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5.3 Aufgabe 3 5 VERSUCHSDURCHFÜHRUNGU ohneRLU 0= R R 0U mitRLU 0=RR 01 + R R 0· (1 − R R 0) R 0R LHierbei ist R L der Belastungswiderstand von 324, 5Ω. Der Gesamtwiderstand R 0 beträgt hier R 0 =(1000 ± 5)Ω.8
5.3 Aufgabe 3 5 VERSUCHSDURCHFÜHRUNGOhne Belastungswiderstand Mit Belastungswiderstands R in Ω R/R 0 U/U 0 U/U 00 0 ± 5 0, 0 ± 0, 0 0, 0 ± 0, 0 0, 0 ± 0, 01 100 ± 5 0, 1 ± 0, 006 0, 1 ± 0, 006 0, 078 ± 0, 022 200 ± 5 0, 2 ± 0, 006 0, 2 ± 0, 006 0, 13 ± 0, 023 300 ± 5 0, 3 ± 0, 007 0, 3 ± 0, 007 0, 18 ± 0, 024 400 ± 5 0, 4 ± 0, 007 0, 4 ± 0, 007 0, 23 ± 0, 025 500 ± 5 0, 5 ± 0, 008 0, 5 ± 0, 008 0, 28 ± 0, 026 600 ± 5 0, 6 ± 0, 008 0, 6 ± 0, 008 0, 34 ± 0, 027 700 ± 5 0, 7 ± 0, 009 0, 7 ± 0, 009 0, 42 ± 0, 028 800 ± 5 0, 8 ± 0, 009 0, 8 ± 0, 009 0, 54 ± 0, 039 900 ± 5 0, 9 ± 0, 01 0, 9 ± 0, 01 0, 70 ± 0, 0310 1000 ± 5 1, 0 ± 0, 01 1, 0 ± 0, 01 1, 0 ± 0, 04Exemplarische Rechnung für s = 1Rechnung ohne BelastungswiderstandFehlerrechnungTabelle 7: Theoretische Spannungsabfälle am PotentiometerUU 0= R R 0= 100Ω1000Ω = 0, 1Rechnung mit Belastungswiderstandδ R = δR + δR 0R 0∆ R ( ∆R=R 0 R + ∆R )0· RR 0 R 0∆ R ( 5=R 0 100 + 5 )100· = 0, 00551000 1000U mitRLU 0=U mitRLU 0=RR 01 + R R 0· (1 − R R 0) R 01 + 10010001001000R L· (1 −1001000 ) 1000324,5≈ 0, 078FehlerrechnungDa wir uns den Fehler des Lastwiderstandes nicht notiert haben, können wir leider nur einen Fehlervon 0Ω annehmen...δ U mitR LU 0= δR + δR 0 + δR + δR 0 + δR + δR 0 + δR + δR Lδ U mitR LU 0∆ U mitR LU 0=∆ U mitR LU 0== 4 · δR + 3 · δR 0 + δR L( 4 · ∆R+ 3 · ∆R 0R 0R( 201000 + 15100 + 0324, 5+ ∆R )L·R L)·RR 01 + R R 0· (1 − R R 0) R 01 + 10010001001000R L· (1 −1001000 ) 1000324,5≈ 0, 0149
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Seite 10 und 11: 6 AUSWERTUNG6 Auswertung6.1 Aufgabe
Seite 12 und 13: 6.2 Aufgabe 2 7 ZUSAMMENFASSUNG UND

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