Lösung 4

Physik III
Übung 4 - Lösungshinweise
Stefan Reutter WiSe 2012
Moritz Kütt Stand: 20.12.2012
Franz Fujara
Aufgabe 1 [P] Diskussion: Motoren (schon wieder!)
Wir hatten ja schon in der letzten Übung einen Motor diskutiert. Nun gibt es aber noch eine
ganze Reihe anderer. Diskutiert (kurz!) Gleichstrommotoren und Wechselstrommotoren. Was ist
das grundlegende Prinzip? Was sind Vorteile und Nachteile bzw. unterschiedliche Bauformen?
Benötigt man für Motoren immer Permanentmagnete?
Lösungshinweise:
Grundlegendes Prinzip: Drehendes magnetisches Feld, erzeugt von einem ruhenden Stator oder
einem drehenden Rotor.
Bei Gleichstrommotoren hat man oft einen Elektromagneten als Rotor, und einen Permanentmagneten
als Stator. Das Magnetfeld bzw. der Stromfluss im Rotor wird dann mithilfe von Rotorbürsten
(drehbaren Kontakten) umgepolt. Alternativ kann die Umpolung auch mit elektronischer
Steuerung erfolgen. Natürlich ist es auch möglich, einen Permanentmagneten als Rotor
zu haben und das äußere Feld umzupolen. Bei Wechselstrommotoren und Drehstrommotoren
wechselt schon die Spannung, daher ist das dort etwas einfacher.
Einige Vor- und Nachteile (nur kleine, unvollständige Auswahl): Bürsten haben hohe Abnutzung,
viele Wechselstrommotoren können nur mit einer festen Frequenz laufen, Elektromotoren
haben in der Regel immer ein großes Anlaufdrehmoment...
Permanentmagnete: Werden fast nie benötigt. Man kann sie häufig im Rotor etwa durch Kurzschlussspulen
ersetzen, oder aber statische Elektromagnete etwa beim Gleichstrommotor als
Außen-Magnete nutzen
Aufgabe 2 [P] Diskussion: Ferritkerne?
An Kabeln von Computer-Peripherie-Geräten sind häufig Ferritkerne an den Enden angebracht
(Diese runden Dinger vor den Steckern). Warum?
Lösungshinweise:
Die Ferritkerne verhindern/absorbieren unerwünschte hochfrequente Signale außerhalb des Kabels.
Wie? Ein Kabel hat oft eine lange Abschirmung. Diese kann für hochfrequente Störungen
als Antenne dienen. Das geht sowohl für Störungen von außerhalb, die vom Kabel “empfangen”
1

werden, oder auch für Störungen in den Geräten, die vom Kabel “gesendet” werden. Durch
den Ferritkern erhält das Kabel quasi eine Induktivität mit einer (bzw. einer halben) Wicklung,
und wie in der Vorlesung gezeigt sind Induktivitäten insbesondere bei hohen Frequenzen als
hohe Widerstände zu betrachten. Die erwünschten Signale im Kabel sind oft auch hochfrequent,
jedoch davon nicht betroffen - in der Regel gibt laufen sie über zwei Adern, jeweils
in entgegengesetzte Richtungen - damit heben sich die erzeugten Magnetfelder auf.
Aufgabe 3 [P] Der RLC-Schwingkreis
L
R
C
In der Abbildung auf der linken Seite ist ein RLC-Schwingkreis dargestellt.
Er besteht aus einem Widerstand R, einer Spule mit Induktivität
L und einem Kondensator der Kapazität C.
a) Bestimme eine DGL für den Stromfluss in diesem Stromkreis, löse sie
allgemein und bestimme die Kreisfrequenz.
b) Der Kondensator trage nun zu Beginn (t = 0) die Ladung Q = 0.01 C.
Bestimme, nach welcher Zeit t die maximale Spannung im Stromkreis
unter U = 10 V abgesunken ist. (R = 100Ω, L = 200mH, C = 100µF).
Lösungshinweise:Etwas unüblich war hier (wie auch in der Hausaufgabe) nach einer DGL für
den Strom gefragt. (Typischer ist eher die DGL für die Ladung).
Nach Kirchhoff’schen Regeln gilt:
Nun kann man einsetzen:
U L + U C + U R =0
U L =L˙I
U R =RI
U C = Q
C
L˙I + RI + Q
C =0
Gefragt war eine DGL für den Strom - daher leiten wir das ganze noch mal ab.
LÏ + R˙I + I
C =0
Ï + R
L ˙I + 1
I =0
LC
2

Man kann dies nun mit DGL-Wissen aus vorigen Semestern lösen. Wir machen es hier noch
einmal explizit:
Ansatz
Setzt man das ein:
I(t) =Ae λt
˙I(t) =Aλe λt
Ï(t) =Aλ 2 e λt
Aλ 2 e λt + A R
L eλt + A 1
LC eλt =0
λ 2 + R 1
λ +
L LC =0
λ1,2 = − R
± i
2L
1
LC −
Hier wurde schon ein Minus in der Wurzel herausgezogen, daher das i davor. Wir wissen noch,
dass es hier drei Fälle zu unterscheiden gilt, je nach Vorzeichen des Radikanden - im Schwingfall
muss 1
LC >
R 2
sein. Diesen Fall betrachten wir hier. Die Kreisfrequenz ist dann auch
2L
ω =
1
LC −
Die Lösung der DGL ist nun eine Linearkombination aus dem Ansatz mit beiden λ.
R
2L
2
I(t) = A 1e λ 1t + A2e λ 2t
Wir können nun eine Funktion für die Ladung daraus integrieren
Q(t) = A1 e
λ1 λ A
1t 2
+ e
λ2 λ2t Um A 1 und A 2 zu bestimmen, benötigt man sinnvolle Anfangsbedingungen. Wir nehmen mal
an, dass Q(0) = Q 0 und I(0) = 0 (entspricht einem geladenen Kondensator).
I(0) =0 = C 1 + C 2
Q(0) =Q0 = C1 +
λ1 C2 λ2 R
2L
2
3

Daraus ergibt sich
Und nun für I(t):
= Q 0λ 1λ 2
λ 1 − λ 2
Nun für die Ladung einsetzen
C 1 = − Q 0λ 1λ 2
λ 1 − λ 2
C 2 = Q 0λ 1λ 2
λ 1 − λ 2
I(t) = − Q0λ1λ2 e
λ1 − λ2 λ Q
1t 0λ1λ2 + e
λ1 − λ2 λ2t R
(−
e 2L −iω)t R
(−
− e 2L +iω)t
= Q0 1
LC R
e− 2L
iω t e −iωt − e iωt
= Q0 R
e− 2L
i LCω t (cos ωt − i sin ωt − cos ωt − i sin ωt)
= Q0 R
e− 2L
2LCω t sin ωt
Q(t) = − Q0λ2 e
λ1 − λ2 λ Q
1t 0λ1 + e
λ1 − λ2 λ2t = Q0 R
e− 2L
iω t
− R
−iωt iωt
e − e
2L
+ iω e −iωt + e iωt
R
−
=Q 2L 0e t
cos ωt + R
sin ωt
2Lω
Die Spannung ist natürlich unterschiedlich an den verschiedenen Teilen der Schaltung (unglück
in Aufgabenstellung). Wir betrachten die Spannung am Kondensator, dort wissen wir
U = Q/C.
U(t) = Q(t)
C = Q0 R
e− 2L
C t
cos ωt + R
sin ωt
2Lω
Man kann das ganze auch lösen, wenn man einen Ansatz für Q(t) macht, und dann für I(t)
ableitet. Es kommt das gleiche raus!
b) Wir nehmen aus a) U(t). Diese Funktion hat zwei Faktoren: eine Exponentialfunktion und
eine Summe von trigonometrischen Funktionen. Wir sind am Maximum der Spannung bzw. der
Amplitude interessiert - daher schauen wir nur den ersten Faktor an.
4

Aufgabe 4 [P] Schwere Impedanz
U
Z C
R 1
Lösungshinweise:
Z L
R 2
U a(t s) ! =10V
10V = Q0
C
10VC
ln = −
Q0 R
2L t
10VC 2L
t = − ln
= 9.2ms
Q0 R
e− R
2L t
Betrachte die Schaltung links mit einer sinusförmigen Eingangsspannung.
a) Berechne die Impedanz der Schaltung.
b) Zeichne ein Zeigerdiagramm für den durch die Schaltung fließenden
Strom. Ermittle daraus die Phasendifferenz zwischen dem Gesamtstrom
und der Versorgungsspannung
Am einfachsten ist, die Impedanzen in Polardarstellung zu schreiben.
Wobei φ 1 = arctan R 1
X C
und φ 2 = arctan R 2
X L
Die beiden invers addieren ergibt
Z 1 = R 1 + iX C = |Z 1|e iφ 1
Z 2 = R 2 + iX L = |Z 2|e iφ 2
Z = Z −1
1
jeweils die Polarwinkel sind.
= Z 1Z 2
Z 1 + Z 2
−1
−1
+ Z2 = |Z 1||Z 2|e i(φ 1+φ 2)
|Z 1|e iφ 1 + |Z 2|e iφ 2
5

Wir rechnen noch ein bisschen weiter und erweitern komplex konjugiert. Die dritte Zeile reicht
eigentlich als Ergebnis, die letzten beiden Zeilen sind nur zum Vergleich aufgeführt.
Z = |Z1||Z2|ei(φ
1+φ2) |Z1|e−iφ1 + |Z2|e−iφ
2
|Z1 + Z2| 2
= |Z 1| 2 |Z 2|e iφ 2 + |Z 2| 2 |Z 1|e iφ 1
|Z 1 + Z 2| 2
= |Z1| 2Z2 + |Z2| 2Z1 |Z1 + Z2| 2
R
=
2
1 +
2
1
R
ωC 2 + R2 2 + (ωL)2
R1 + i R2 1 +
2
1
ωL −
ωC
R2 2 +(ωL)2
ωC
2
R1 + R2 + ωL + 1
2 ωC
R
=
2
1R2 + R1R2 2 + R1 (ωL) 2 2
1
+ R2 + i R
ωC
2
2
1
1
2 1
1ωL − R2
2 + ωL − (ωL)
ωC ωC
ωC
2
R1 + R2 + ωL + 1
2 ωC
b) Bei dieser Aufgabe haben wir leider Zahlenwerte vergessen, deswegen kann man den zweiten
Teil nicht gut machen. Das Vorgehen für das Zeigerdiagramm ist wie folgt: Zuerst holen wir uns
die Impedanzen Z 1 und Z 2 für die beiden Äste. Dann nehmen wir deren Kehrwert, addieren
diese und nehmen dann wieder den Kehrwert.
Zur Veranschaulichung wählen wir folgende Zahlenwerte: R 1 = 20 Ω, R 2 = 30 Ω, X C = 20 Ω
und X L = 40 Ω
X C
R 1
Z 1
Den Kehrwert bekommt man, indem man den Zeiger an der x-Achse spiegelt (der Polarwinkel
geht auf −φ) und den Kehrwert des Betrags nimmt. Den Betrag kann man geometrisch messen
X L
R 2
Z 2
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oder ausrechnen. |Z 1| = 10 8 Ω = 28 Ω, |Z 2| = 50 Ω. Die Koordinatensysteme sollte man
jeweils geeignet skalieren.
Z 2 1
Z 1 1
Z 1
Als Phasenverschiebung ergibt sich für die Zahlenwerte etwa -13 ◦ . Allgemein kann man einfach
den Winkel aus dem Zeigerdiagramm ablesen. Rechnerisch ist tan φ das Verhältnis aus
Imaginärteil zu Realteil der Impedanz.
Aufgabe 5 [H] Induktivität
a) Eine Spule mit Selbstinduktivität L = 10 H werde von einem Strom der Stärke I = 3 A durchflossen,
der sich nun mit einer Geschwindigkeit von 200 A/s ändere. Berechne den magnetischen
Fluss am Anfang und die Induktionsspannung in der Spule.
b) Die Spule wird nun von einem sinusförmigen Strom der Frequenz ν durchflossen. Berechne
und skizziere den magnetischen Fluss und die induzierte Spannung über der Zeit.
Lösungshinweise:
a)
b) Die Formeln sind die gleichen wie in a)
φ = LI = 30 Wb
U ind = −L dI
dt
= −2 kV
Z
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UΦ
Aufgabe 6 [H] Motoranlauf
In Gleichstrommotoren schaltet man mitunter beim Anfahren einen Widerstand in Reihe zur
Rotorspule. Nachdem der Rotor eine gewisse Drehzahl erreicht hat, wird dieser abgeschaltet.
Betrachte einen Motor, der einen Widerstand von 1 Ω hat und bei einer Spannung von 230 V
einen Strom von 11.5 A aufnimmt.
a) Erkläre, warum man einen solchen Widerstand benötigt und warum man ihn während des
späteren Betriebes abschalten kann.
b) Wie groß muss er für einen Motor mindestens sein, der einen maximalen Strom von 23 A
aushält?
Lösungshinweise:
a) Der Rotorstromkreis hat eine gewisse Zeitkonstante L
. Während des Betriebs wird der Rotor
R
normalerweise deutlich schneller als diese Zeitkonstante umgepolt. Die Selbstinduktion sorgt
dann dafür, dass bis dahin nur eine geringe Spannung anliegt und damit auch nur ein recht
kleiner Strom fließt. Der Rotor wird also umgepolt, bevor signifikante Ströme fließen können.
Das Bild unten illustriert die Situation. Rot ist die anliegende Spannung, Blau ist die tatsächliche
Spannung, gestrichelt der Verlauf im Gleichstromfall.
t
8

U
Beim Einschalten jedoch dreht sich der Rotor zunächst so langsam, dass quasi der Gleichstromfall
I = U
erreicht wird. Um den Strom (und die Leistung) zu begrenzen, schaltet man also
R
einen Widerstand hinzu.
b) Im Extremfall wird die von außen angelegte Spannung erreicht. Es gilt dann das Ohmsche
Gesetz
Aufgabe 7 [H] LC-Schwingkreis
L
C
Lösungshinweise:
a) Grundsätzlich gilt (Kirchhoff’sche Regeln):
U = RImax = RM + R Imax R = U
− RM = 9 Ω
Imax In der Abbildung auf der linken Seite ist ein LC-Schwingkreis dargestellt.
Er besteht aus einer Spule mit Induktivität L und einem Kondensator
der Kapazität C. Es gibt keinen Widerstand, dies ist eine idealisierte
Vorstellung!
a) Bestimme eine DGL für den Stromfluss in diesem Stromkreis, löse sie
allgemein und bestimme die Kreisfrequenz.
b) Der Kondensator hat eine Induktivität von C = 50µF. Wie viele Windungen
muss eine mit Luft gefüllte zylinderförmige Spule mit Radius
r = 2 cm und Länge l = 50 cm haben, damit der Schwingkreis mit einer
Kreisfrequenz von ω = 1000s −1 schwingt?
U c + U L =0
t
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Die Aufgabenstellung sagte etwas von DGL für den Strom. Das ist nicht ganz üblich, aber geht
so:
L˙I =U L
U C = Q
C
L˙I + Q
C =0
Das muss man nun noch mal ableiten, um auf eine Gleichung für den Strom zu kommen:
LÏ + ˙Q
= 0
C
LÏ + I
= 0
C
Ï + 1
I = 0
LC
Ein Lösungsansatz für diese DGL ist wie schon häufiger ein Sinus oder Kosinus:
mit
I(t) = I 0 sin ωt
ω =
1
Natürlich geht das ganze auch über die Ladungen:
b)
LC
UC = Q
C
UL =L˙I = L ¨Q
Q
C + L ¨Q =0
1
LC Q + ¨Q =0
Q(t) =Q0 cos ωt
I(t) = dQ(t)
dt = −Q 0ω sin ωt
ω = 1
LC
L = 1
ω 2 C
10

Für lange, luftgefüllte Spulen gilt näherungsweise:
Aufgabe 8 [H] Transformator
L = µ 0N 2A l
mu0N 2A =
l
1
ω2
C
l
N =
µ 0ACω2
N =
l
µ 0πr 2 ≈ 2500
Cω2 Ein Transformator hat 400 Primär- und 8 Sekundärwindungen.
a) Vergrößert oder verkleinert er die Spannung?
b) Um welchen Faktor?
c) Welche Leerlaufspannung liegt an der Sekundärseite an, wenn die Primärwicklung mit 230 V
betrieben wird?
d) Wie groß ist der Sekundärstrom bei einem Primärstrom von 0.1 A?
Lösungshinweise:
Man kann alles in einen Satz packen: Der Trafo verringert (a) die Spannung um einen Faktor
N2 = 50 (b) auf 4.6 V(c), erhöht dafür aber den Strom um einen Faktor 50 auf 5 A(d).
N 1
Aufgabe 9 [H] Leichte Impedanz
a) Berechne den Blindwiderstand einer Spule der Induktivität 1 mH bei einer Frequenz von
50 Hz.
b) Bei welcher Frequenz ist der Blindwiderstand eines Kondensators der Kapazität 10 µF gleich
dem einer Spule mit Induktivität 1 mH?
c) Der Kondensator und die Spule aus b) werden bei dieser Frequenz in Reihe geschaltet. Dahinter
wird noch ein Widerstand von 10 Ω in Reihe geschaltet. Fertige ein Zeigerdiagramm für
die Impedanz des Stromkreises an.
d) Der Kondensator und die Spule aus b) werden bei dieser Frequenz parallel geschaltet. Dazu
wird noch ein Widerstand von 20 Ω parallel geschaltet. Fertige ein Zeigerdiagramm für den
Strom an.
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Lösungshinweise:
Der Blindwiderstand ist der Imaginärteil der komplexen Impedanz. Für eine Spule ist er X L =
ωL, für einen Kondensator X C = 1
ωC .
a)
b)
X L = 2πν L ≈ 0.31 Ω
X C = 1
ωC = ωL = X L
ω = 1
LC = 10 s −1 ≈ 1.6 kHz
c) Die Impedanzen der Spule und des Kondensators addieren sich. Der Strom ist bei beiden
Bauteilen gleich, die x-Achse zeigt also in Stromrichtung
X L
X C
I
RZ
Die beiden Impedanzen von Spule und Kondensator wurden gerade so gewählt, dass sie sich
wegaddieren. Es bleibt also als Gesamtimpedanz nur noch R übrig.
d) Das geht ähnlich wie in c), allerdings addieren sich die Impedanzen nun invers, d.h. die
Ströme addieren sich. Bezugsgröße für die x-Achse ist hier die Spannung, die an Spule und
Kondensator gleich ist. Wie man sieht, heben sich die Ströme durch Spule und Kondensator bei
dieser Frequenz gerade auf und der resultierende Strom fließt nur durch den Widerstand.
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I C
I L
U
I RI
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