Musterlösung zur Klausur

Nur vom Korrektor auszufüllen!
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∑
Note
Name (in Druckbuchstaben):
Experimentalphysik für Naturwissenschaftler II
Universität Erlangen–Nürnberg
SS 2011
Klausur (29.7.2011)
Matrikelnummer:
Studiengang:
Bitte beachten: In die Wertung der Klausur gehen nur 8 der 10 gestellten Aufgaben ein. Kennzeichnen Sie
deshalb deutlich vor Abgabe der Klausur, welche zwei Aufgaben nicht gewertet werden sollen! Sie müssen dies
entscheiden, sonst werden einfach zwei Aufgaben nach Belieben gestrichen. Mit jeder Aufgabe können 8 Punkte
erreicht werden.
Empfehlung: Sehen Sie sich am Anfang der Klausur alle Aufgaben kurz an und entscheiden dann, welche Sie
in welcher Reihenfolge bearbeiten wollen. Sollten Sie eine Teilaufgabe nicht bearbeitet haben, benötigen aber
deren Ergebnis für die nächste Teilaufgabe, so nehmen Sie einfach einen Zahlenwert an, schreiben diesen hin und
rechnen damit weiter.
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1) Der Schützenfisch
Der in tropischen Gewässern heimische Schützenfisch hat
eine besondere Jagdtechnik entwickelt. Von knapp unterhalb
der Wasseroberfläche "spuckt" er Insekten mit einem
gezielten Wasserstrahl von nahegelegenen Pflanzen, damit
sie ins Wasser fallen. Der Schuss ist dabei präzise genug,
um bis zu vier Meter entfernte Ziele zu treffen.
a) Ein Schützenfisch sieht ein Insekt, das sich auf einem Blatt in einer Höhe von H = 1 m über der Wasseroberfläche
befindet, unter einem Winkel von α = 20 ◦ zur Senkrechten. Seine Augen befinden sich dabei
h = 2 cm unterhalb des Wasserspiegels, und deren Abstand zur Maulspitze, die sich direkt an der Wasseroberfläche
befindet, beträgt a = 3 cm. Welche horizontale Entfernung hat das Insekt vom Maul des Fischs?
Machen Sie sich die Situation mit einer Skizze klar! (Ersatzlösung: 50 cm)
Lösung (3 Punkte)
1

Snellius’sches Gesetz:
sin β
sin α = n Wasser
n Luft
( )
nWasser
β = arcsin · sin (α) = 27, 06 ◦
n Luft
horizontale Entfernung Auge-Maul:
horizontaler Abstand Insekt-Auge:
horizontaler Abstand Insekt-Maul:
D AM = h · tan (arccos ( h )) = 2, 2 cm
a
D IA = tan β · H + tan (α) · h = 51, 8 cm
D IM = D IA − D AM = 49, 6 cm
b) In welchem Winkel zur Senkrechten muss der Fisch "schießen"? Vernachlässigen Sie hierbei die Wirkung
der Gravitation auf den Wasserstrahl!
2

Lösung (2 Punkte)
γ = arctan ( D IM
) = 26, 37◦
H
Mit der Ersatzlösung ergibt sich γ = 26, 57 ◦
c) Bis zu welchem Blickwinkel zur Senkrechten kann der Fisch noch Objekte oberhalb der Wasseroberfläche
sehen? Was sieht er jenseits dieses Winkels?
Lösung (3 Punkte)
Der Fisch kann allerhöchstens noch das Licht von Objekten mit β = 90 ◦ wahrnehmen.
sin 90 ◦
= n Wasser
sin α T n Luft
( )
nLuft
α T = arcsin = 48, 75 ◦
n Wasser
Dieser Winkel ist der Grenzwinkel zur Totalreflexion. Bei größeren Winkeln sieht der Fisch nur noch das
Spiegelbild von Objekten unterhalb der Wasseroberfläche.
Hinweise: Der Brechungsindex von Wasser ist: n Wasser = 1, 33.
3

2) Morgentee
Sie kochen sich morgens Tee, indem Sie M = 0, 25 kg Wasser zum Kochen bringen und in eine Tasse mit
dem Teebeutel (Wärmekapazität Tasse + Teebeutel insgesamt C T = 200 J ) füllen. Die Tasse hat anfangs die
K
Temperatur T 0 = 20 ◦ C.
a) Wie groß ist die Wassertemperatur T 1 , wenn das thermische Gleichgewicht erreicht ist? (Ersatzlösung:
T 1 = 90 ◦ C)
Lösung (4 Punkte)
T Sieden = 373 K
von Wasser abgegeben Q ab = c Wasser · M · (T Sieden − T 1 )
von Tasse aufgenommen Q auf = C T · (T 1 − T 0 )
aus Energieerhaltung: Q ab = Q auf
=⇒ T 1 = c WasserM · T Sieden + C T T 0
c Wasser · M + C T
= 360 K = 87 ◦ C
b) Nachdem Sie sich den Schlaf aus den Augen gerieben haben, stellen Sie fest, dass es ein heißer Sommertag
ist und Sie doch lieber Eistee hätten. Sie werfen M E = 100 g Eiswürfel der Temperatur T E = 0 ◦ C in den
Tee. Um wieviel kühlt sich das System Tasse-Tee ab?
Lösung (4 Punkte)
von Tee abgegeben Q ab = (c Wasser · M + C T ) · (T 1 − T 2 )
von Eis aufgenommen Q auf = c Wasser M E · (T 2 − T E ) + s Eis M E
=⇒ T 2 = (−s Eis + c Wasser T E )M E + (c Wasser · M + C T )T 1
c Wasser M E + (c Wasser · M + C T )
Für die Ersatzlösung ergibt sich ∆T = 43 K.
=⇒ ∆T = T 1 − T 2 = 42 K
= 318 K
Hinweise: Vernachlässigen Sie den Wärmeaustausch mit der Umgebung. Die spezifischen Wärmekapazitäten
sind c Eis = 2, 22 J , c gK Wasser = 4, 19 J . Die Schmelzwärme von Eis beträgt s gK Eis = 334 J . g
4

3) Induktionsbremse
Mit Hilfe eines Wagens auf einer schiefen Ebene mit dem Neigungswinkel α = 10 ◦ wird eine rechteckige Spule
durch ein scharf begrenztes homogenes Magnetfeld der Flussdichte B = 160 mT bewegt (Feldrichtung senkrecht
zur Zeichenebene in die Ebene hinein). Die Masse des Wagens samt Spule beträgt 200 g. Die Spule hat 600 Windungen
und einen Ohmschen Widerstand von 3, 0 Ω. Die Höhe der Spule beträgt h = 5, 0 cm; die Spulenachse
liegt parallel zum Magnetfeld. Jegliche Reibung ist zu vernachlässigen.
a) Durch das Anlegen einer geeigneten Spannung zwischen den Spulenenden ist es möglich, den Wagen in
der Ausgangsstellung (siehe Skizze, d.h. rechtes Ende der Spule taucht gerade in das Magnetfeld ein) zu
halten. Berechnen Sie diese Spannung, und geben Sie ihre Polung an.
Lösung (3 Punkte)
Die Hangabtriebskraft F H muss gegengleich der magnetischen Lorentz-Kraft F m sein. Damit F m die
richtige Richtung hat, muss aufgrund der Drei-Finger-Regel der rechten Hand (Ursache: Techn. Stromrichtung;
Vermittler: Magnetfeldrichtung; Wirkung: Richtung von F m ) die Spule vom Strom im Gegenuhrzeigersinn
durchflossen werden, d.h. der Pluspol muss am unteren Spulenende liegen.
F H = sin α · F g = sin α · mg ! = NB U R h = NBIh = F M
U =
Rmg sin α
NBh
= 0, 21 V
b) Nun werden die Spulenenden kurzgeschlossen. Die Spule soll ohne Anfangsgeschwindigkeit in das Magnetfeld
eintauchen. Solange sich die Spule noch nicht vollständig im Magnetfeld befindet, ist die Beschleunigung
nicht konstant. Erklären Sie diesen Sachverhalt anhand einer Rechnung.
Lösung (3 Punkte)
Flächenänderung bewirkt Induktionsspannung und damit Induktionsstrom:
|U ind | = N dA
dt
I ind = |U ind|
R
· B = Nh · dx
dt B = NhvB
= NhvB
R
5

Kraft auf stromdurchflossenen Leiter:
F M = BI ind · Nh = (NBh)2
R
· v
Diese Kraft wirkt der Hangabtriebskraft entgegen:
F ges = mg sin α − (NBh)2
R
a = g sin α − (NBh)2
mR
c) Während des Einfahrens in das Magnetfeld strebt die Geschwindigkeit der Spule gegen einen konstanten
Wert v 0 . Berechnen Sie v 0 .
· v
· v
Lösung (2 Punkte)
Für die Bewegung mit konstanter Geschwindigkeit muss gelten: a = 0, also:
g sin α = (NBh)2
mR · v 0
=⇒ v 0 =
Rmg sin α
(NBh) 2
= 44 mm
s
6

4) Kälteeinbruch
Während Sie in der Vorlesung sitzen, kommt es zu einem plötzlichen Kälteeinbruch und die Außentemperatur
sinkt auf 5 ◦ C. Die Raumtemperatur in Ihrem Zimmer zuhause (Luftmasse m = 50 kg, spezifische Wärmekapazität
c Luft = 0, 72 J
gK ) betrug vor dem Kälteeinbruch 20◦ C und Ihre Heizung ist aus.
a) Welcher Wärmestrom fließt anfänglich durch Ihr Fenster der Fläche A = 2 m 2 ? Gehen Sie von einem
Wärmeleitkoeffizienten von k = 2, 20 W
m 2 K aus.
Lösung (2 Punkte)
dQ
dt
= P = kA · ∆T = 66 W
b) Zeigen Sie, dass für die Änderung der Temperaturdifferenz ∆T = T int − T ext (∆T ist die Temperaturdifferenz
zwischen Innen und Außen) in einem infinitesimalen Zeitintervall dt gilt (Hinweis: Überlegen Sie
sich zuerst, ob sich die Außentemperatur T ext überhaupt messbar ändert?):
d(∆T )
∆T
= − kA
c Luft m · dt
Lösung (3 Punkte)
dQ = P dt = kA · ∆T dt
dT ext = 0, da die Aussenluft als unendliches Wärmereservoir angenommen werden kann.
d(∆T ) = dT int − dT ext = − dQ
c Luft m − 0 = − kA · ∆T dt
c Luft m
=⇒ d(∆T )
∆T
= − kA
c Luft m · dt
c) Ihre Vorlesungen dauern noch 3 Stunden, der Heimweg 15 weitere Minuten. Auf welche Temperatur hat
sich ihr Zimmer bis zu Ihrer Ankunft abgekühlt? Integrieren Sie dazu den Ausdruck für die Änderung von
∆T aus b).
Lösung (3 Punkte)
∆T 0 = 15K,
τ = 3, 25 h = 11700 s
∫ ∆T1
d(∆T )
∆T 0
∆T
= − kA ∫ τ
c Luft m · dt
0
ln( ∆T 1
∆T 0
) = − kA
c Luft m · τ
7

(
=⇒ ∆T 1 = exp − kA )
c Luft m · τ · ∆T 0 = 3, 59 K
=⇒ T ′
int = T ext + ∆T 1 = 8, 59 ◦ C
Hinweise: Vernachlässigen Sie jeglichen Wärmeaustausch mit der Umgebung (Wände, Möbel, etc.) und nehmen
Sie an, dass die Wärmeleitung durch das Fenster zu jedem Zeitpunkt quasi-stationär erfolgt.
8

5) Hochdruckkammer
Eine Hochdruckkammer sei mit Helium gefüllt. Sie hat das Volumen 1m 3 , die Temperatur 20 ◦ C und unterliegt
anfangs dem Normaldruck p Normal = 10 5 P a. Bei konstanter Temperatur wird nun weiteres Heliumgas in die
Kammer gefüllt. Dabei wird ein Druck von p Hochdruck = 10 7 P a erreicht.
Hinweis: Betrachten Sie Helium als ideales Gas. Ein Heliumatom hat die Masse 4 u. Atomare Masseneinheit
u = 1, 66 · 10 −27 kg, allgemeine Gaskonstante R = 8, 31 J/(K mol), Boltzmann-Konstante k = 1, 38 · 10 −23 J/K
a) Wieviel Mol Helium befinden sich vor und nach der Druckbefüllung in der Kammer?
Lösung (3 Punkte)
T = 293, 15 K R = 8, 31 J/(mol · K)
pV = nRT ⇒ n = pV
RT
10 5 P a · 1 m 3
⇒ n Normaldruck =
8, 31 J/(mol · K) · 293, 15 K
⇒ n Hochdruck =
= 41, 0 mol
10 7 P a · 1 m 3
8, 31 J/(mol · K) · 293, 15 K = 41, 0 · 102 mol
b) Wie groß ist die mittlere kinetische Energie pro Heliumatom? Ändert sie sich während der Druckbefüllung?
Lösung (2 Punkte)
Da Helium ein Edelgas ist, hat es weder Rotations- noch Schwingungsfreiheitsgrade, die angeregt werden
können. Somit besitzt es drei Translationsfreiheitsgrade. Die mittlere kinetische Energie berechnet sich zu
⟨E kin ⟩ = f 2 kT = 3 2 kT = 3 2 · 1, 38 · 10−23 J/K · 293, 15 K = 6, 07 · 10 −21 J = 0, 038 eV.
Da die mittlere kinetische Energie lediglich von der Temperatur abhängt, ändert sie sich während der
Druckbefüllung nicht.
c) Berechnen Sie die wahrscheinlichste (v w ) sowie mittlere (¯v) Geschwindigkeit der Heliumatome. Warum gilt
v w < ¯v?
Lösung (3 Punkte)
v w =
¯v =
√
2kT
m
√ √
2kT
= 4u = 2 · 1, 38 · 10 −23 J/K · 293, 15 K
4 · 1, 66 · 10 −27 kg
√ √ √
8kT 8kT
πm = π4u = 8 · 1, 38 · 10 −23 J/K · 293, 15 K
π · 4 · 1, 66 · 10 −27 kg
= 1104 m s
= 1246 m s
9

Die Geschwindigkeit der Heliumatome ist maxwellverteilt. Deswegen gilt v w < ¯v.
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6) Gekreuzte Felder
Ein Strahl von Elektronen mit einer kinetischen Energie
von E kin = 500 eV gelangt in einen Kondensator
mit Plattenabstand d = 5 cm, an dem eine Spannung
U = 700 V anliegt. Zusätzlich herrscht dort
ein homogenes Magnetfeld B. ⃗ E, ⃗ B und die Elektron-
Flugrichtung stehen paarweise senkrecht aufeinander. ⃗ B wird
so eingestellt, dass der Strahl im Kondensator nicht abgelenkt
wird.
Hinweis: Elektronen haben Masse m e = 9, 11 · 10 −31 kg und
Ladung Q = −e = −1, 602 · 10 −19 C.
a) Welche Geschwindigkeit v haben die Elektronen?
Ersatzlösung: v = 10 7 m/s.
Lösung (2 Punkte)
E kin = 1 2 mv2 = 500 eV = 500 · 1, 602 · 10 −19 J = 8, 01 · 10 −17 J
⇒ v = √ 2E/m = 1, 33 · 10 7 m/s
b) Welche Kräfte wirken im Kondensator auf die Elektronen? Zeichnen Sie die Kräfte in eine Skizze ein!
Lösung (2 Punkte)
⃗F E = −eE(
⃗ zeigt nach oben.
⃗F L = −e ⃗v × B ⃗ )
muss nach unten zeigen, damit die Gesamtkraft auf die Elektronen verschwindet.
c) In welche Richtung zeigt das Magnetfeld, wenn ⃗ E nach unten gerichtet ist und der Elektronenstrahl nicht abgelenkt
wird? Begründen Sie Ihre Antwort!
Lösung (2 Punkte)
⃗v × B ⃗ muss entgegengesetzt zu E ⃗ zeigen, also nach oben ⇒ B ⃗ zeigt in das Blatt hinein.
Alternative Lösung: Da es sich um Elektronen handelt und E ⃗ nach unten zeigt, zeigt die elektrische Kraft F ⃗ e nach
oben. Die Lorentz-Kraft F ⃗ L muss also nach unten zeigen und mittels der Rechten-Hand-Regel (und Beachtung
der negativen Ladung der Elektronen) erhält man, dass das Magnetfeld in das Zeichenblatt hineinzeigt.
d) Berechnen Sie die Magnetfeldstärke!
Lösung (2 Punkte)
∣F ⃗ ∣ ∣ ∣ ∣∣ ∣∣
E = FL ⃗ ∣∣ E
⇒ eE = evB ⇒ B =
v = U dv
verwendet wird)
= 1, 06 mT (oder 1,05 mT, falls gerundeter Wert von v
Für Ersatzlösung: 1, 4 mT
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7) Abbildungen mit dünnen Linsen
Die folgende Skizze zeigt einen Gegenstand G 1 im Abstand g 1 = 14 cm vor einer Sammellinse mit einer
Brennweite von f 1 = 6 cm. Im Abstand L = 19 cm zur ersten Sammellinse befindet sich eine zweite Sammellinse
mit einer Brennweite von f 2 = 5 cm.
a) Konstruieren Sie das Bild B 2 des Gegenstandes G 1 in die Zeichnung, das durch das gesamte Linsensystem
erzeugt wird.
Lösung (3 Punkte)
Die Konstruktion ist in unten stehender Skizze eingefügt. Gefragte Größen sind in blau eingezeichnet, nicht
gefragte in grün. Bei den Strahlen genügen je zwei der Strahlen Brennpunktstrahl, Parallelstrahl und Mittelpunktstrahl.
b) Berechnen Sie die Bildweite b 1 und den Abbildungsmaßstab M 1 des Bildes B 1 des Gegenstandes G 1 , das durch
die linke Linse erzeugt wird. Erklären Sie anhand der Ergebnisse, ob das Bild reell oder virtuell, aufrecht oder
umgedreht und vergrößert oder verkleinert ist.
Lösung (3 Punkte)
Die Bildweite berechnet sich zu
Der Abbildungsmaßstab ist
1
= 1 − 1 = 1
b 1 f 1 g 1 6 cm − 1
14 cm = 2
21 cm ⇒ b 1 = 10, 5 cm
M = − B 1
G 1
= f 1
f 1 − g 1
=
6 cm
−8 cm = −3 4
= −0, 75.
12

Alternativ gilt natürlich auch M = −b 1 /g 1 = −0, 75. Das Bild ist somit (wie in der Skizze) reell (b 1 > 0) und
umgekehrt verkleinert (0 > M > −1).
c) Berechnen Sie ausgehend vom Ergebnis aus b) die Bildweite b 2 und den Abbildungsmaßstab M 2 des Bildes
B 2 des Gegenstandes G 2 (gegeben durch das Bild B 1 ), das durch die rechte Linse erzeugt wird. Falls Sie in b)
keine Lösung errechnet haben, verwenden Sie die Ersatzlösung b 1 = 12 cm und M 1 = −1.
Lösung (2 Punkte)
Die Bildweite berechnet sich nun zu
Der Abbildungsmaßstab ist
1
= 1 − 1 = 1
b 2 f 2 g 2 5 cm − 1
19 cm − 10, 5 cm = 7
85 cm ⇒ b 2 = 12, 1 cm
(Mit der Ersatzlösung ergeben sich 17, 5 cm)
M = − B 2
G 2
= f 2
f 2 − g 2
=
5 cm
5 cm − 8, 5 cm
(Mit der Ersatzlösung ergibt sich −2, 5)
= −1, 43
Das Bild ist somit (wie in der Skizze) reell (b 2 > 0) und umgekehrt vergrößert (M < −1) (war jedoch nicht
gefragt).
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8) Coulomb-Kraft
Gegeben sind zwei räumlich fixierte Punktladungen Q 1 = 4 nC und Q 2 im Abstand von L = 10 cm. Sie üben
eine Kraft von F C = −5 · 10 −6 N aufeinander aus.
Hinweis: Die elektrische Feldkonstante ist ϵ 0 = 8, 854 · 10 −12 A 2 s 4 /(m 3 kg).
a) Berechnen Sie die Ladung Q 2 . Ziehen sich die Ladungen an oder stoßen sie sich ab?
Ersatzlösung: Q 2 = −1 nC
Lösung (2 Punkte)
Coulomb-Kraft zwischen zwei Ladungen:
F C < 0
⇒ anziehend.
F C = 1 Q 1 Q 2
4πϵ 0 L 2
⇒ Q 2 = 4πϵ 0 · L 2 · F C
Q 1
= −1, 4 nC
b) Welche Energie wird frei, wenn beide Ladungen aus unendlicher Entfernung auf den Abstand L gebracht werden?
Lösung (1 Punkt)
Die gesuchte Energie ist nach Definition des elektrischen Potentials ϕ gerade
E = Q 1 ϕ 2 (L) = Q 2 ϕ 1 (L) = 1
4πϵ 0
Q 1 Q 2
L = −5, 0 · 10−7 J.
c) Eine negative Probe-Punktladung q wird entlang der x-Achse verschoben, die Q 1 und Q 2 miteinander verbindet
(siehe Skizze). Skizzieren Sie die Richtungen der beiden Kräfte verursacht durch Q 1 und Q 2 , die jeweils auf q
wirken, für die Bereiche x q < 0, 0 < x q < L sowie x q > L.
Lösung (2 Punkte)
14

Die Richtung der Kraft F qQ1 ist rot, die der Kraft F qQ2 grün eingezeichnet.
d) Bei welcher Position x q wirkt keine Kraft auf q?
Lösung (3 Punkte)
Kraft von Ladung 1 auf Probeladung: F 1 = 1
4πϵ 0
qQ 1
x 2 ;
Kraft von Ladung 2 auf Probeladung: F 2 = 1 qQ 2
4πϵ 0 (x − L) 2 .
Es soll keine Kraft auf die Probeladung wirken: |F 1 | = |F 2 | und beide Kräfte in entgegengesetzte Richtungen:
⇐⇒
1 |qQ 1 |
4πϵ 0 x 2 q
(
1 − L x q
) 2
=
= 1
4πϵ 0
|qQ 2 |
(x q − L) 2 ⇐⇒ |Q 2 | x 2 q = |Q 1 | (x q − L) 2
∣ Q 2 ∣∣∣
∣ ⇐⇒ x ± q =
Q 1
L
1 ± √ |Q 2 /Q 1 | ≈ L
1 ± 0, 59 .
Die positive Lösung (x + q = 6, 3 cm) scheidet aus, da die Kräfte in die gleiche Richtung wirken.
Es bleibt x q = x − q = 24, 4 cm. Hier sind die Kräfte tatsächlich entgegengesetzt. (Ersatzlösung: x q = 20 cm)
15

9) Carnot-Prozess
Eine Wärmekraftmaschine arbeitet im Carnot-Kreisprozess mit 25 mol Argon. Es sei als ideales Gas angenommen.
Der Prozess startet am Punkt A bei einem Volumen von 1, 403 m 3 und einer Temperatur von 700 K. Es
erfolgt eine isotherme Expansion auf ein Volumen von 2, 806 m 3 im Punkt B. Danach erfolgt eine adiabatische
Expansion auf 10 m 3 und einer Temperatur von 300 K an Punkt C, bevor das Gas wieder isotherm komprimiert
wird und im Punkt D ein Volumen von 5 m 3 erreicht ist. Eine adiabatische Kompression schließt den Kreis.
Hinweis: Allgemeine Gaskonstante R = 8, 314 J/(K mol)
a) Zeichnen Sie schematisch (nicht maßstabsgetreu) ein P-V-Diagramm.
Lösung (2 Punkte)
Siehe Abbildung Carnot
Eigentlich müsste der Punkt D laut Zahlenwert natürlich rechts von B liegen. Wir lassen aber auch das einfache
Schema wie im Bild gelten.
b) Berechnen Sie den Druck an den Eckpunkten.
Lösung (2 Punkte)
Berechnung anhand idealer Gasgleichung
p = n · R · T
V
p A = 103, 7 kP a
p B = 51, 9 kP a
p C = 6, 2 kP a
p D = 12, 5 kP a
c) Berechnen Sie den Wärmestrom und die Änderung der Inneren Energie in den Teilprozessen.
16

Lösung (3 Punkte)
Für Adiabaten:
Für Isothermen:
∆Q = 0
∆U = n · C V · (T E − T A ) = n · 3
2 · R · (T E − T A )
∆U = 0
∆Q = −∆W =
∫ VE
V A
p dV = −n · R · T · ln( V A
V E
)
⇒
∆Q 1 = 100, 8 kJ
∆U 1 = 0
∆Q 2 = 0
∆U 2 = −124, 7 kJ
∆Q 3 = −43, 2 kJ
∆U 3 = 0
∆Q 4 = 0
∆U 4 = 124, 7 kJ
d) Berechnen Sie den Wirkungsgrad (ohne Herleitung).
Lösung (1 Punkt)
η = T 2 − T 1
T 2
= 0, 57
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10) Widerstandsnetzwerk
Ein Widerstandsnetzwerk (siehe Abbildung) wird an eine Spannungsquelle angeschlossen. Deren Spannung beträgt
12 V. Die mit R bezeichneten Widerstände haben 10 Ω, die mit R ′ bezeichneten 5 Ω .
a) Berechnen Sie den Gesamtwiderstand. (Ersatzlösung 6,5 Ω)
Lösung (3 Punkte)
R Ges =
1
1
+ 1
R R ′ 1
+ 1
R + 1
R ′ +R
= 210
31
+R ′ +R ′
Ω = 6, 774 Ω
b) Berechnen Sie den Gesamtstrom.
Lösung (1 Punkt)
Mit Ersatzlösung: 1,846 A
I Ges = U In
R Ges
= 1, 771 A
c) Berechnen Sie die am Widerstand R* abfallende Spannung. (Ersatzlösung 2,3 V)
Lösung (2 Punkte)
Der Gesamtstrom teilt sich auf in einen Teil, der direkt durch den ersten Widerstand zwischen den Polen der
Spannungsquelle fließt, und dem Teil, der durch den Rest der Schaltung fließt (Parallelschaltung). Dieser fließt
zuerst durch den ersten mit R’ bezeichneten Widerstand, dann durch den rechten Teil der Schaltung und dann
durch die beiden unteren R’ wieder zur Spannungsquelle zurück. Dadurch fällt an den drei R’ eine Spannung
ab. Die Spannung an R* ist gleich der Eingangsspannung minus der an den drei R’ abfallenden Spannungen.
(Reihenschaltung)
U R∗ = U In − 3 · U Rside = U In − 3 · R ′ · (I Ges − U In
) = 3, 43 V
R
d) Berechnen Sie den Strom durch den Widerstand R*
Lösung (1 Punkt)
I R∗ = U R∗
R
= 0, 34 A
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Mit der Ersatzlösung für U R∗ aus c) käme ein Strom von 0,23 A heraus.
e) Berechnen Sie die Leistung der Schaltung.
Lösung (1 Punkt)
P Ges = U In · I Ges = 21, 26 W
Mit der Ersatzlösung des Widerstands aus a) kämen 22,15 W heraus.
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