Physik anwenden und verstehen: Lösungen 6.2 Elektrischer Stromkreis 1 © 2004 Orell Füssli Verlag AG

6.2 Elektrischer Stromkreis Gleichstromgrössen 55

a) Q ne V neA sI neAvt t t∆ ∆ ∆= = = =∆ ∆ ∆

b) n folgt aus den Daten von Kupfer: Wenn jedes Kupferatom ein Elektron zur Verfügung stellt, dann muss also die Teilchendichte der Kupferatome gefunden werden.

Cu

Cu

MNn A

ρ= ; 328

m1105.8 ⋅ .

enAIv = ; 3.8 mm/s (Schneckentempo!)*

* Aufgrund einer Änderung im Aufgabentext in der 2. Auflage 2006 hat diese

Aufgabe zwei unterschiedliche Lösungen. 3.0 mm/s für die 1. Auflage. 56

Spannung Stromstärke Widerstand Arbeit Zeit Leistung

a) 31.0 V 2.50 A 12.4 Ω 11.6 kJ 2.50 min 77.5 W

b) 150 V 5.75 A 26.1 Ω 71.2 kJ 82.5 s 863 W

c) 230 V 1.10 A 210 Ω 1.07 kWh 4.25 h 252 W

d) 7.50 kV 12.5 A 600 Ω 93.8 kWh 60.0 min 93.8 kW

e) 83.1 V 5.50 A 15.1 Ω 1'000'000 J 36.5 min 457 W

f) 48.0 V 20.0 mA 2.40 kΩ 800 J 13.9 min 960 mW

57 a) F steht für Flink (es gibt auch Träge T, sehr träge TT, Mittelträge M und sehr Flinke

FF Schmelzsicherungen), 0.5 A der höchst zulässige Strom bei einer Spannung von 230 V (die Netzspannung). Dies ergibt eine maximale Leistung von 115 W, z.B. ein Rasierapparat.

b) Ein Föhn hat eine Leistung von z. B. 1000 W. Die Sicherung ist beim Betätigen des Föhns geschmolzen.

c) Karl muss eine neue Schmelzsicherung kaufen und ab sofort die untere Steckdose für den Föhn verwenden.

58

a) P UI= ; 5 GW b) Blitz

Jahr

PttE

= ; 25 Tage

59

a) 1 1 1W Pt= ; 8.2 TWh b) t2 =

W2

P2

; 1 Monat

Physik anwenden und verstehen: Lösungen 6.2 Elektrischer Stromkreis 2 © 2004 Orell Füssli Verlag AG

60 Nutzbarer Energieinhalt der Batterie: E UI t∆ = ∆ ; 11.3 kJ; Preis pro kWh also 790.– Fr. Vergleich: 1 kWh aus dem Netz kostet ca. 20 Rappen. 61

661Fr. 3.6 10 J/kWh 2 10 s oder 25 Tage

0.14 Fr./kWh 12 Wt ⋅ ⋅∆ = = ⋅

⋅

62

a) Q cmt P P∆ ∆ϑ= = ; 3.3 min

b) 2U UR I P= = ; 59 Ω

c) 14

P P′ = ⇒ 4t t′ = ; 4-mal länger

63

a) 2 1IU tmc

∆= +ϑ ϑ ; 56 °C b) cmIU t

∆=∆ϑη ; 86 %

64

a) Al ;fQ L cm

= + ∆ϑ 0.97 MJ/kg bzw. 0.27 kWh/kg

Also 0.97 MJ um ein Kilogramm Aluminium auf Schmelztemperatur zu bringen und dann noch zu schmelzen.

b) Aluminium ist 3fach positiv geladen. In 110 Öfen wird in der Zeit t folgende Masse abgeschieden:

AlAlAl

AlAl 3110110110 M

eNItM

NNMnm

AA

===

In derselben Zeit wird folgende Arbeit aufgewendet: UItPtW ==

AlAl 110

31103

MUeN

ItMUIteN

mW AA == ; 43 MJ/kg, bzw. 12 kWh/kg

Also 43 MJ um ein kg Aluminium elektrolytisch zu gewinnen. Es braucht also rund 44-mal mehr Energie, um Aluminium elektrolytisch zu

gewinnen, als es wieder einzuschmelzen!

Physik anwenden und verstehen: Lösungen 6.2 Elektrischer Stromkreis 3 © 2004 Orell Füssli Verlag AG

Serien- und Parallelschaltung 65

a) 20 4 '000 kWh40 8 h

⋅= =⋅

P 250 kW b) =LPPn

; 12 W

66

a) N ist die Anzahl Glühbirnen: tot

LL

R IN RR U

= = ; 20.9,

somit dürfen 20 Glühbirnen parallel geschaltet werden.

b) 2

20L

UPR

= ⋅ ; 1.32 kW (bei 20 Glühbirnen)

67 a)

T T

vor dem getrennten Streckenabschnitt:auf dem getrennten Streckenabschnitt:nach dem getrennten Streckenabschnitt:

b) =

+M S

UIR R

; 0.22 A

68 a) Es gibt nur zwei Schaltungen:

b) Es gibt diese 4 Schaltungen:

Physik anwenden und verstehen: Lösungen 6.2 Elektrischer Stromkreis 4 © 2004 Orell Füssli Verlag AG

c) Es gibt die 4 Schaltungen von N = 3 mit einem Serie- oder Parallelwiderstand mehr, also 8 Fälle plus die nachfolgenden 2:

d) Es gibt die 10 Schaltungen von N = 4 mit einem Serie- oder Parallelwiderstand

mehr, also 20 Fälle plus die nachfolgenden 4:

e) Es gibt die 24 Schaltungen von N = 5 mit einem Serie- oder Parallelwiderstand

mehr, also 48 Fälle plus die nachfolgenden 18 Fälle:

Übrigens: (alles mit Computerhilfe gefunden) N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 # 1 2 4 10 24 66 180 522 1532 4624 14136 43930 137908 437502

Eine allgemeine Formel ist dem Autor dieser Aufgabe nicht bekannt, fragen Sie mal Ihre Mathematiklehrerin bzw. Ihren Mathematiklehrer. 69

mA2201 =I , mA2202 =I , 3 4 73.3 mAI I= = 70 a) 10 Ω b) A4.21 =I , A4.12 =I , A96.043 == II , A58.05 =I , A86.06 =I c) 20 V 71

a) Lösung des Gleichungssystems 2

11 2

300 W UPR R

= =+

bzw.

21 2

21 2

( )1250 W U R RPR R⋅ += =

⋅ ergibt R1 = 71 Ω und R2 = 106 Ω.

b) 2UP

R= ; 500 W bzw. 750 W

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72

a) allgemein: 2UP

R=

Stufe 1: R = 416 Ω, P = 130 W Stufe 2: R = 255 Ω, P = 210 W Stufe 3: R = 169 Ω, P = 310 W Stufe 4: R = 86 Ω, P = 620 W Stufe 5: R = 57 Ω, P = 930 W Stufe 6: R = 50 Ω, P = 1.1 kW b)

A wird verbunden mit B wird verbunden mit R P 1 4 671 Ω 79 W 2 4 und 5 71 Ω 740 W 4 5 502 Ω 110 W

73 R1 P1 R2 P2 R3 P3 R4 P4 ∆Qmax ∆Qmin 3-stufig 40 Ω 1.32 kW 80 Ω 0.66 kW 160 Ω 0.33 kW 400 kJ 100 kJ 4-stufig 40 Ω 1.32 kW 80 Ω 0.66 kW 180 Ω 0.29 kW 360 Ω 0.15 kW 400 kJ 44 kJ

Der 4-stufige Haarföhn hat kaum Vorteile, da die neue vierte Stufe nur eine sehr schwache Wärmeleistung hat. 74

A

V

1I

2I

I A

B

C D Wenn man Amperemeter und Voltmeter austauscht, bekommt man die oben stehende Schaltung. Das Amperemeter hat einen sehr kleinen Widerstand, so ist 1 0.I ≈ Das Voltmeter hat einen sehr grossen Widerstand, so fliesst praktisch kein Strom zwischen C und D, somit ist auch 0.I ≈ Das Amperemeter zeigt praktisch keine Stromstärke, und das Voltmeter zeigt ungefähr die Quellenspannung der Schaltung an: ein bisschen weniger als 230 V.

Physik anwenden und verstehen: Lösungen 6.2 Elektrischer Stromkreis 6 © 2004 Orell Füssli Verlag AG

75 a)

R

b) 0 LU URI−= ; 2.7 Ω

c) 0

;LUU

η = 82 %

76 Der Widerstand R1 der grossen Glühbirne beträgt nach Herstellerangaben:

PUR

2

1 = ; 353 Ω

Für die kleine Glühlampe gilt: R2 = 6.8 Ω Der Gesamtwiderstand der in Reihe geschalteten Lampen ist: Rtot = R1 + R2

Folglich fliesst durch beide Lampen eine Stromstärke von: totR

UI =

Über der grossen Glühbirne liegt eine Spannung von: tot

111 RURIRU ==

Die Leistung der grossen Lampe ist demnach: 2tot

2

111 RURIUP == ; 144 W

Analog gilt für die kleine Glühbirne: 2tot

2

22 RURP = ; 2.8 W

77 a) Die Spannung wird 1:1 geteilt, also 6 V. b) Die Spannung wird 2:1 geteilt, also 8 V.

c) P

UR2

= ; 12 Ω, 2

11

UPR

= = 5.3 W

(dies ist mehr als die erlaubten 3 W, das Lämpchen leuchtet also heller und wird bald durchbrennen),

P3 = P4 = 1.3 W (dies ist weniger als die erlaubten 3 W, diese Lämpchen leuchten einfach weniger hell).

Physik anwenden und verstehen: Lösungen 6.2 Elektrischer Stromkreis 7 © 2004 Orell Füssli Verlag AG

78 a)

6 V0.2 A

4 V0.3 A

Schaltung 1

6 V0.2 A

4 V0.3 A

Schaltung 2

6 V0.2 A

4 V0.3 A

Schaltung 3

6 V0.2 A

4 V0.3 A

Schaltung 4

b) Bei den Schaltungen 2 und 4 beträgt die Gesamtstromstärke 0.3 A, bei den anderen

Schaltungen 0.5 A. Die Leistung ist also bei 2 und 4 am kleinsten. 79

a) 1 21

1 2

11 1

R RR RR R

x

= = + +

mit 1

2

RRx =

Es wird die Funktion 1( ) und ( ) 11 1 1

xf x g xxx

= = =+ +dargestellt.

Physik anwenden und verstehen: Lösungen 6.2 Elektrischer Stromkreis 8 © 2004 Orell Füssli Verlag AG

b) Ist ein Widerstand der Parallelschaltung null, so ist der Ersatzwiderstand null. Dies entspricht einem Kurzschluss.

Ist ein Widerstand der Parallelschaltung unendlich (entspricht offenem Schalter!), so ist der Ersatzwiderstand gleich dem anderen.

80

a) ( )21,2 1

1 4 ; 94.72 S S P SR R R R R R= ± − = Ω und Ω= 28.52R

b) Sei PR der Parallelwiderstand und SR der Seriewiderstand, dann folgt aus

PRRR111

21

=+ , dass 21

21

RRRRRP +

= , d.h. 21 RR + muss 21RR teilen.

Dazu können Sie ein kleines Programm schreiben, das aus zwei Schleifen besteht. In der äusseren Schleife wird 1R von 1 bis 150 hochgezählt und in der inneren 2R von 1 bis 150, wobei jedes Mal die Teilbarkeit geprüft wird. Dann finden Sie unter anderen folgende Lösungen, die aber alle nicht sehr nahe an der Lösung a) sind.

c) 1 in R Ω 2 in R Ω in PR Ω in SR Ω

72 9 8 81 90 10 9 100 110 11 10 121

81 Diese Schaltung heisst Brückenschaltung. Sie lässt sich mit den Kirchhoff’schen Sätzen vollständig verstehen.

R2 R4

R1

R5

R3

A B

82 a)

U1 Batterie 1

U2 Batterie 2

Rtotal bezüglich wirksamer Batterie

I1 I2 I3

32 V kurzgeschlossen 64 Ω 500 mA – 400 mA 100 mA kurzgeschlossen 30 V 60 Ω – 375 mA 500 mA 125 mA

32 V 30 V – 125 mA 100 mA 225 mA b) U3 = R3I3 ; 27 V

Physik anwenden und verstehen: Lösungen 6.2 Elektrischer Stromkreis 9 © 2004 Orell Füssli Verlag AG

Innerer Widerstand 83 Beim Drehen des Zündschlüssels (= Schliessen des Schalters) steigt die Stromstärke I0 stark an. Bedingt durch den Innenwiderstand der Batterie, führt dies zu einer starken Abnahme der Klemmenspannung.

Ri

Anlasser

ScheinwerferSchalter

I0

84

0K iU U R I= − ; 11.8 V, 10.2 V 85 a) Die Batterie hat einen inneren Widerstand, der in Serie zum Lämpchen geschaltet

ist. Wenn ein äusserer Widerstand Ra angeschlossen wird, ist die gemessene Klemmenspannung kleiner als die Quellenspannung U0.

b) 11

1a

UR RI

= = ; 9.0 Ω 1 1 1P U I= ; 1.44 W

c) 0 1

1i

U URI−= ; 3.0 Ω

d) 02

1

12 1

2 i

UIR R

= +

; 0.32 A; 2 1 2U R I= ; 2.88 V; 2 2 2P U I= ; 0.92 W

86

0K iU U R I= − 0 =U 4.7 V; max =I 1.1 A und =iR 4.3 Ω.

Physik anwenden und verstehen: Lösungen 6.2 Elektrischer Stromkreis 10 © 2004 Orell Füssli Verlag AG

87

a) 00 1 i

K ai a a

U RU R UR R R

= ⋅ ≈ ⋅ − +

, falls a iR R ; 0lima

KRU U

→∞= .

b)

0U

KU

iR aR

88 a) P UI= ; ja

b) 0 Ki

U URI−= ; 200 Ω

c) Die Leistung wird maximal für R = Ri. Bei einem Verbraucherwiderstand von 200 Ω

wäre die Stromstärke 0

i

UIR R

=+

, die Leistung also 2

02( )i

UP RR R

= ⋅+

; 0.17 W.

89 a) Vereinfachende Annahme: Der Lampenwiderstand ist unabhängig von der

Stromstärke.

Birne6 V 12

0.5 AR = = Ω

Birne 0

Birne

44K

i

R UUR R

⋅ ⋅=+ ⋅

; 5.1 V

b) 2

Birne

KUPR

= ; 2.2 W

90

a) KUR I= ; 7.97 Ω; 11

KU UR I′−= ′ ; 1.96 Ω

b) 11

1

KU UI R−= ; 35.7 m; I2 = I − I1; 146 mA; 2

22

KU UR I−= ; 0.205 Ω

c) Die beiden Batterien werden sehr verschieden belastet.

Zwischen den Batterien fliesst ein Ausgleichsstrom.

Physik anwenden und verstehen: Lösungen 6.2 Elektrischer Stromkreis 11 © 2004 Orell Füssli Verlag AG

91

0

i a

UIR R

=+

; 20 A, 12 A und 5.5 A

0K iU U R I= − ; 40 V, 48 V und 55 V 92

a) Die Spannung beträgt: 05000 = 750 VU U= ⋅ Reihe 05000 1250 R R= ⋅ = Ω

Die 140 Reihenwiderstände sind noch parallel geschaltet: Reiheinnen 8.9

140RR = = Ω

Somit ist ( )aussen innen

=+

UIR R

; 0.93 A.

b) Die Stromstärke in den einzelnen Elektrozyten ist 140-mal kleiner als die gesamte

Stromstärke: Reihe 140

= II ; 6.6 mA

Somit wird der Aal von seiner eigenen Stromquelle nicht getötet. Spezifischer Widerstand 93

2

el

R rl = πρ

; 46 m

94 Weil sein Volumen erhalten bleibt, muss seine Querschnittsfläche A auf ein Drittel zurückgehen. Wegen el

lRA

= ρ verneunfacht sich sein Widerstand auf 18 Ω.

95

a) max3 ;4iU R I= 3.8 V b)

el

U UAIR lρ

= = ; 6.2 A

96

a) cmPt∆=

∆ϑ ; 1.0 kW b) PI

U= ; 4.4 A

c) el2

lPAU

= ρ ; 9 24.3 10 m−⋅

Physik anwenden und verstehen: Lösungen 6.2 Elektrischer Stromkreis 12 © 2004 Orell Füssli Verlag AG

97

a) Kabel el2lRA

= ρ ; 0.68 Ω

b) Kabel 00

Kabel Motor

R UU UR R

= −+

, wobei 20

Motor0

URP

= ; 225 V

c) 2

1Motor

UPR

= ; 1.8 kW

d) ( )20

KabelKabel

U UP

R−

= ; 44 W

98

a) Draht 11.55 ml = ; el Draht2

PldbU

= ρ ; 0.22 mm

b) DrahtDraht el

lRdb

= ρ ; 20 Draht

2Draht( )i

U RPR R

=+

; 92 W

c) Draht Draht 0 Draht Anlasser( )iI R U R I I= − + ; Draht 4.0AI = ; P = 23 W 99

a) el,Cu 2Cu

4 ;π

lRd

ρ= 3.6Ω und 2Cu

Cuπ

4dm l= ρ ; 1.5 t

b) Cuel,

Alel,CuAl ρ

ρdd = ; 7.5 mm, ldm

4π 2

AlAlρ= ; 0.71 t

100

a) Widerstand eines Seils zwischen den Kreuzungsmasten: 34 mΩ; 2

Seil 6VP I R= ⋅ ; 810 kW

b) 2 Ad =π

; 51 mm; effektiv ist der Durchmesser grösser, da 2027 mm2 den

reinen Materialquerschnitt angibt.

c) elARl

=ρ ; 83.6 10 m−⋅ Ω

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101

a) Aus RIU = und AlR elρ= und Alm ρ= folgt

ρρelImUl = ; 1.43 km

b)

∆+∆+∆=∆

II

UU

mm

ll

21 ; 0.081 = 8.1%, also 1.43 km 0.12 kml = ±

Temperaturabhängiger Widerstand 102

a) I

UR = ; 120 Ω. Der Widerstand von Metallen nimmt mit steigender Temperatur

zu. Der Draht der Lampe im Betrieb mit 24 V ist offensichtlich sehr heiss (>2000 °C), sonst würde er nicht so hell mit weissem Licht glühen.

b)

0

5

10

15

20

25

0 50 100 150 200

Stromstärke in mA

Span

nung

in V

c) An jeder Lampe liegt eine Spannung von (230/16) V = 14.4 V. Bei dieser Spannung

beträgt die Stromstärke gemäss Diagramm 150 mA. Das ist auch die Stromstärke für die Reihenschaltung. Der Gesamtwiderstand beträgt (230 V/0.15 A) = 1.53 kΩ.

103 a) 6 V·0.6 A = 3.6 W

Also «6 V/3.6 W» ist die korrekte Lampeninschrift. b)

: 0.56b =

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c) Aus 4P UI T= ∞ und UR TI

= ∞ folgt 35I U∞

0.60b =

d) 25

35

U UR UI U

= ∞ =

e) Aus d) folgt mit TR ∝ : 0

0 RRTT = , T0 = 353 K, R0 = 1.0 Ω

U in V 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 I in A 0.22 0.32 0.41 0.48 0.54 0.60 R in Ω 4.5 6.3 7.3 8.3 9.3 10 T in K 31.6 10⋅ 32.2 10× 32.6 10⋅ 32.9 10⋅ 33.3 10⋅ 33.5 10⋅

104 Es handelt sich um Kennlinien bei unterschiedlicher, aber jeweils konstanter Temperatur. Bei 1 ist der Widerstand kleiner und die Temperatur tiefer als bei 2. 105 Bei 1 nimmt der Quotient U/I mit zunehmender Spannung ab. Das bedeutet, dass der Ohm‘sche Widerstand mit zunehmender Temperatur abnimmt. 1 ist also die Kennlinie des NTC-Widerstandes, 2 die des PTC-Widerstandes. 106 Nach Einstellung einer Spannung nimmt die Stromstärke zu, weil sich der Widerstand aufheizt und daher besser leitet. Bei den ersten Messungen stellt sich ein Gleichgewicht zwischen der elektrischen Leistung UIP =zu und der durch Wärmeleitung, Konvektion und Wärmestrahlung abgegebenen Leistung tQP =ab ein. Dadurch wird auch die Temperatur stabil und die Stromstärke steigt nicht weiter. Bei der letzten Messung nimmt über längere Zeit die Stromstärke und damit die elektrische Leistung schneller zu als die abgegebene Wärmeleistung. Bevor sich ein neues Gleichgewicht einstellen kann, ist eine Temperatur erreicht, bei der der Widerstand schmilzt. 107 Die Spannung U0 der Spannungsquelle wird in der Serienschaltung aufgeteilt:

LampeNTC0 UUU +=

Die Teilspannungen sind proportional zu den Widerständen: Lampe

Lampe

NTC

NTC

RU

RU =

Wenn nach dem Einschalten die Temperatur der beiden Widerstände durch die elektrische Energiezufuhr steigt, nimmt RNTC ab und RLampe zu. Somit nimmt auch UNTC ab und ULampe zu. Die Stromstärke in der Reihenschaltung kann sich auch verändern. Aber offensichtlich nimmt sie kaum ab, sondern eher zu, so dass die Leistung der Lampe LampeP U I= mit steigender Temperatur zunimmt.

Physik anwenden und verstehen: Lösungen 6.2 Elektrischer Stromkreis 15 © 2004 Orell Füssli Verlag AG

108 a)

RGlüh RGlüh RGlüh

RNTC RNTC RNTC b) Der NTC-Widerstand darf sich nicht stark aufheizen und der Strom, der durch ihn

fliesst, trägt nicht zur gewünschten Lichtproduktion bei. Im kalten Zustand hat der Glühdraht einen viel kleineren Widerstand als der NTC-Widerstand. Dadurch fliesst bei gleicher Spannung mehr Strom durch den Glühdraht. Die Leistung ist für den Glühdraht höher, und er wird so heiss, dass er glüht. Aber auch dann ist sein Wider-stand immer noch deutlich kleiner als der des NTC-Widerstandes.

c) Wenn ein Glühdraht durchbrennt, hat der verbleibende, kalte NTC-Widerstand

einen viel grösseren Widerstandswert als die übrigen, intakten Lampen. In der Reihenschaltung entfällt also auf ihn ein grosser Teil der Netzspannung. Dadurch heizt er sich auf, und sein Widerstandswert geht zurück. Parallel dazu geht auch die Teilspannung, die auf ihn entfällt, zurück. Im Vergleich zu a) ist die Teilspannung an der (defekten) Lampe und die Stromstärke wieder etwa gleich gross. Der NTC-Widerstand ist heisser, aber nicht so heiss, dass er glüht.

d) Offensichtlich kann es vorkommen, dass die in c) beschriebenen Vorgänge zu einer

grösseren Stromstärke in der Serienschaltung führen. Das geschieht, wenn der Widerstand des heissen NTC-Widerstandes in einer defekten Lampe kleiner als der Gesamtwiderstand einer intakten Lampe ist. Bei mehreren durchgebrannten Lampen kann es so zu einer Überhitzung der übrigen Lampen kommen, die dann auch durchbrennen. Schliesslich kann es zu einer Überhitzung der Zuleitungen und Verbindungsdrähte mit Brandgefahr kommen.