + a e⃗y ) dγ . dγ

(5.51)

Der Abstandsvektor wird dann 󸀠 r ⃗ = R⃗ − R⃗ = 0⃗ − ((1 − γ)a e⃗x + γa e⃗y ) = (γ − 1)a e⃗x − γa e⃗y

mit dem Betrag r = a√(γ − 1)2 + γ2 = a√2γ2 − 2γ + 1 . Es ergibt sich das Kreuzprodukt d s ⃗ × r ⃗ = (−a e⃗x + a e⃗y ) dγ × [(γ − 1)a e⃗x − γa e⃗y ] = (γa2 e⃗z + (γ − 1)a2 (−e⃗z )) dγ = a2 e⃗z dγ

(5.52)

190 | 5 Stationäre Magnetfelder und damit 1

μ 0 I 0 a 2 e⃗ z B⃗ I (0)⃗ = ∫ 4πa3

γ=0

dγ √2γ2 − 2γ + 1

3

.

Das Integral besitzt die Lösung [ [

1

2(2 ⋅ 2γ − 2) (4 ⋅ 2 ⋅ 1 − 4) √2γ2 − 2γ + 1

.

]

(5.53)

]γ=0

Damit wird die magnetische Flussdichte 1

(2γ − 1) μ 0 I 0 e⃗ z [ μ0 I0 e⃗z 2 − 1 −1 μ0 I0 ] B⃗ I (0)⃗ = − = e⃗ z . [ ]= 2 √2γ − 2γ + 1 4πa 4πa 2πa √1 √1 [ ]γ=0 Leiterabschnitt II Der Leiter II ist ebenfalls eine einfache Gerade, die beschrieben werden kann durch 󸀠 LII : R⃗ (γ) = a e⃗y + γ (a e⃗z − a e⃗y ) ,

0≤γ≤1

= (1 − γ)a e⃗y + γa e⃗z . Hierzu gehört das vektorielle Linienelement d s⃗ =

󸀠 d R⃗ (γ) dγ = (−a e⃗y + a e⃗z ) dγ . dγ

(5.54)

Der Abstandsvektor wird dann 󸀠 r ⃗ = R⃗ − R⃗ = 0⃗ − ((1 − γ)a e⃗y + γa e⃗z ) = (γ − 1)a e⃗y − γa e⃗z

(5.55)

mit dem Betrag r = a√(γ − 1)2 + γ2 = a√2γ2 − 2γ + 1 . Es ergibt sich das Kreuzprodukt d s ⃗ × r ⃗ = (−a e⃗y + a e⃗z ) dγ × [(γ − 1)a e⃗y − γa e⃗z ] = (γa2 e⃗x + (γ − 1)a2 (−e⃗x )) dγ = a2 e⃗x dγ

und damit 1

μ 0 I 0 a 2 e⃗ x B⃗ II (0)⃗ = ∫ 4πa3

γ=0

dγ √2γ2 − 2γ + 1

3

.

Das Integral besitzt die gleiche Lösung wie bei Leiter I (genauer: es ist identisch) und es wird μ 0 I 0 e⃗ x B⃗ II (0)⃗ = . 2πa

5.2 Das Gesetz von Biot-Savart | 191

Leiterabschnitt III Der Leiter III ist wiederum eine einfache Gerade, die beschrieben werden kann durch 󸀠 LIII : R⃗ (γ) = a e⃗z + γ (a e⃗x − a e⃗z ) ,

0≤γ≤1

= (1 − γ)a e⃗z + γa e⃗x . Hierzu gehört das vektorielle Linienelement d s⃗ =

󸀠 d R⃗ (γ) dγ = (−a e⃗z + a e⃗x ) dγ . dγ

(5.56)

Der Abstandsvektor wird dann 󸀠 r ⃗ = R⃗ − R⃗ = 0⃗ − ((1 − γ)a e⃗z + γa e⃗x ) = (γ − 1)a e⃗z − γa e⃗x

(5.57)

mit dem Betrag r = a√(γ − 1)2 + γ2 = a√2γ2 − 2γ + 1 . Es ergibt sich das Kreuzprodukt d s ⃗ × r ⃗ = (−a e⃗z + a e⃗x ) dγ × [(γ − 1)a e⃗z − γa e⃗x ] = (γa2 e⃗y + (γ − 1)a2 (−e⃗y )) dγ = a2 e⃗y dγ

und damit 1

μ 0 I 0 a 2 e⃗ y B⃗ III (0)⃗ = ∫ 4πa3

γ=0

dγ √2γ2 − 2γ + 1

3

.

Das Integral ist wieder identisch mit den zuvor gelösten Integralen und es wird μ 0 I 0 e⃗ y . B⃗ III (0)⃗ = 2πa

5.2.3.2 Gesucht: Die gesamte magnetische Flussdichte im Ursprung des Koordinatensystems. Ansatz: Die gesamte magnetische Flussdichte ergibt sich durch Addition der Teilkomponenten B⃗ ges = B⃗ I + B⃗ II + B⃗ III μ0 I0 = ( e⃗ x + e⃗ y + e⃗ z ) . 2πa

(5.58)

192 | 5 Stationäre Magnetfelder

Aufgabe 5.2.4 Gesucht: Die magnetische Flussdichte B⃗ im Ursprung des Koordinatensystems Gegeben: Stromdurchflossene Kreisspule mit n Windungen und Radius a. Ansatz: Die Aufgabe kann wie bei einer einfachen, kreisförmigen Leiterschleife mit dem Biot-Savartschen-Gesetz gelöst werden (N-mal eine Leiterschleife), da die Leiterwindungen als unendlich dünn angenommen werden können. Es ergibt sich für die magnetische Flussdichte im Mittelpunkt M: 0 ⃗ = M) = μIN ∫ d s ⃗ × r ⃗ . B(P 4π L r2

(5.59)

Abbildung 5.15 hilft bei der Parametrierung des Linienintegrals. Das vektorielle Linienelement d s ⃗ zeigt in Zylinderkoordinaten in e⃗φ -Richtung, der Abstandsvektor r ⃗ in −e⃗ρ -Richtung und sein Betrag r = a ist konstant für jedes Wegelement d s ⃗ (0 ≤ φ ≤ 2π) d s ⃗ × r ⃗0 = ds e⃗φ × (−e⃗ϱ ) = a dφ e⃗z . Hiermit lautet das zu lösende Integral 2π

2π

0

0

μIN a dφ e⃗z μIN μIN ⃗ B(M) = = e⃗z ∫ dφ = e⃗z [2π − 0] ∫ 2 4π 4πa 4πa a μIN e⃗ z . = 2a

Abb. 5.15: Parametrisierung der Kreisspule.

6 Zeitlich veränderliche magnetische Felder 6.1 Induktivitäten Aufgabe 6.1.1 6.1.1.1 Gesucht: Durchflutung Θ. Gegeben: Feldlinienlängen: l δ = 1 mm, l1 = l2 = 25 cm, l3 = 30 cm, l4 = 50 cm, Kerndurchmesser: d1 = d2 = d4 = 2,5 cm, d3 = 4,5 cm, Kerndicke: d = 4 cm, Flussdichte im Luftspalt B = 1,2 T, Magnetisierungskennlinie durch Tabelle. Ansatz: Aufstellen des Durchflutungsgesetzes für beide Zweige des gegebenen Eisenkerns: H δ l δ + H1 l1 + H2 l2 + H3 l3 = I N ,

(6.1)

H3 l3 + H4 l4 = I N = Θ .

(6.2)

Laut Aufgabenstellung soll die Flussdichte B im Luftspalt 1,2 T betragen. Weil die Streuung vernachlässigt werden kann, gilt dieser Wert auch für B1 und B2 , womit der Wert für H1 = H2 = 280 Am−1 aus der Tabelle entnommen werden kann. Außerdem ist Hδ =

B . μ0

(6.3)

Gleichsetzen der beiden Durchflutungs-Gleichungen führt auf H δ l δ + H1 l1 + H2 l2 + H3 l3 = H3 l3 + H4 l4 H δ l δ + 2 H1 l1 = H4 l4 .

(6.4)

Gleichung (6.4) aufgelöst nach H4 ergibt 1 B lδ + 2 H1 l1 ) ( l4 μ0 1 1,2 T ⋅ 1 mm ⋅ Am = + 2 ⋅ 280 Am−1 ⋅ 25 cm) ≈ 2189,859 Am−1 . ( 50 cm 4π ⋅ 10−7 Vs

H4 =

Der Wert von B4 kann mit H4 durch lineare Interpolation aus der Tabelle bestimmt werden. Dazu werden drei Punkte (Ho ;Bo ), (Hu ;Bu ) sowie (H4 ;B4 ) definiert. Mit der Zweipunkteform einer Geraden zwischen (Ho ;Bo ) und (Hu ;Bu ) wird dann B − Bu Bo − Bu = H − Hu Ho − Hu https://doi.org/10.1515/9783110672510-012

⇒

B4 =

H4 − Hu ⋅ (Bo − Bu ) + Bu Ho − Hu

194 | 6 Zeitlich veränderliche magnetische Felder

B4 =

(2189,859 − 1500) Am−1 ⋅ (1,78 − 1,73) T + 1,73 T = 1,765 T . (2500 − 1500) Am−1

Für die magnetischen Flüsse im Kern gilt: Φ3 = Φ1 + Φ4

⇒

B3 A3 = B1 A1 + B4 A4 .

Mit A1 = A4 = 2,5 cm ⋅ 4 cm = 10 cm2 und A3 = 4,5 cm ⋅ 4 cm = 18 cm2 wird B3 =

10 cm2 A1 (B1 + B4 ) = (1,2 T + 1,765 T) ≈ 1,647 T . A3 18 cm2

Hieraus kann wieder mit linearer Interpolation H3 aus der Tabelle bestimmt werden: B3 − Bu ⋅ (Ho − Hu ) + Hu Bo − Bu (1,647 − 1,51) T = ⋅ (1000 − 600) Am−1 + 600 Am−1 ≈ 991,429 Am−1 (1,65 − 1,51) T

H3 =

und mit dem Durchflutungsgesetz des rechten Zweiges wird Θ = H3 l3 + H4 l4 = 991,429 Am−1 ⋅ 30 cm + 2189,859 Am−1 ⋅ 50 cm ≈ 1392,358 A . 6.1.1.2 Gesucht: Ersatzschaltbild und magn. Widerstände Rm,i . Gegeben: Alle Abmessungen des Eisenkerns. Ansatz: Der Eisenkern lässt sich durch ein Netzwerk mit zwei Maschen darstellen. Ohm’sches Gesetz des magnetischen Kreises: Rm =

Rm1 = Rm2 = H3 l3 B3 A3 H4 l4 = B4 A4 lL = μ0 A1

Rm3 = Rm4 Rm,L

V Hl l = = . Φ BA μA

(6.5)

H1 l1 280 Am−1 ⋅ 0,25 m = ≈ 58,333 kA(Vs)−1 , B1 A1 1,2 Vs m−2 ⋅ 10 ⋅ 10−4 m2 991,429 Am−1 ⋅ 0,3 m = ≈ 100,327 kA(Vs)−1 , 1,647 Vs m−2 ⋅ 18 ⋅ 10−4 m2 2189,859 Am−1 ⋅ 0,5 m = ≈ 620,357 kA(Vs)−1 , 1,765 Vs m−2 ⋅ 10 ⋅ 10−4 m2 1 ⋅ 10−3 m = ≈ 795,775 kA(Vs)−1 . 4π ⋅ 10−7 Vs(Am)−1 ⋅ 10 ⋅ 10−4 m2

6.1 Induktivitäten | 195

6.1.1.3 Gesucht: Die Induktivität L der Anordnung (a) berechnet über den magnetischen Fluss Φ, (b) berechnet über den magnetischen Leitwert Λ. Gegeben: Windungszahl N = 1000, Werte aus voriger Teilaufgabe. Ansatz a: Berechnung der Induktivität über den verketteten Fluss Ψ = L I,

Θ = N I,

Φ = BA.

Ψ = N Φ,

L=

ΨN N 2 Φ3 Ψ = =L= I Θ Θ

L=

10002 ⋅ 1,647 T ⋅ 18 ⋅ 10−4 m2 ≈ 2,129 H . 1392,358 A

⇒

L=

N 2 B3 A3 Θ

(6.6)

Ansatz b: Berechnung der Induktivität über das Ersatzschaltbild des magnetischen Kreises und Definition des magnetischen Leitwertes L = N 2 Λ,

Λ=

1 . Rm

Bestimmung von Rm,ges des magnetischen Kreises: Rm,ges = Rm3 + L = N 2 Λges =

(2 Rm1 + Rm,L )Rm4 = 469,611 kA(Vs)−1 . 2 Rm1 + Rm,L + Rm4

N2 Rm,ges

=

10002 469,611

kA Vs

=

(6.7)

1000 Vs ≈ 2,129 H . 469,611 A

Aufgabe 6.1.2 6.1.2.1 Gesucht: Die Anzahl der unterschiedlichen Gegeninduktivitäten und ihre Benennung. Gegeben: Die Wicklungsanordnung in Abbildung 6.1 auf Seite 40. Ansatz: Gegeninduktivitäten sind nur für ein Wicklungspaar definiert. Insgesamt gehören zu jeder einzelnen Wicklung in Abbildung 6.1 auf Seite 40 zwei Gegeninduktivitäten L i,j . Hierbei bedeutet der Index i den Ort der Wirkung und der Index j den Ort der Quelle bzw. Ursache. Es ergeben sich für die drei Wicklungen die Kombinationen 1 : L21 , L31

2 : L12 , L32

3 : L13 , L23 .

196 | 6 Zeitlich veränderliche magnetische Felder Die Gegeninduktivitäten beschreiben die magnetische Kopplung zwischen zwei Wicklungen. Sie heißen daher auch Kopplungsinduktivitäten. Die Induktivitäten L i,j und L j,i weisen jeweils auf die gleiche magnetische Kopplung zwischen den Wicklungen i und j hin und es gilt L i,j = L j,i ,

i = 1,2,3

j = 1,2,3

i ≠ j .

(6.8)

Es sind also nur drei unterschiedliche Kopplungsinduktivitäten zu unterscheiden L12 = L21 = M1 ,

L23 = L32 = M2 ,

L31 = L13 = M3 .

(6.9)

6.1.2.2 Gesucht: Das magnetische Ersatzschaltbild der Wicklungsanordnung. Ansatz: Das gesuchte Ersatzschaltbild zeigt Abbildung 6.1.

6.1.2.3 Gesucht: Gegeninduktivität M1 = L21 . Gegeben: Das magnetische Ersatzschaltbild in Abbildung 6.1. Ansatz: Betrachtung der Wirkung von Spule 1 auf Spule 2. Nur die Durchflutung in Spule 1 ist wirksam, alle anderen sind null. Für den verketteten magnetischen Fluss, der durch Wicklung 1 in Wicklung 2 hervorgerufen wird, gilt dann Ψ21 = N2 Φ21 = L21 I1 .

(6.10)

Berechnung des magnetischen Flusses Φ21 anhand von Abbildung 6.2a: Φ11 = Φ21 + Φ31

Φ21 = Φ11 − Φ31 .

⇒

(6.11)

Wegen der Gleichheit der magnetischen Spannungen ist V2 = V3 = V23 =

Φ11 . Λ2 + Λ3

(6.12)

Die unbekannte Größe Φ11 kann durch Φ11 = Θ1 Λges1

mit

1 Λges1

=

1 1 + Λ1 Λ2 + Λ3

(6.13)

Abb. 6.1: Magnetisches Ersatzschaltbild der Anordnung.

6.1 Induktivitäten | 197

a

b

Abb. 6.2: Magnetische Ersatzschaltbilder zur Berechnung der Gegeninduktivitäten L21 und L31 (a) mit den magnetischen Spannungen V2 = V3 und (b) neues ESB mit dem resultierenden Ersatzleitwert Λ23 .

bestimmt werden. Dann wird aus Gl. (6.11) (vgl. Stromteilerregel mit Leitwerten) Λ2 Λ3 ) = Φ11 Λ2 + Λ3 Λ2 + Λ3 Λ1 (Λ2 + Λ3 ) Λ2 Λ1 Λ2 = Θ1 = N1 I1 . Λ1 + Λ2 + Λ3 Λ2 + Λ3 Λ1 + Λ2 + Λ3

Φ21 = Φ11 − V3 Λ3 = Φ11 (1 −

(6.14)

Φ21

(6.15)

Abschließend wird dann mit Gl. (6.10) umgestellt nach L21 L21 = M1 =

N2 Φ21 I1

⇒

M1 = N1 N2

Λ1 Λ2 . Λ1 + Λ2 + Λ3

(6.16)

Gesucht: Gegeninduktivität L23 = M2 . Ansatz: Betrachtung der Wirkung von Spule 3 auf Spule 2. Jetzt ist nur die Durchflutung in Spule 3 wirksam, alle anderen sind null. Für den verketteten magnetischen Fluss, der durch Wicklung 3 in Wicklung 2 hervorgerufen wird, gilt somit Ψ23 = N2 Φ23 = L23 I3 .

(6.17)

Berechnung des magnetischen Flusses Φ23 anhand von Abbildung 6.3a: Φ33 = Φ13 + Φ23

⇒

Φ23 = Φ33 − Φ13 .

(6.18)

Wegen der Gleichheit der magnetischen Spannungen ist V1 = V2 = V12 =

Φ33 . Λ1 + Λ2

(6.19)

Die unbekannte Größe Φ33 kann wieder durch Φ33 = Θ3 Λges3

mit

1 1 1 = + Λges3 Λ3 Λ1 + Λ2

(6.20)

198 | 6 Zeitlich veränderliche magnetische Felder bestimmt werden. Dann wird aus Gl. (6.18) Λ2 Λ1 ) = Φ33 Λ1 + Λ2 Λ1 + Λ2 Λ3 (Λ1 + Λ2 ) Λ2 Λ2 Λ3 = Θ3 = N3 I3 . Λ1 + Λ2 + Λ3 Λ1 + Λ2 Λ1 + Λ2 + Λ3

Φ23 = Φ33 − V1 Λ1 = Φ33 (1 −

(6.21)

Φ23

(6.22)

Abschließend wird dann mit Gl. (6.17) umgestellt nach L23 L23 = M2 =

N2 Φ23 I3

M2 = N2 N3

⇒

Λ2 Λ3 . Λ1 + Λ2 + Λ3

(6.23)

Gesucht: Gegeninduktivität M3 = L31 . Ansatz: Betrachtung der Wirkung von Spule 1 auf Spule 3. Für den verketteten magnetischen Fluss, der durch Wicklung 1 in Wicklung 3 hervorgerufen wird, gilt Ψ31 = N3 Φ31 = L31 I1 .

(6.24)

Berechnung des magnetischen Flusses Φ31 anhand von Abbildung 6.2 a: Φ11 = Φ21 + Φ31

⇒

Φ31 = Φ11 − Φ21 .

(6.25)

Die unbekannte Größe Φ11 (vergleiche Gl. (6.13)) kann durch Φ11 = Θ1

Λ1 (Λ2 + Λ3 ) Λ1 + Λ2 + Λ3

(6.26)

bestimmt werden. Dann wird aus Gl. (6.25) Λ3 Λ2 + Λ3 Λ1 (Λ2 + Λ3 ) Λ3 Λ1 Λ3 = Θ1 = N1 I1 . Λ1 + Λ2 + Λ3 Λ2 + Λ3 Λ1 + Λ2 + Λ3

Φ31 = Φ11 − V2 Λ2 = Φ11

(6.27) (6.28)

Abschließend wird dann mit Gl. (6.24) umgestellt nach L31 L31 = M3 =

a

N3 Φ31 I1

M3 = N1 N3

⇒

Λ1 Λ3 . Λ1 + Λ2 + Λ3

(6.29)

b

Abb. 6.3: Magnetische Ersatzschaltbilder zur Berechnung der Gegeninduktivität L23 (a) mit den magnetischen Spannungen V1 = V2 und (b) neues ESB mit dem resultierenden Ersatzleitwert Λ12 .

6.2 Induktionsgesetz | 199

6.2 Induktionsgesetz Aufgabe 6.2.1 6.2.1.1 Gesucht: Stromwärmeverluste p(t) in der Leiterschleife. Gegeben: Konstante Flussdichte B in x-Richtung, Geometrie der Leiterschleife, Ohmscher Widerstand R. Ansatz: Gleichung des magnetischen Flusses Φ = ∫ B⃗ ⋅ d A⃗ ,

(6.30)

A

das Induktionsgesetz ui = −

dΦ dt

(6.31)

und das Ohm’sche Gesetz i=

u . R

(6.32)

Die von der Leiterschleife aufgespannte und in x-Richtung wirksame Fläche A besitzt das Flächenelement d A⃗ = r dr dγ n⃗ ,

(6.33)

wobei der Normalenvektor n⃗ abhängig von der Drehbewegung der Leiterschleife zu beschreiben ist n⃗ = sin φ e⃗x − cos φ e z⃗ .

(6.34) 2π r

2π r

Φ = ∫ ∫ B e⃗x ⋅ r dr dγ n⃗ = B ∫ ∫ r dr dγ e⃗x ⋅ (sin φ e⃗x − cos φ e z⃗ ) 0 0

(6.35)

0 0 2π r

Φ = B sin φ ∫ ∫ r dr dγ

(6.36)

0 0 r

Φ = B 2π sin φ ∫ r dr = Bπr2 sin φ,

φ = ωt .

(6.37)

0

Damit wird die in der Leiterschleife induzierte Spannung u(t) = −

dΦ d = − (Bπr2 sin(ωt)) = −ωBπr2 cos(ωt) dt dt

(6.38)

200 | 6 Zeitlich veränderliche magnetische Felder und der Strom i(t) =

ω u(t) = − Bπr2 cos(ωt) . R R

(6.39)

Die gesuchte Leistung ist p(t) = u(t) i(t) 2

p(t) =

(ωBπr2 ) cos2 (ωt) . R

(6.40)

6.2.1.2 Gesucht: Drehmoment M abhängig von der Stellung der Leiterschleife im Magnetfeld. 2 ωBπr2 ) cos2 (ωt), Gegeben: Wirkleistung in der Leiterschleife p(t) = ( R

Ansatz:

Kreisdrehzahl ω = 2πn. Allgemein gilt für die Beziehung zwischen Leistung P, Drehmoment M und Kreisdrehzahl ω P = ωM . M=

ω 2 (Bπr2 ) cos2 (ωt) . R

(6.41) (6.42)

Ergänzung Probe über die Kraftwirkung des elektrischen Stroms im Magnetfeld: Allgemein gilt d M⃗ = l ⃗ × d F,⃗

d F⃗ = i d s ⃗ × B⃗ .

(6.43)

Das Linienelement d s ⃗ definiert dabei den differentiellen Abschnitt der kreisförmigen Leiterschleife in Stromrichtung (siehe Skizze in Aufgabenteil 6.2.1.1) d s ⃗ = −r dγ e⃗γ

(6.44)

bzw. in kartesischen Koordinaten der yz-Ebene (siehe Abbildung 6.4) d s ⃗ = r dγ(− cos γ e⃗y + sin γ e⃗z ) .

(6.45)

Damit ergibt sich ein Kraftvektor d F⃗ = i B r dγ(− cos γ e⃗y + sin γ e⃗z ) × e⃗x .

(6.46)

Wegen e⃗z × e⃗x = e⃗y und e⃗y × e⃗x = −e⃗z wird d F⃗ = i B r dγ(sin γ e⃗y + cos γ e⃗z ) .

(6.47)

Da die Kraft abhängig von der Position auf der Leiterschleife ist, muss das Drehmoment über den differentiellen Ansatz der Kraft ausgerechnet werden. Weil die Drehachse

6.2 Induktionsgesetz |

201

Drehachse Drehachse

Abb. 6.4: Zur Parametrisierung der Leiterschleife und der Hebellänge.

der Leiterschleife in y-Richtung zeigt, sind zur Drehmomentbildung nur die Kräfte in z-Richtung wirksam. Wird für den Hebelarm l ⃗ = r cos γ cos φ e⃗x

(6.48)

eingesetzt (siehe Abbildung 6.4 rechts), ergibt sich d M⃗ = r cos γ cos φ e⃗x × i B r dγ(cos γ e⃗z ) = −i B r2 cos φ cos2 γ dγ e⃗y .

(6.49) (6.50)

Das gesamte Drehmoment entsteht durch Integration über das Intervall 0 ≤ γ < 2π: 2π

M⃗ = −i B r2 cos φ ∫ cos2 γ dγ e⃗y .

(6.51)

γ=0

Es ist 2π

2π 2

∫ cos γ dγ = ∫ 0

0

1 1 + cos(2γ) dγ = π 2 2

(6.52)

und mit φ = ωt ergibt sich schließlich ω M⃗ = −i B r2 π cos φ e⃗y = ( Bπr2 cos(ωt)) B r2 π cos(ωt) e⃗y R ω 2 M⃗ = (Bπr2 ) cos2 (ωt) e⃗y . R

(6.53) (6.54)

Anmerkung. Das berechnete Moment ist nicht das mechanische Moment mit dem die Leiterschleife angetrieben wird (Antriebsmoment), sondern das elektrische Moment (Lastmoment), hierfür gilt ∑ M⃗ = 0⃗ = M⃗ el + M⃗ mech

⇒

M⃗ el = −M⃗ mech .

Das vektorielle Drehmoment gibt nicht die Richtung der Drehbewegung, sondern die Richtung der Drehachse an. Siehe hierzu die Abbildung 6.5.

202 | 6 Zeitlich veränderliche magnetische Felder

Abb. 6.5: Richtungen von Hebel, Kraft und Drehmoment.

Aufgabe 6.2.2 6.2.2.1 Gesucht: Der magnetische Fluss Φ innerhalb der Leiterschleife. ⃗ Gegeben: Die magnetische Flussdichte B(y,t) = B̂ sin(ωt) sin ( πa y)(−e⃗z ) Ansatz: Für den magnetischen Fluss gilt Φ = ∫ B⃗ ⋅ d A⃗ .

(6.55)

A

Die Fläche A, die von der Leiterschleife umfasst wird, wird mit fortschreitender Zeit t größer. Da die Geschwindigkeit v konstant ist, gilt x(t) = ∫ v dt = v t + b .

(6.56)

Die Konstante berücksichtigt den zum Zeitpunkt t = 0 bereits zurückgelegten Weg b. Damit gilt für die Fläche d A⃗ = dx dy (−e⃗z ) ,

0 ≤ x(t) ≤ b + v t ,

0≤y≤a.

(6.57)

Mit dem gegebenen B⃗ wird dann b+v t a

π Φ = ∫ ∫ B̂ sin(ωt) sin( y)(−e⃗z ) ⋅ dx dy(−e⃗z ) a

(6.58)

x=0 y=0

b+v t a

π = B̂ sin(ωt) ∫ ∫ sin( y) dy dx a x=0 y=0

b+vt

π = B̂ sin(ωt) (b + vt − 0) ∫ sin( y) dy a x=0

a a π = B̂ sin(ωt)(b + vt) [− cos( y)] π a y=0 ̂ B sin(ωt) a(b + vt) = [− cos(π) + cos(0)] π 2a(b + vt) ̂ = B sin(ωt) . π

(6.59)

6.2 Induktionsgesetz |

203

6.2.2.2 Gesucht: Die in der Leiterschleife induzierte Spannung ui . Gegeben: Der magnetische Fluss aus Gl. (6.59) Ansatz: Nach dem Induktionsgesetz ist ui = −

dΦ . dt

(6.60)

Mit dem gegebenen magnetischen Fluss aus Gl. (6.59) wird dann ui = −

d 2a(b + vt) ̂ B sin(ωt)} . { dt π

(6.61)

Anwendung der Produktregel (fg)󸀠 = f 󸀠 g + g󸀠 f und der Kettenregel ergibt mit f = B̂ sin(ωt) , g=

f 󸀠 = ω B̂ cos(ωt)

2a(b + vt) , π

g󸀠 =

2a v π

die induzierte Spannung ui = −

2a ̂ B{(b + vt)ω cos(ωt) + v ⋅ sin(ωt)} . π

Aufgabe 6.2.3 6.2.3.1 Gesucht: Der magnetische Fluss Φ innerhalb der Leiterschleife. ⃗ Gegeben: Die magnetische Flussdichte B(x,t) = B̂ sin(ωt) cos ( π2 Ansatz: Für den magnetischen Fluss gilt

ρ ⃗ ρ0 ) e z

Φ = ∫ B⃗ ⋅ d A⃗ .

(6.62)

A

Aufgrund der Aufgabenstellung ist d A⃗ = ρ dρ dφ e⃗z ,

0 ≤ ρ ≤ ρ0 ,

Mit dem gegebenen B⃗ wird dann ρ0

2π

π ρ Φ = ∫ ∫ B̂ sin(ωt) cos ( ) e⃗z ⋅ ρ dρ dφ e⃗z 2 ρ0 ρ=0 φ=0

ρ0

2π

π ρ = B̂ sin(ωt) ∫ ∫ cos ( ) ρ dρ dφ 2 ρ0 ρ=0 φ=0

0 ≤ φ ≤ 2π .

(6.63)

204 | 6 Zeitlich veränderliche magnetische Felder ρ0

π ρ = B̂ sin(ωt)(2π − 0) ∫ cos ( ) ρ dρ 2 ρ0 ρ=0

ρ

= 2π B̂ sin(ωt) [(

0 π ρ 2ρ0 π ρ 2ρ0 2 ρ sin ( ) cos ( )+ )] π 2 ρ0 π 2 ρ0 ρ=0

ρ0 4ρ2 π ρ πρ π ρ = 2π B̂ sin(ωt) ⋅ 20 [cos ( sin ( )+ )] 2 ρ0 2ρ0 2 ρ0 ρ=0 π

4ρ2 πρ0 8 π = 2π B̂ sin(ωt) ⋅ 20 [0 − 1 + − 0] = ( − 1) ρ20 B̂ sin(ωt) 2ρ0 π 2 π 8 = (4 − ) ρ20 B̂ sin(ωt) . π

(6.64)

6.2.3.2 Gesucht: Die in der Leiterschleife induzierte Spannung ui . Gegeben: Der magnetische Fluss aus Gl. (6.64). Ansatz: Nach dem Induktionsgesetz ist ui = −

dΦ . dt

Mit gegebenem magnetischem Fluss aus Gl. (6.64) wird dann ui = −

d 8 {(4 − ) ρ20 B̂ sin(ωt)} dt π

= − (4 −

8 d sin(ωt) 8 = ( − 4) ρ20 B̂ ω cos(ωt) . ) ρ20 B̂ π dt π

(6.65)