Fragenliste von Kirchhoffgesetze

Was besagt die Knotenregel? Nr. 2743
	Die Summe aller Ströme, die zu einem Verzweigungspunkt (einem „Knoten“) in einem Stromkreis hinfließen, ist gleich der Summe aller Ströme, die von diesem Knoten wegfließen.
	Beim Durchlaufen einer geschlossenen Schleife (einer „Masche“) eines Stromkreises ist die Summe aller Spannungen gleich null.
Lösungsweg Kirchoffsche Regeln Maschenregel : Beim Durchlaufen einer geschlossenen Schleife eines Sgromkreises ist die Summe aller Spannungen in dieser Schleife gleich null $\sum_{i=1}^n I_i = 0$ Knotenregel : Die Summe aller Ströme, die zu einem Verzweigungspunkt in einem Stromkreis hinfließen, ist gleich der Summe aller Ströme, die von diesem Punkt wegfließen. $\sum_{i=1}^n U_i = 0$

Was besagt die Maschenregel? Nr. 2744
	Beim Durchlaufen einer geschlossenen Schleife (einer „Masche“) eines Stromkreises ist die Summe aller Spannungen gleich null.
	Die Summe aller Ströme, die zu einem Verzweigungspunkt (einem „Knoten“) in einem Stromkreis hinfließen, ist gleich der Summe aller Ströme, die von diesem Knoten wegfließen.
Lösungsweg Kirchoffsche Regeln Maschenregel : Beim Durchlaufen einer geschlossenen Schleife eines Sgromkreises ist die Summe aller Spannungen in dieser Schleife gleich null $\sum_{i=1}^n I_i = 0$ Knotenregel : Die Summe aller Ströme, die zu einem Verzweigungspunkt in einem Stromkreis hinfließen, ist gleich der Summe aller Ströme, die von diesem Punkt wegfließen. $\sum_{i=1}^n U_i = 0$

a) Ermittle die Stromstärke in allen Zweigen des Stromkreises. b) Wie groß ist die Energie, die am Ohm’schen Widerstand \(R_3 = 5 \Omega\) innerhalb von \(3 s \) in Wärme umgewandelt wird? Nr. 2836
	\(I=\(\frac{54}{29}\) A\) \(E_{el}=25,76J\)
	\(I=\(\frac{34}{17}\) A\) \( E_{el} = 24,58 \ \ nJ\)
Lösungsweg In diesem Stromkreis treten drei Teilströme auf, \(I\), \(I_1\) und \(I_2\), zu deren Berechnung man drei Gleichungen benötigt. Eine Beziehung erhält man durch Anwendung der Knotenregel auf Punkt b (Alternativ – und mit gleichem Resultat – kann man die Knotenregel auf den anderen Verzweigungspunkt e anwenden). Die anderen beiden Gleichungen ergeben sich aus der Maschenregel Der Stromkreis besteht aus drei Maschen, zwei inneren (abefa und bcdeb) und der äußeren (abcdefa), von denen wir zwei auswählen können; die Berücksichtigung der dritten Masche liefert dann eine redundante Information. In jeden Zweig des Schaltbilds wurde bereits ein Pfeil für die positive Stromrichtung eingezeichnet. Falls wir für den Strom in einem Zweig einen negativen Wert erhalten, fließt der Strom in diesem Zweig entgegengesetzt der Pfeilrichtung. a) Knotenregel am Punkt b: \(I = I_1 + I_2\) Maschenregel auf äußere Masche anwenden: \(14V-(\Om)(I_2)-6V-(4\Om)(I)=0\) mit der Relation \(V=\Om \cdot A\) können wird die Gleichung durch \(\Om\) kürzen: \(8A-I_2-4I=0\) Maschenregel auf Masche \(abefa\) \(14V-(5\Om)(I-I_2)-(4\Om)(I)=0\) mit der Relation \(V=\Om \cdot A\) können wird die Gleichung durch \(\Om\) kürzen: \(14A+5I_2-9I=0\) \( I_1\) und \(I_2\) berechnen durch die beiden Gleichungen der verschiedenen Maschen. \(I=I_1+I_2\) 1. Kirchoffsche Regeln Maschenregel : Beim Durchlaufen einer geschlossenen Schleife eines Sgromkreises ist die Summe aller Spannungen in dieser Schleife gleich null \(\sum_{i=1}^n I_i = 0\) Knotenregel : Die Summe aller Ströme, die zu einem Verzweigungspunkt in einem Stromkreis hinfließen, ist gleich der Summe aller Ströme, die von diesem Punkt wegfließen. \(\sum_{i=1}^n U_i = 0\) 2. Ohm’sches Gesetz Der Widerstand von Materialien, die sich nach dem Ohm’schen Gesetz verhalten, hängt weder vom Strom noch von der Spannung ab: \(U = R I\) , R ist konstant U...Spannung I...Strom R...Widerstand 3. Leistung Die Leistung $P$ ist der Quotient aus verrichteter Arbeit $\Delta W$ oder dafür aufgewendeter Energie $\Delta E$ und der dazu benötigten Zeit $\Delta t$ : \(P = \frac{\Delta E}{\Delta t} = \frac{\Delta W}{\Delta t}\)

a) Ermittle die Stromstärke in allen Zweigen des Stromkreises.

b) Wie groß ist die Energie, die am Ohm’schen Widerstand $R_3 = 5 \Omega$ innerhalb von $3 s $ in Wärme umgewandelt wird?

Nr. 2836

$I=\(\frac{54}{29}$ A\)

$E_{el}=25,76J$

$I=\(\frac{34}{17}$ A\)

$ E_{el} = 24,58 \ \ nJ$

Lösungsweg

In diesem Stromkreis treten drei Teilströme auf, $I$, $I_1$ und $I_2$, zu deren Berechnung man drei Gleichungen benötigt. Eine Beziehung erhält man durch Anwendung der Knotenregel auf Punkt b (Alternativ – und mit gleichem Resultat – kann man die Knotenregel auf den anderen Verzweigungspunkt e anwenden). Die anderen beiden Gleichungen ergeben sich aus der Maschenregel Der Stromkreis besteht aus drei Maschen, zwei inneren (abefa und bcdeb) und der äußeren (abcdefa), von denen wir zwei auswählen können; die Berücksichtigung der dritten Masche liefert dann eine redundante Information. In jeden Zweig des Schaltbilds wurde bereits ein Pfeil für die positive Stromrichtung eingezeichnet. Falls wir für den Strom in einem Zweig einen negativen Wert erhalten, fließt der Strom in diesem Zweig entgegengesetzt der Pfeilrichtung.

a)

Knotenregel am Punkt b:

$I = I_1 + I_2$

Maschenregel auf äußere Masche anwenden:

$14V-(\Om)(I_2)-6V-(4\Om)(I)=0$

mit der Relation $V=\Om \cdot A$ können wird die Gleichung durch $\Om$ kürzen:

$8A-I_2-4I=0$

Maschenregel auf Masche $abefa$

$14V-(5\Om)(I-I_2)-(4\Om)(I)=0$

mit der Relation $V=\Om \cdot A$ können wird die Gleichung durch $\Om$ kürzen:

$14A+5I_2-9I=0$

$ I_1$ und $I_2$ berechnen durch die beiden Gleichungen der verschiedenen Maschen.

$I=I_1+I_2$
1. Kirchoffsche Regeln

Maschenregel : Beim Durchlaufen einer geschlossenen Schleife eines Sgromkreises ist die Summe aller Spannungen in dieser Schleife gleich null

$\sum_{i=1}^n I_i = 0$

Knotenregel : Die Summe aller Ströme, die zu einem Verzweigungspunkt in einem Stromkreis hinfließen, ist gleich der Summe aller Ströme, die von diesem Punkt wegfließen.

$\sum_{i=1}^n U_i = 0$

2. Ohm’sches Gesetz

Der Widerstand von Materialien, die sich nach dem Ohm’schen Gesetz verhalten, hängt weder vom Strom noch von der Spannung ab:

$U = R I$ , R ist konstant

U...Spannung

I...Strom

R...Widerstand

3. Leistung

Die Leistung $P$ ist der Quotient aus verrichteter Arbeit $\Delta W$ oder dafür aufgewendeter Energie $\Delta E$ und der dazu benötigten Zeit $\Delta t$ :

$P = \frac{\Delta E}{\Delta t} = \frac{\Delta W}{\Delta t}$

Berechne die Stromstärke in allen Zweigen des Stromkreises. Trage alle erhaltenen Stromstärken und –richtungen in ein Schaltbild ein Nr. 2837
	$I = 2,32 A$ $I_2 = 3,17 A$ $I_1 = -0,85A$
	$I = 2,32 mA$ $I_2 = 3,17 mA$ $I_1 = -0,85 mA$
Lösungsweg Zunächst ersetze die Parallelwiderstände durch ihren Ersatzwiderstand. I sei der Strom durch die 19 V Batterie (links), der Strom I_1 fließe zwischen den Punkten b und e- Zur Berechnung der Ströme wende die Knotenregel auf die Verzweigungspunkte b und e sowie die Maschenregel auf alle Maschen an. $\frac{1}{R_{Ersatzw}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{7}$ $R_{Ersatzw}} = 1,6\ \ \Omega$ $I = I_1 + I_2 $ oder $I_1 = I - I_2$ Maschenregel auf $abefa$ $19 V - (10 \Omega) I- (5 \Omega)(I-I_2) = 0$ $\rightarrow 19 A - 15 I + 5 I_2 = 0$ Maschenregel auf $bcdeb$ $-(4 \Omega) I_2 + 22 V - (1,6 \Omega) I_2 + (5 \Omega) (I-I_2) = 0$ $\rightarrow 22 A - 10,6 I_2 + 5I = 0$ $I $ und $I_2$ berechnen $19 A - 15 I + 5 I_2 = 0$ $3 \cdot 22 + 15 I - 3 \cdot 10,6 = 0$ $I = 2,32 A$ $I_2 = 3,17 A$ $I_1 = -0,85$

Der Innenwiderstand eines idealen Voltmeters ist... Nr. 2838
	...unendlich groß
	...null
Lösungsweg Ein ideales Voltmeter hätte einen unendlich hohen Innenwiderstand. Ein Voltmeter besteht im Prinzip aus einem Galvanometer, das mit einem sehr großen Widerstand in Reihe geschaltet ist. Der Widerstand ist aus zwei Gründen sehr groß: Zum Ersten schützt er das Galvanometer, indem er den durch dieses hindurch fließenden Strom begrenzt, und zum Zweiten belastet er den Stromkreis nur wenig, denn er wird ja parallel zu dem Bauteil angeschlossen, an dem der Spannungsabfall gemessen werden soll.

Der Innenwiderstand eines idealen Amperemeters ist... Nr. 2839
	...unendlich groß
	...null
Lösungsweg Ein ideales Amperemeter hätte den Innenwiderstand null. Ein Amperemeter besteht im Prinzip aus einem Galvanometer, das mit einem sehr kleinen Widerstand parallel geschaltet ist. Der Widerstand ist aus zwei Gründen sehr klein: Zum einen schützt er das Galvanometer, indem er selbst den größten Teil des Stroms aufnimmt (so dass nur ein geringer Strom durch dieses hindurch fließt), und zum anderen belastet er den Stromkreis nur wenig, weil nur ein sehr geringer Widerstand zu den vorhandenen Bauteilen in Reihe geschaltet wird.

Der Innenwiderstand einer idealen Spannungsquelle ist... Nr. 2840
	...unendlich groß
	...null
Lösungsweg Eine ideale Spannungsquelle hätte den Innenwiderstand null. Die Potentialdifferenz an ihren Anschlüssen ist $\Delta \phi = U_Q - R_{in}I$. Darin ist $U_Q$ die Spannung einer idealen Spannungsquelle, $R_{in}$ der Innenwiderstand der realen Spannungsquelle und $I$ der ihr entnommener Strom.

Ermittle die Stromstärke in allen Zweigen des Stromkreises Nr. 3506
	$I=\frac{142}{33} A$ $I_1=\frac{16}{12}A$ $I_2=\frac{11}{4}A$
	$I=\frac{169}{42}A$ $I_1=\frac{13}{6}A$ $I_2=\frac{13}{7}A$
	$I=\frac{142}{47}A$ $I_1=\frac{21}{5}A$ $I_2=\frac{19}{3}A$
Lösungsweg Zunächst wird der Stromkreis in die zwei inneren (Maschen) unterteilt. Die linke Masche (abefa): $13V-(6\Omega)(I-I_2)=0$ mit der Relation $V=\Om \cdot A$ können wird die Gleichung durch $\Om$ kürzen: $13A-6I+6I_2=0$ Die rechte Masche (bcdeb): $-I_2(3\Omega)-I_2(4\Omega)+(6\Omega)(I-I_2)=0$ mit der Relation $V=\Om \cdot A$ können wird die Gleichung durch $\Om$ kürzen: $-13I_2+6I=0$ Nach der Anwendung des Eliminierungsverfahrens ergibt sich folgende Gleichung: $13A-7I_2=0$ Nun nur noch umformen auf $I_2$ und das dann in eine der oberen Gleichungen einsetzten um $I$ zu erhalten. Aufgrund der Knotenregel gilt $I=I_1+I_2$ -> somit erhält man $I_1$

a) Ermitteln Sie die Stromstärke in allen Zweigen des Stromkreises b) Wie groß ist die Leistung beim ohmschen Hindernis mit $\Omega=5$? Nr. 3507
	$I=\(\frac{31}{2}$ A\) $ I_1=\(\frac{12}{4}$ A\) $I_2=\(\frac{25}{2}$ A\) $P=45W$
	$I=\(\frac{28}{3}$ A\) $I_1=\(\frac{11}{2}$ A\) $I_2=\(\frac{18}{5}$ A\) $P=35W$
	$I=\(\frac{34}{2}$ A\) $ I_1=\(\frac{22}{5}$ A\) $I_2=\(\frac{43}{7}$ A\) $P=25W$
Lösungsweg Der Stromkreis wird in die inneren Kreise (Maschen) unterteilt. linke Masche (abefa): $15V-(5\Omega)(I-I_2)=0$ mit der Relation $V=\Om \cdot A$ können wird die Gleichung durch $\Om$ kürzen: $15A-5I+5I_2=0$ rechte Masche (bcdeb): $-I_2\(\frac{6}{5}\Omega$+(5\Omega)(I-I_2)=0\) mit der Relation $V=\Om \cdot A$ können wird die Gleichung durch $\Om$ kürzen: $-I_2\(\frac{31}{5}$+5I=0\) Zusammengesetzt ergibt sich die gemeinsame Gleichung: $15A-\(\frac{6}{5}$I_2=0 \) Umgeformt kommt raus: $I_2=\(\frac{25}{2}$A\) Das wird in eine der obrigen Gleichungen eingesetzt und somit ist $I=\(\frac{31}{2}$A\) und weil $I=I_1+I_2$ ist --> $I_1=3A$ Leistung ist in einem Stromkreis definiert als $P=R\cdot I^2$, also $P=5\Omega \cdot (3A)^2 = 45W$

Berechne die Teilströme $I, I_1$ und $I_2$ im gegebenen Stromkreis. Nr. 3508
	$I=8,5A$ $I_1=2,25A$ $I_2=6,25A$
	$I=10,5A$ $I_1=2,5A$ $I_2=8A$
	$I=9A$ $I_1=2,25A$ $I_2=6,75A$
Lösungsweg Es gilt: $I=I_1+I_2$ Zunächst muss der Stromkreis in Maschen unterteilt werden. Die erste Masche (abefa): $9V-(4\Omega)(I-I_2)$ $=0$ (Mit $I-I_2$ wird $I_1$ ausgedrückt) mit der Relation $V=\Om \cdot A$ können wird die Gleichung durch $\Om$ kürzen: $9A-4I+4I_2=0$ Die zweite Masche (abcdefa): $9V-(4\Omega)(I_2)+16V=0$ mit der Relation $V=\Om \cdot A$ können wird die Gleichung durch $\Om$ kürzen: $9A-4I_2+16A=0$ Jetzt gibt es ein Gleichungssystem aus zwei Gleichungen, um die zwei Variablen $I$ und $I_2$ auszudrücken $I=8,5A $ $I_2=6,25A$ $I_1=8,5-6,25=2,25A$

Um welche Art von Schaltung handelt es sich bei dem gesamten Schaltplan zwischen den Punkten A - B Nr. 3509
	Serienschaltung Serienschaltung
	Parallelschaltung Serienschaltung
	Parallelschaltung Parallelschaltung
	Serienschaltung Parallelschaltung

Berechne den Ersatzwiderstand von $R_1$ und $R_2$ Nr. 3510
	$R_{ges}=7,5 \Omega$
	$R_{ges}=5,5 \Omega$
	$R_{ges}=2,5 \Omega$
	$R_{ges}=12,5 \Omega$
Lösungsweg Der Ersatzwiderstand bei einer Serienschaltung wird berrechnet, in dem die einzelnen Widerstände addiert werden.

Berechne den Ersatzwiderstand von $R_3$ und $R_4$ Nr. 3511
	$R_{ges}=1,3 \Omega$
	$R_{ges}=21 \Omega$
	$R_{ges}=3 \Omega$
	$R_{ges}=5,14 \Omega$
	$R_{ges}=6,73 \Omega$
Lösungsweg Für den Ersatzwiderstand einer Parallelschaltung gilt: $\frac{1}{R_{ges}}$ = $\frac{1}{R_1}$ + $\frac{1}{R_2}$ Konkret bei diesem Beispiel bedeutet das: $\frac{1}{R_{ges}}$ = $\frac{1}{12\Om}$ + $\frac{1}{9\Om}$ = $\frac{7}{36\Om} $ $R_{ges} = \(\frac{36}{7}$ \Om\)

In einem Stromkreis mit einer Parallelschaltung gibt es zwei ohmsche Widerstände $R_1=8\Om$ und $R_2=7\Om$. Berechne den gesamten Ersatzwiderstand. Nr. 3526
	$R_{ges}=3,73\Om$
	$R_{ges}=6,81\Om$
	$R_{ges}=15\Om$
	$R_{ges}=7,5\Om$
Lösungsweg Bei einer Parallelschaltung zweier ohmscher Widerstände gilt für die Berechnung des Ersatzwiderstands: $R_{ges}=\(\frac{R_1 \cdot R_2}{R_1+R_2}$ \)

Fasse alle Widerstände zusammen und berrechne der Ersatzwiderstand $R_{ges$ Nr. 3536
	$R_{ges}=\(\frac{325}{123}$ \Om\)
	$R_{ges}=\(\frac{273}{98}$ \Om\)
	$R_{ges}=\(\frac{571}{123}$ \Om\)
	$R_{ges}=\(\frac{784}{491}$ \Om\)
Lösungsweg Die Widerstände werden nacheinander zusammengefasst. Zu beachten ist nur, ob es sich um eine Serien -oder Parallelschaltung handelt. Erster Schritt: Die Widerstände $R_4$ und $R_5$ zusammenfassen: $R_{45}=\(\frac{3 \cdot 8}{3+8}$ \Om = $\frac{24}{11}$ \Om\) Zweiter Schritt: $R_{45}$ und $R_2$ zusammenfassen: $R_{452}=\(\frac{24}{11}$\Om+7\Om=$\frac{101}{11}$ \Om\) Dritter Schritt: $R_{452}$ und $R_3$ zusammenfassen: $R_{4523}=\(\frac{\(\frac{101}{11}$ \cdot 2 }{$\frac{101}{11}$ +2}\) \Om= $\frac{202}{123}$ \Om\) Letzter Schritt: $R_{4523$ und $R_1$ zusammenfassen: $R_{ges}=\(\frac{202}{123}$\Om + 3\Om =$\frac{571}{123}$ \Om\)

Fasse die gegebenen Widerstände im Stromkreis zusammen und berechne den Ersatzwiderstand $R_{ges$ Nr. 3537
	$R_{ges}=\(\frac{74}{9}$ \Om\)
	$R_{ges}=\(\frac{52}{8}$ \Om\)
	$R_{ges}=\(\frac{64}{11}$ \Om\)
	$R_{ges}=\(\frac{19}{4}$ \Om\)
Lösungsweg Wichtig zu beachten ist die Art der Schaltung (Serien -oder Parallelschaltung) Erster Schritt: $R_3$ und $R_4$ zusammenfassen: $R_{34}=\(\frac{4 \cdot 5}{4+5}$ \Om = $\frac{20}{9}$\Om \) Nun sind die verbleibenden drei Widerstände $R_1$, $R_2$ und $R_{34$ in Serie geschalten und müssen nur noch addiert werden $R{ges}=\(\frac{20}{9}$\Om+4\Om+2\Om=$\frac{74}{9}$ \Om\)

Fasse alle Widerstände zusammen und berechne den Ersatzwiderstand $R_{ges}$. Nr. 3538
	$R_{ges}=\(\frac{24}{7}$ \Om\)
	$R_{ges}=\(\frac{18}{7}$ \Om\)
	$R_{ges}=\(\frac{15}{6}$ \Om\)
	$R_{ges}=\(\frac{16}{7}$ \Om\)
Lösungsweg Erster Schritt: $R_3$ und $R_4$ zusammenfassen $R_{34}=\(\frac{4 \cdot 5}{4+5}$ \Om\)$=\(\frac{20}{9}$ \Om\) Zweiter Schritt: $R_{34}$ und $R_2$ zusammenfassen $R_{342}=\(\frac{\(\frac{20}{9}$ \cdot 4}{$\frac{20}{9}$ +4 }\) \Om=$\frac{10}{7}$\Om \) Letzter Schritt: $R_{342}$ und $R_1$ zusammenfassen $R_{ges}=\(\frac{10}{7}$\Om+2\Om=$\frac{24}{7}$\Om \)

Berechne den gesamten Ersatzwiderstand $R_{ges}$ des abgebildeten Stromkreises Nr. 3539
	$R_{ges}=3,05\Om$
	$R_{ges}=2,45\Om$
	$R_{ges}=1,95\Om$
	$R_{ges}=2,05\Om$
Lösungsweg Erster Schritt: $R_3$ und $R_4$ zusammenfassen $R_{34}=\(\frac{12 \cdot 9}{12+9}$ \Om= $\frac{36}{7}$ \Om\) Zweiter Schritt: $R_1$ und $R_2$ zusammenfassen $R_{12}=5\Om+2,5\Om=7,5\Om$ Letzter Schritt: $R_{34}$ und $R_{12}$ zusammenfassen $R_{ges}=\(\frac{\(\frac{36}{7} \cdot 7,5$ }{$\frac{36}{7}+7,5$ }\)\Om=3,05\Om \)

Gegeben sei ein Knotenpunkt in einem elektrischen Netzwerk, von dem 3 Zweige wegführen. Über den ersten Zweig fließt ein Strom $I_1 = 2A$ in den Knotenpunkt hinein, über den zweiten Zweig fließt ein Strom von $I_2 = 2A$ aus dem Knotenpunkt heraus. Welche Aussagen treffen auf den dritten Zweig zu? Nr. 4114
	Der dritte Zweig verursacht einen Kurzschluss.
	Im dritten Zweig fließt kein Strom, d.h. $I_3 = 0A$.
	Der mit dem dritten Zweig verbundene Lastwiderstand ist unendlich groß.
	Der mit dem dritten Zweig verbundene Lastwiderstand ist gleich null.
Lösungsweg Laut der Knotenregel ist die Summe der zufließenden Ströme gleich der Summe der abfließenden Ströme. Da mit $I_1$ der gleich Strom zufließt wie durch $I_2$ abfließt, bedeutet dies, dass der Strom $I_3$ im dritten Zweig gleich null sein muss. In diesem Sinne ist der Lastwiderstand am dritten Zweig unendlich groß, wodurch dort kein Strom fließen kann.

Welche Gleichungen ergeben sich durch Anwendung des Maschensatzes in diesem Schaltbild? Nr. 4395
	$I3+I4+I=UB$ $I1-I+I2=UB$
	$I3-I4=0$ $I1+I-I2=0$
	$-R3\cdot I3-R4\cdot I4=UB $ $-R3\cdot I3+R\cdot I+R1\cdot I1=0$ $-R4\cdot I4+R2\cdot I2-R\cdot I=0$
	$R4\cdot I4-R2\cdot I2-R\cdot I=0$ $R3\cdot I3+R\cdot I-R1\cdot I1=0$ $R1\cdot I1+R2\cdot I2=UB $
	$R4\cdot I4+R2\cdot I2-R\cdot I=0$ $R3\cdot I3-R\cdot I+R1\cdot I1=0$ $R1\cdot I1+R2\cdot I2=-UB $
Lösungsweg Der Maschensatz besagt folgendes: Alle Teilspannungen einer Masche in einem elektrischen Netzwerk addieren sich zu null. Die Richtung für den Umlauf kann beliebig gewählt werden, ist sie jedoch einmal festgelegt, dann bestimmt sie die Vorzeichen der Teilspannungen. Wenn Zählpfeile entgegen die Umlaufrichtung zeigen, sind die Spannungen mit umgekehrtem Vorzeichen zu versehen. Dabei haben die Urspannungen (Spannungsquellen) ein anderes Vorzeichen als die Teilspannungen (Spannungsabfälle in einer Masche). Um den Maschensatz anwenden zu können, müssen zunächst die Stromrichtungen eingetragen werden: Entsprechend der technischen Stromrichtung fließt der Strom zunächst vom positiven Pol weg (würde man den Strom in die andere Richtung eintragen, würden sich lediglich die Vorzeichen umdrehen - das Ergebnis wäre das selbe). Im ersten Knotenpunkt muss sich daher der zufließende Strom in die Teilströme $I1$ und $I3$ wie im Bild gezeigt aufteilen. Die Ströme $I2$ und $I4$ ergeben sich sich analog. Nun können nach dem Ohm'schen Gesetz: $U = R\cdot I$ die Teilspannungen ermittelt werden. Somit ergeben sich folgende Gleichungen: $R1\cdot I1+R2\cdot I2=UB $ für Masche $I$ $R3\cdot I3+R\cdot I-R1\cdot I1=0$ für Masche $II$ $R4\cdot I4-R2\cdot I2-R\cdot I=0$ für Masche $III$

Welche Gleichungen ergeben sich bei der Verwendung des Kontenpunktsatzes in diesem Schaltbild? Nr. 4396
	$I3-I4-I=0 $ $I1+I-I2=0$
	$I3+I4+I=0$ $-I1-I-I2=0$
	$I3-I4-I=0$ $-I1-I-I2=0$
	$I1+I-I2=0$ $I3+I4+I=0$
	$I4-I-I2=0$ $I1+I-I3=0$
Lösungsweg Wir wissen: In einem Knotenpunkt eines elektrischen Netzwerkes ist die Summe der zufließenden Ströme gleich der Summe der abfließenden Ströme. Entsprechend der technischen Stromrichtung fließt der Strom zunächst vom positiven Pol weg (würde man den Strom in die andere Richtung eintragen, würden sich lediglich die Vorzeichen umdrehen - das Ergebnis wäre das selbe). Im ersten Knotenpunkt muss sich daher der zufließende Strom in die Teilströme $I1$ und $I3$ wie im Bild gezeigt aufteilen. Die Ströme $I2$ und $I4$ ergeben sich sich analog. Dabei ist zu beachten, dass zu- und abfließende Ströme unterschiedliche Vorzeichen erhalten. Üblicherweise wird für zufließende ein positives und für abfließende entsprechend ein negatives Vorzeichen gewählt. Somit ergibt sich: $I3-I4-I=0 $ für Knotenpunkt A $I1+I-I2=0$ für Knotenpunkt B

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Berechne die Stromstärke in allen Zweigen des Stromkreises. Trage alle erhaltenen Stromstärken und –richtungen in ein Schaltbild ein Nr. 2837
	\(I = 2,32 A\) \(I_2 = 3,17 A\) \(I_1 = -0,85A\)
	\(I = 2,32 mA\) \(I_2 = 3,17 mA\) \(I_1 = -0,85 mA\)
Lösungsweg Zunächst ersetze die Parallelwiderstände durch ihren Ersatzwiderstand. I sei der Strom durch die 19 V Batterie (links), der Strom I_1 fließe zwischen den Punkten b und e- Zur Berechnung der Ströme wende die Knotenregel auf die Verzweigungspunkte b und e sowie die Maschenregel auf alle Maschen an. \(\frac{1}{R_{Ersatzw}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{7}\) \(R_{Ersatzw}} = 1,6\ \ \Omega\) \(I = I_1 + I_2 \) oder \(I_1 = I - I_2\) Maschenregel auf \(abefa\) \(19 V - (10 \Omega) I- (5 \Omega)(I-I_2) = 0\) \(\rightarrow 19 A - 15 I + 5 I_2 = 0\) Maschenregel auf \(bcdeb\) \(-(4 \Omega) I_2 + 22 V - (1,6 \Omega) I_2 + (5 \Omega) (I-I_2) = 0\) \(\rightarrow 22 A - 10,6 I_2 + 5I = 0\) \(I \) und \(I_2\) berechnen \(19 A - 15 I + 5 I_2 = 0\) \(3 \cdot 22 + 15 I - 3 \cdot 10,6 = 0\) \(I = 2,32 A\) \(I_2 = 3,17 A\) \(I_1 = -0,85\)

Ermittle die Stromstärke in allen Zweigen des Stromkreises Nr. 3506
	\(I=\frac{142}{33} A\) \(I_1=\frac{16}{12}A\) \(I_2=\frac{11}{4}A\)
	\(I=\frac{169}{42}A\) \(I_1=\frac{13}{6}A\) \(I_2=\frac{13}{7}A\)
	\(I=\frac{142}{47}A\) \(I_1=\frac{21}{5}A\) \(I_2=\frac{19}{3}A\)
Lösungsweg Zunächst wird der Stromkreis in die zwei inneren (Maschen) unterteilt. Die linke Masche (abefa): \(13V-(6\Omega)(I-I_2)=0\) mit der Relation \(V=\Om \cdot A\) können wird die Gleichung durch \(\Om\) kürzen: \(13A-6I+6I_2=0\) Die rechte Masche (bcdeb): \(-I_2(3\Omega)-I_2(4\Omega)+(6\Omega)(I-I_2)=0\) mit der Relation \(V=\Om \cdot A\) können wird die Gleichung durch \(\Om\) kürzen: \(-13I_2+6I=0\) Nach der Anwendung des Eliminierungsverfahrens ergibt sich folgende Gleichung: \(13A-7I_2=0\) Nun nur noch umformen auf \(I_2\) und das dann in eine der oberen Gleichungen einsetzten um \(I\) zu erhalten. Aufgrund der Knotenregel gilt \(I=I_1+I_2\) -> somit erhält man \(I_1\)

a) Ermitteln Sie die Stromstärke in allen Zweigen des Stromkreises b) Wie groß ist die Leistung beim ohmschen Hindernis mit \(\Omega=5\)? Nr. 3507
	\(I=\(\frac{31}{2}\) A\) \( I_1=\(\frac{12}{4}\) A\) \(I_2=\(\frac{25}{2}\) A\) \(P=45W\)
	\(I=\(\frac{28}{3}\) A\) \(I_1=\(\frac{11}{2}\) A\) \(I_2=\(\frac{18}{5}\) A\) \(P=35W\)
	\(I=\(\frac{34}{2}\) A\) \( I_1=\(\frac{22}{5}\) A\) \(I_2=\(\frac{43}{7}\) A\) \(P=25W\)
Lösungsweg Der Stromkreis wird in die inneren Kreise (Maschen) unterteilt. linke Masche (abefa): \(15V-(5\Omega)(I-I_2)=0\) mit der Relation \(V=\Om \cdot A\) können wird die Gleichung durch \(\Om\) kürzen: \(15A-5I+5I_2=0\) rechte Masche (bcdeb): \(-I_2\(\frac{6}{5}\Omega\)+(5\Omega)(I-I_2)=0\) mit der Relation \(V=\Om \cdot A\) können wird die Gleichung durch \(\Om\) kürzen: \(-I_2\(\frac{31}{5}\)+5I=0\) Zusammengesetzt ergibt sich die gemeinsame Gleichung: \(15A-\(\frac{6}{5}\)I_2=0 \) Umgeformt kommt raus: \(I_2=\(\frac{25}{2}\)A\) Das wird in eine der obrigen Gleichungen eingesetzt und somit ist \(I=\(\frac{31}{2}\)A\) und weil \(I=I_1+I_2\) ist --> \(I_1=3A\) Leistung ist in einem Stromkreis definiert als \(P=R\cdot I^2\), also \(P=5\Omega \cdot (3A)^2 = 45W\)

Berechne die Teilströme \(I, I_1\) und \(I_2\) im gegebenen Stromkreis. Nr. 3508
	\(I=8,5A\) \(I_1=2,25A\) \(I_2=6,25A\)
	\(I=10,5A\) \(I_1=2,5A\) \(I_2=8A\)
	\(I=9A\) \(I_1=2,25A\) \(I_2=6,75A\)
Lösungsweg Es gilt: \(I=I_1+I_2\) Zunächst muss der Stromkreis in Maschen unterteilt werden. Die erste Masche (abefa): \(9V-(4\Omega)(I-I_2)\) \(=0\) (Mit \(I-I_2\) wird \(I_1\) ausgedrückt) mit der Relation \(V=\Om \cdot A\) können wird die Gleichung durch \(\Om\) kürzen: \(9A-4I+4I_2=0\) Die zweite Masche (abcdefa): \(9V-(4\Omega)(I_2)+16V=0\) mit der Relation \(V=\Om \cdot A\) können wird die Gleichung durch \(\Om\) kürzen: \(9A-4I_2+16A=0\) Jetzt gibt es ein Gleichungssystem aus zwei Gleichungen, um die zwei Variablen \(I\) und \(I_2\) auszudrücken \(I=8,5A \) \(I_2=6,25A\) \(I_1=8,5-6,25=2,25A\)

Berechne den Ersatzwiderstand von \(R_1\) und \(R_2\) Nr. 3510
	\(R_{ges}=7,5 \Omega\)
	\(R_{ges}=5,5 \Omega\)
	\(R_{ges}=2,5 \Omega\)
	\(R_{ges}=12,5 \Omega\)
Lösungsweg Der Ersatzwiderstand bei einer Serienschaltung wird berrechnet, in dem die einzelnen Widerstände addiert werden.

Berechne den Ersatzwiderstand von \(R_3\) und \(R_4\) Nr. 3511
	\(R_{ges}=1,3 \Omega\)
	\(R_{ges}=21 \Omega\)
	\(R_{ges}=3 \Omega\)
	\(R_{ges}=5,14 \Omega\)
	\(R_{ges}=6,73 \Omega\)
Lösungsweg Für den Ersatzwiderstand einer Parallelschaltung gilt: \(\frac{1}{R_{ges}}\) = \(\frac{1}{R_1}\) + \(\frac{1}{R_2}\) Konkret bei diesem Beispiel bedeutet das: \(\frac{1}{R_{ges}}\) = \(\frac{1}{12\Om}\) + \(\frac{1}{9\Om}\) = \(\frac{7}{36\Om} \) \(R_{ges} = \(\frac{36}{7}\) \Om\)

In einem Stromkreis mit einer Parallelschaltung gibt es zwei ohmsche Widerstände \(R_1=8\Om\) und \(R_2=7\Om\). Berechne den gesamten Ersatzwiderstand. Nr. 3526
	\(R_{ges}=3,73\Om\)
	\(R_{ges}=6,81\Om\)
	\(R_{ges}=15\Om\)
	\(R_{ges}=7,5\Om\)
Lösungsweg Bei einer Parallelschaltung zweier ohmscher Widerstände gilt für die Berechnung des Ersatzwiderstands: \(R_{ges}=\(\frac{R_1 \cdot R_2}{R_1+R_2}\) \)

Fasse alle Widerstände zusammen und berrechne der Ersatzwiderstand \(R_{ges\) Nr. 3536
	\(R_{ges}=\(\frac{325}{123}\) \Om\)
	\(R_{ges}=\(\frac{273}{98}\) \Om\)
	\(R_{ges}=\(\frac{571}{123}\) \Om\)
	\(R_{ges}=\(\frac{784}{491}\) \Om\)
Lösungsweg Die Widerstände werden nacheinander zusammengefasst. Zu beachten ist nur, ob es sich um eine Serien -oder Parallelschaltung handelt. Erster Schritt: Die Widerstände \(R_4\) und \(R_5\) zusammenfassen: \(R_{45}=\(\frac{3 \cdot 8}{3+8}\) \Om = \(\frac{24}{11}\) \Om\) Zweiter Schritt: \(R_{45}\) und \(R_2\) zusammenfassen: \(R_{452}=\(\frac{24}{11}\)\Om+7\Om=\(\frac{101}{11}\) \Om\) Dritter Schritt: \(R_{452}\) und \(R_3\) zusammenfassen: \(R_{4523}=\(\frac{\(\frac{101}{11}\) \cdot 2 }{\(\frac{101}{11}\) +2}\) \Om= \(\frac{202}{123}\) \Om\) Letzter Schritt: \(R_{4523\) und \(R_1\) zusammenfassen: \(R_{ges}=\(\frac{202}{123}\)\Om + 3\Om =\(\frac{571}{123}\) \Om\)

Fasse die gegebenen Widerstände im Stromkreis zusammen und berechne den Ersatzwiderstand \(R_{ges\) Nr. 3537
	\(R_{ges}=\(\frac{74}{9}\) \Om\)
	\(R_{ges}=\(\frac{52}{8}\) \Om\)
	\(R_{ges}=\(\frac{64}{11}\) \Om\)
	\(R_{ges}=\(\frac{19}{4}\) \Om\)
Lösungsweg Wichtig zu beachten ist die Art der Schaltung (Serien -oder Parallelschaltung) Erster Schritt: \(R_3\) und \(R_4\) zusammenfassen: \(R_{34}=\(\frac{4 \cdot 5}{4+5}\) \Om = \(\frac{20}{9}\)\Om \) Nun sind die verbleibenden drei Widerstände \(R_1\), \(R_2\) und \(R_{34\) in Serie geschalten und müssen nur noch addiert werden \(R{ges}=\(\frac{20}{9}\)\Om+4\Om+2\Om=\(\frac{74}{9}\) \Om\)

Fasse alle Widerstände zusammen und berechne den Ersatzwiderstand \(R_{ges}\). Nr. 3538
	\(R_{ges}=\(\frac{24}{7}\) \Om\)
	\(R_{ges}=\(\frac{18}{7}\) \Om\)
	\(R_{ges}=\(\frac{15}{6}\) \Om\)
	\(R_{ges}=\(\frac{16}{7}\) \Om\)
Lösungsweg Erster Schritt: \(R_3\) und \(R_4\) zusammenfassen \(R_{34}=\(\frac{4 \cdot 5}{4+5}\) \Om\)\(=\(\frac{20}{9}\) \Om\) Zweiter Schritt: \(R_{34}\) und \(R_2\) zusammenfassen \(R_{342}=\(\frac{\(\frac{20}{9}\) \cdot 4}{\(\frac{20}{9}\) +4 }\) \Om=\(\frac{10}{7}\)\Om \) Letzter Schritt: \(R_{342}\) und \(R_1\) zusammenfassen \(R_{ges}=\(\frac{10}{7}\)\Om+2\Om=\(\frac{24}{7}\)\Om \)

Berechne den gesamten Ersatzwiderstand \(R_{ges}\) des abgebildeten Stromkreises Nr. 3539
	\(R_{ges}=3,05\Om\)
	\(R_{ges}=2,45\Om\)
	\(R_{ges}=1,95\Om\)
	\(R_{ges}=2,05\Om\)
Lösungsweg Erster Schritt: \(R_3\) und \(R_4\) zusammenfassen \(R_{34}=\(\frac{12 \cdot 9}{12+9}\) \Om= \(\frac{36}{7}\) \Om\) Zweiter Schritt: \(R_1\) und \(R_2\) zusammenfassen \(R_{12}=5\Om+2,5\Om=7,5\Om\) Letzter Schritt: \(R_{34}\) und \(R_{12}\) zusammenfassen \(R_{ges}=\(\frac{\(\frac{36}{7} \cdot 7,5\) }{\(\frac{36}{7}+7,5\) }\)\Om=3,05\Om \)

Welche Gleichungen ergeben sich durch Anwendung des Maschensatzes in diesem Schaltbild? Nr. 4395
	\(I3+I4+I=UB\) \(I1-I+I2=UB\)
	\(I3-I4=0\) \(I1+I-I2=0\)
	\(-R3\cdot I3-R4\cdot I4=UB \) \(-R3\cdot I3+R\cdot I+R1\cdot I1=0\) \(-R4\cdot I4+R2\cdot I2-R\cdot I=0\)
	\(R4\cdot I4-R2\cdot I2-R\cdot I=0\) \(R3\cdot I3+R\cdot I-R1\cdot I1=0\) \(R1\cdot I1+R2\cdot I2=UB \)
	\(R4\cdot I4+R2\cdot I2-R\cdot I=0\) \(R3\cdot I3-R\cdot I+R1\cdot I1=0\) \(R1\cdot I1+R2\cdot I2=-UB \)
Lösungsweg Der Maschensatz besagt folgendes: Alle Teilspannungen einer Masche in einem elektrischen Netzwerk addieren sich zu null. Die Richtung für den Umlauf kann beliebig gewählt werden, ist sie jedoch einmal festgelegt, dann bestimmt sie die Vorzeichen der Teilspannungen. Wenn Zählpfeile entgegen die Umlaufrichtung zeigen, sind die Spannungen mit umgekehrtem Vorzeichen zu versehen. Dabei haben die Urspannungen (Spannungsquellen) ein anderes Vorzeichen als die Teilspannungen (Spannungsabfälle in einer Masche). Um den Maschensatz anwenden zu können, müssen zunächst die Stromrichtungen eingetragen werden: Entsprechend der technischen Stromrichtung fließt der Strom zunächst vom positiven Pol weg (würde man den Strom in die andere Richtung eintragen, würden sich lediglich die Vorzeichen umdrehen - das Ergebnis wäre das selbe). Im ersten Knotenpunkt muss sich daher der zufließende Strom in die Teilströme \(I1\) und \(I3\) wie im Bild gezeigt aufteilen. Die Ströme \(I2\) und \(I4\) ergeben sich sich analog. Nun können nach dem Ohm'schen Gesetz: \(U = R\cdot I\) die Teilspannungen ermittelt werden. Somit ergeben sich folgende Gleichungen: \(R1\cdot I1+R2\cdot I2=UB \) für Masche \(I\) \(R3\cdot I3+R\cdot I-R1\cdot I1=0\) für Masche \(II\) \(R4\cdot I4-R2\cdot I2-R\cdot I=0\) für Masche \(III\)

Welche Gleichungen ergeben sich bei der Verwendung des Kontenpunktsatzes in diesem Schaltbild? Nr. 4396
	\(I3-I4-I=0 \) \(I1+I-I2=0\)
	\(I3+I4+I=0\) \(-I1-I-I2=0\)
	\(I3-I4-I=0\) \(-I1-I-I2=0\)
	\(I1+I-I2=0\) \(I3+I4+I=0\)
	\(I4-I-I2=0\) \(I1+I-I3=0\)
Lösungsweg Wir wissen: In einem Knotenpunkt eines elektrischen Netzwerkes ist die Summe der zufließenden Ströme gleich der Summe der abfließenden Ströme. Entsprechend der technischen Stromrichtung fließt der Strom zunächst vom positiven Pol weg (würde man den Strom in die andere Richtung eintragen, würden sich lediglich die Vorzeichen umdrehen - das Ergebnis wäre das selbe). Im ersten Knotenpunkt muss sich daher der zufließende Strom in die Teilströme \(I1\) und \(I3\) wie im Bild gezeigt aufteilen. Die Ströme \(I2\) und \(I4\) ergeben sich sich analog. Dabei ist zu beachten, dass zu- und abfließende Ströme unterschiedliche Vorzeichen erhalten. Üblicherweise wird für zufließende ein positives und für abfließende entsprechend ein negatives Vorzeichen gewählt. Somit ergibt sich: \(I3-I4-I=0 \) für Knotenpunkt A \(I1+I-I2=0\) für Knotenpunkt B

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