Musterlösung Wintersemester 2020/2021

• Welches Feld herrscht in einem Raum vor, der vollständig durch einen leitfähigen Leiter umgeben wird?
• Wie verhält sich das Feld im Inneren eines Leiters?
• Erhöht oder sinkt die Feldstärke, wenn sich eine Ladung sich von einer anderen Ladung wegbewegt?
• Ist das Feld an bei einer Spitze höher oder niedriger?

1. Bei $b$ und $d$ ist kein Feld messbar, da der umgebene Leiter auf einem konstanten Feld liegt. Er ergibt sich keine Potentialdifferenz und damit auch kein Feld.
2. Bei $c$ ist ein Feld (Betrag >0) messbar, welches von der Ladung ($+1C$) zum länglichen Leiter ($-2C$) hinzeigt. Durch die Spitze kommt es zu einer Ladungsüberhöhung und damit zu einem höheren Feld.
3. Bei $a$ ist ein Feld (Betrag >0) messbar, welches von der Ladung ($+1C$) zum länglichen Leiter ($-2C$) hinzeigt.

$ b = d < a < c $

• Welche Gleichung ist für die Kraftwirkung von Ladungen anzuwenden?
• Wie lässt sich der Abstand zwischen den beiden Ladungen ermitteln?

\begin{align*} F_C &= {{{1} \over {4\pi\cdot\varepsilon}} \cdot {{Q_1 \cdot Q_2} \over {r^2}}} \quad && | \text{mit } r=\sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2} \\ F_C &= {{{1} \over {4\pi\cdot\varepsilon}} \cdot {{Q_1 \cdot Q_2} \over {\Delta x^2 + \Delta y^2}}} \quad && | \text{Zahlenwerte einsetzen, Abstände ablesen: } \Delta x = 5dm, \Delta y = 3dm \\ F_C &= {{{1} \over {4\pi\cdot 8,854\cdot 10^{-12} F/m}} \cdot {{7 \cdot 10^{-6} C \cdot 5 \cdot 10^{-6} C} \over { (0,5m)^2 + (0,2m)^2}}} \end{align*}

\begin{align*} |F_C| = 1,084 N -> 1,1 N \end{align*}

• Welche Kraftwirkung zeigen gleich bzw. gegensätzlich geladene Körper aufeinander?

Die Kraft ist abstoßend, da beide Ladungen das gleiche Vorzeichen haben.

• Welche Gleichung ist für die Kraftwirkung im homogenen Feld anzuwenden?

\begin{align*} F_C &= E \cdot Q_1 \quad && | \text{Zahlenwerte einsetzen} \\ F_C &= 100 \cdot 10^3 V/m \cdot 7 \cdot 10^{-6} C \end{align*}

\begin{align*} |F_C| = 0,7 N \end{align*}

• Wie müssen die Kräfte vorbereitet werden, dass sie tatsächlich addiert werden können?

\begin{align*} F_0 &= |\vec{F_0}| \quad \quad \text{ mit } \vec{F_0} = \left( \begin{matrix}{F_{x,0}}\\ {F_{y,0}} \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} \sum\limits_{n} F_{x,0n} \\ \sum\limits_{n} F_{y,0n} \end{matrix} \right) \\ F_0 &= \sqrt{ \left(\sum\limits_{n} F_{x,0n} \right)^2 + \left(\sum\limits_{n} F_{y,0n} \right)^2 } \\ \end{align*}

Die vorhandenen Kräfte müssen in Koordinaten zerlegt werden. Hier empfehlen sich die orthogonalen Koordinaten ($x$ und $y$).
Das Koordinatensystem sei so ausgelegt, dass der Ursprung in $Q_0$ liegt mit der x-Achse in Richtung Q_3 und die y-Achse entsprechend rechtwinklig dazu.
Zur Koordinatenzerlegung sind die Winkel $alpha_{0n}$ der Kräfte zur x-Achse notwendig.
Diese ergeben sich im gewählten Koordinatensystem aus den Koordinaten der Ladungen: $\alpha_{0n} = atan(\frac{\Delta y}{\Delta x})$
$\alpha_{01} = atan(\frac{3}{1})= 1,249 = 71,6°$
$\alpha_{02} = atan(\frac{4}{3})= 0,927 = 53,1°$
$\alpha_{03} = atan(\frac{0}{3})= 0= 0°$

Dann ergeben sich die zerlegten Kräfte zu:

\begin{align*} F_{x,0} &= F_{x,01} + F_{x,02} + F_{x,03} && | \quad \text{mit } F_{x,0n} = F_{0n} \cdot sin(\alpha_{0n}) \\ F_{x,0} &= (-5N) \cdot sin(71,6°) + (-6N) \cdot sin(53,1°) + (+3N) \cdot sin(0°) \\ F_{x,0} &= -2,18 N \\ \\ F_{y,0} &= F_{x,01} + F_{x,02} + F_{x,03} && | \quad \text{mit } F_{y,0n} = F_{0n} \cdot cos(\alpha_{0n}) \\ F_{y,0} &= (-5N) \cdot cos(71,6°) + (-6N) \cdot cos(53,1°) + (+3N) \cdot cos(0°) \\ F_{y,0} &= -9,54 N \\ \\ \end{align*}

\begin{align*} F_0 &= \sqrt{ (-2,18 N)^2 + (-9,54 N)^2 } = 9,79 N -> 9,8 N \\ \end{align*}

• How can the circuit be better represented or pulled apart?
• The switch should be replaced by an open wire in this case.

First of all, it is a good idea to reshape the circuit so that the actual structure becomes visible.
For this purpose, the individual branches can be highlighted in color and interpreted as a „conductive rubber band“.
This results in:

Thus $R_3$ and $R_3$ can be combined to $R_{33} = 2 \cdot R_3 = R_1$, yielding a left and a right voltage divider.
Now it is visible that in the left and right voltage divider, the same potential is at the respective branch, or at the node K1 (green) and K2 (pink).

Thus, the total resistance can be calculated as $R_{\rm eq} = (2 \cdot R_1)||(2 \cdot R_1)$.
However, by symmetry, nodes K1 and K2 can also be short-circuited. Thus, $R_{\rm eq} = 2 \cdot \left( R_1||R_1 \right)$ also holds.

\begin{align*} R_{\rm eq} &= 2 \cdot \left( 10 ~\Omega || 10 ~\Omega \right) = 10 ~\Omega \end{align*}

Due to symmetry, the potentials at K1 and K2 are equal. Thus, no current flows across resistor $R_2$ even when the switch is closed.
So the resistance remains the same.

• How can the circuit be better represented or pulled apart?
• Switches (when used) should be replaced by an open or closed circuit.
• Does this result in equal potentials at different nodes that can be cleverly used?

First of all, it is a good idea to reshape the circuit so that the actual structure becomes visible.
For this purpose, the individual branches can be highlighted in color and interpreted as a „conductive rubber band“.
It can be seen that the two resistors $R_3$ at the top left and bottom right are each shorted. The result is thus:

Here it helps to consider the potential of the nodes K1, K2, and K3. For K2, the resistances $R_2 || R_3 || R_2$ must be combined at the top and bottom. Thus, the same resistance values at the top and bottom result. Also at the nodes K1 and K2 the same resistance values at the top and at the bottom result. With the same ratios of the resistances at K1, K2, and K3 respectively, it can be concluded that no current flows across the resistors $R_3$ between K1 and K2 or K2 and K3. Thus, these do not contribute to the total resistance. In such a case, a short circuit or an open line can be freely chosen between the relevant nodes for the calculation. In the following, an open line is chosen. Additionally, the parallel strings can be reordered.

This results in:

\begin{align*} R_{\rm eq} &= \left( \left( 2 \cdot R_2 \right) || \left( 2 \cdot R_2 \right) \right) && || \; \left( \left( 2 \cdot R_3 \right) || \left( 2 \cdot R_3 \right) || \left( 2 \cdot R_3 \right) \right) \\ R_{\rm eq} &= R_2 && || \;\left( R_3 || \left( 2 \cdot R_3 \right) \right) \\ R_{\rm eq} &= R_2 && || \;\frac{R_3 \cdot 2 R_3}{R_3 + 2 R_3} \\ R_{\rm eq} &= R_2 && || \;\frac{2}{3}\cdot R_3 \\ R_{\rm eq} &= \frac{R_2 \cdot \frac{2}{3}\cdot R_3}{R_2 + \frac{2}{3}\cdot R_3} \\ R_{\rm eq} &= \frac{R_2 \cdot R_3}{\frac{3}{2}\cdot R_2 + R_3} \\ \\ \end{align*}

\begin{align*} R_{\rm eq} &= \frac{10 ~\Omega \cdot 20 ~\Omega}{\frac{3}{2}\cdot 10 ~\Omega + 20 ~\Omega} = 5.7143 ~\Omega \rightarrow 5.7 ~\Omega \end{align*}

The partial current $I$ is obtained directly from the voltage $U_0$: \begin{align*} I &=\frac{U_0}{2 \cdot R_3} \end{align*}

\begin{align*} I =\frac{20~V}{2 \cdot 20 ~\Omega} = 0.5 ~\rm A \end{align*}

• What do the individual circuits look like, by which the effects of the individual sources can be calculated?
  Which equivalent resistor must be used to replace a current or voltage source when calculating the individual effects?
• Where are the open-circuit voltages applied when looking at the individual components?

First, the individual circuits must be created, from which the effect of the individual sources between points A and B can be determined.

(Voltage) source $U_1$

• substitute the current source $I_2$ with a short-circuit
• substitute the voltage source $U_3$ with an open circuit

The components can be moved in order to understand the circuit s bit better.

For the open circuit, no current is flowing through any resistor. Therefore, the effect is: $U_{AB,1} = U_1$

(current) source $I_2$

• substitute the voltage source $U_1$ with an open circuit
• substitute the voltage source $U_3$ with an open circuit

Also here, the components can be shifted for a better understanding:

Here, the current source $I_2$ creates a voltage drop $U_{AB_2}$ on the resistor $R_2$ : $U_{\rm AB,2} = - R_1 \cdot I_2$

(Voltage) source $U_3$

• substitute the voltage source $U_1$ with an open circuit
• substitute the current source $I_2$ with a short-circuit

Again, rearranging the circuit might help for an understanding:

In this case, between the unloaded outputs $\rm A$ and $\rm B$ there will be an unloaded voltage divider given by $R_3$ and $R_4$. On $R_1$ there is no voltage drop since there is no current flow out of the unloaded outputs.
Therefore:

\begin{align*} U_{\rm AB,3} = \frac{R_4}{R_3 + R_4} \cdot U_3 \end{align*}

resulting voltage

\begin{align*} U_{\rm AB} &= U_1 - R_1 \cdot I_2 + \frac{R_4}{R_3 + R_4} \cdot U_3 \\ \end{align*}

\begin{align*} U_{\rm AB} &= 2 ~{\rm V} - 5 ~\Omega \cdot 1 ~{\rm A} + \frac{10 ~\Omega}{20 ~\Omega + 10 ~\Omega} \cdot 8 ~{\rm V} \\ \\ U_{\rm AB} & = 0.333... ~{\rm V} \rightarrow 0.3 ~{\rm V} \\ \end{align*}

• Wie Sieht eine lineare Stromquelle aus?
• Wie wird die Last verschalten?

• Im Kurzschlussfall fließt der Kurzschlussstrom nur durch $R_L$
• Für eine Vereinfachung der Rechnung bietet es sich an die lineare Stromquelle in eine lineare Spannungsquelle umzuwandeln.

Die Umwandlung der lineare Stromquelle in eine lineare Spannungsquelle ergibt eine Leerlaufspannung $U_{LL}=R_i \cdot I_{KS}$.
Die Umwandlung wandelt auch die Schaltung von einer Parallelschaltung in eine Reihenschaltung.
Die Spannung $U_{LL}$ liegt also am Spannungsteiler aus $R_i$ und $R_L$: $U_{LL} = U_i + U_L$
Mit dem Lastwiderstand $R_L$ ergibt sich ein Strom von $I_L$ durch die Reihenschaltung.
Mit den gegebenen $R_L$ und $I_L$ lässt sich die Spannung $U_L$ an der Last berechnen.
Die restliche Spannung $U_i$ liegt am Innenwiderstand $R_i$ an, durch den auch der Strom $I_L$ fließt. Somit ergibt sich für den Leitwert $G_i$:

\begin{align*} U_{LL} &= U_i + U_L \\ R_i \cdot I_{KS} &= R_i \cdot I_L + R_L \cdot I_L \\ R_i \cdot I_{KS} - R_i \cdot I_L &= R_L \cdot I_L \\ R_i \cdot (I_{KS} - I_L) &= R_L \cdot I_L \\ R_i &= R_L \cdot \frac{I_L}{I_{KS} - I_L} \\ G_i &= \frac{I_{KS} - I_L}{R_L \cdot I_L} \\ \end{align*}

\begin{align*} G_i &= \frac{5A - 2A}{10 \Omega \cdot 2A} = 0,15 S \\ \end{align*}

\begin{align*} P = R_L \cdot I_L^2 = 10 \Omega \cdot (2A)^2 = 40 W \\ \end{align*}

\begin{align*} R_{20~°\rm{C}} &= \rho_{Cu,20~°\rm{C}} \cdot \frac{l}{A} && | \text{with } A = r^2 \cdot \pi = \frac{1}{4} d^2 \cdot \pi \\ R_{20~°\rm{C}} &= \rho_{Cu,20~°\rm{C}} \cdot \frac{4 \cdot l}{d^2 \cdot \pi} && \\ R_{20~°\rm{C}} &= 0.0178 ~\rm{\frac{\Omega mm^2}{m}} \cdot \frac{4 \cdot 40~\rm{m}}{(0.4~\rm{mm})^2 \cdot \pi} && \\ \end{align*}

\begin{align*} R_{20~°\rm{C}} &= 5.666 ~\Omega \rightarrow 5.7 ~\Omega \\ \end{align*}

\begin{align*} R_{90\rm{°C}} &= R_{20\rm{°C}} \cdot ( 1 + \alpha_{Cu,20°\rm{C}} \cdot \Delta T + \beta_{Cu,20°\rm{C}} \cdot \Delta T^2 ) && | \text{with } \Delta T = T_2 - T_1 = 90~°\rm{C} - 20~°\rm{C} = 70~°\rm{C} = 70~\rm{K}\\ \Delta R &= R_{20°\rm{C}} \cdot ( \alpha_{Cu,20°\rm{C}} \cdot \Delta T + \beta_{Cu,20°\rm{C}} \cdot \Delta T^2 ) \\ \Delta R &= 5.666 \Omega \cdot ( 0.0039 ~\frac{1}{\rm{K}} \cdot 70~\rm{K} + 0.6 \cdot 10^{-6} \frac{1}{\rm{K}^2} \cdot (70~\rm{K})^2 ) \\ \end{align*}

\begin{align*} \Delta R &= 1.56 ~\Omega \rightarrow 1.6 ~\Omega \\ \end{align*}

• Durch welche Schaltung lässt sich ein geschichteter Aufbau mit unterschiedlichen Dielektrika ersetzen?

Die gesamt Kapazität $C$ lässt sich aufteilen in eine Teilkapazität $C_A$ und eine $C_B$. Diese sind in Reihe geschalten.
Es ergibt sich somit: $C = \frac{C_A \cdot C_B}{C_A + C_B}$

Die Teilkapazität $C_A$ lässt sich berechnen durch \begin{align*} C_A &= \varepsilon_{0} \varepsilon_{r,A} \cdot \frac{A}{d_A} && | \text{mit } A = 3 cm \cdot 5cm = 6 \cdot 10^{-2} \cdot 8 \cdot 10^{-2} m^2 = 48 \cdot 10^{-4} m^2\\ C_A &= 8,854 \cdot 10^{-12} F/m \cdot \frac{48 \cdot 10^{-4} m^2}{1,5 \cdot 10^{-3} m} \\ C_A &= 28,33 \cdot 10^{-12} F \\ \end{align*}

Die Teilkapazität $C_B$ lässt sich berechnen durch \begin{align*} C_B &= \varepsilon_{0} \varepsilon_{r,B} \cdot \frac{B}{d_B} \\ C_B &= 100 \cdot 8,854 \cdot 10^{-12} F/m \cdot \frac{48 \cdot 10^{-4} m^2}{0,5 \cdot 10^{-3} m} \\ C_B &= 8,500 \cdot 10^{-9} F \\ \end{align*}

\begin{align*} C = 28,24 \cdot 10^{-12} F -> 28pF \end{align*}

• What equivalent circuit can be found for the mentioned states of the switches?
• What parameter do you need to determine $\tau$?
• The charging current is flown through which component?

The electrical components $R_1$, $R_2$, and $C$ are connected in series with a source $U$. The time constant $\tau$ is therefore: \begin{align*} \tau &= (R_1 + R_2) \cdot C \\ \tau &= 180 ~\Omega \cdot 40 ~{\rm nF} \end{align*}

\begin{align*} \tau = 7.2 ~{\rm µs} \end{align*}

\begin{align*} U_C(t) = U \cdot (1 - e^{-t/\tau}) \\ U_C(t) = 10 ~{\rm V} \cdot (1 - e^{-10 ~{\rm µs}/7.2 ~{\rm µs}}) \end{align*}

\begin{align*} U_C(t) = 7.506 ~{\rm V} \rightarrow 7.5 ~{\rm V} \end{align*}

\begin{align*} W_C &= \frac{1}{2} C U^2 \\ &= \frac{1}{2} \cdot 40~{\rm nF} \cdot (10~{\rm V})^2 \end{align*}

\begin{align*} W_C = 2 ~{\rm µJ} \end{align*}

The capacitor $C$ discharges by the series connected resistors $R_2$ und $R_3$. \begin{align*} \tau &= (R_2 + R_3) \cdot C \\ &= 130 ~\Omega \cdot 40 ~{\rm nF} \end{align*}

\begin{align*} \tau = 5.2 ~{\rm µs} \end{align*}

• Through the current source there is a continuous flow of electric charge into the capacitor.
• The resistors passed by the current on the way to the capacitor are irrelevant. They only increase the voltage of an ideal current source to guarantee the current.

The voltage $U_C$ is in general: $U_C = \frac{Q}{C}$. In this case, the constant current I results in $Q = \int I {\rm d}t = I \cdot t$ \begin{align*} U_C(t) &= \frac{Q}{C} \\ U_C(t) &= \frac{I \cdot t}{C} \\ U_C(1μs) &= \frac{4~{\rm mA} \cdot 1~{\rm µs}}{40~{\rm nF}} = \frac{4 \cdot 10^{-3}~{\rm A} \cdot 1\cdot 10^{-6}~{\rm s}}{40\cdot 10^{-9}~{\rm F}} \\ \end{align*}

\begin{align*} U_C(1~{\rm µs}) &= 1~{\rm V} \\ \end{align*}