Problem mit nichtlinearem Widerstand

[M. S. (ms111)]

Hallo zusammen,
kann ich die angehängte aufgabe auch anders lösen als durch das 
einsetzen zweier punkte in eine maschengleichung und das erstellen einer 
graden und das ablesen des schnittpunktes? gibt es da ne lösung die 
schneller geht?

Ich habe es jetzt so gelöst: ich habe eine Machengleichung aufgestellt 
nach der Form: -Uq+Ri*I+R1*I+U(nl)=0
Dann habe ich nach I umgestellt und habe durch das einsetzen zweier 
Punkte eine Gerade erhalten die ich dann mit in das Koordinatensystem 
eingezeichnet habe. Dann hab ich den Schnittpunkt der beiden Graden 
bestimmt, es ist der Punkt U=2V I=0,06A
Geht das irgendwie schneller? zb mit nem LGS oder so?

[Tom Thomsen (Gast)]

Malte S. schrieb:
> gibt es da ne lösung die schneller geht?

Noch schneller?

[M. S. (ms111)]

Naja nen weg ohne grafische lösung. dachte an ein LGS oder so

[Helmut S. (helmuts)]

Da Uq>0,5V sind wir auf dem schräg steigenden "Ast".

Geradengleicung

(1) Unl=0,5V+I*25Ohm

(2) I = (U-Unl)/(Ri+R1)

Jetzt Unl von 1 in 2 einsetzen und nach I auflösen.

I = (U-0,5V-I*25Ohm)/(Ri+R1)

I = (U-0,5V)/(R1+Ti+25Ohm)
I = 4,5V/75Ohm
I = 0,06A

I in (1) einsetzen.

Unl = 0,5V+0,06A*25Ohm
Unl = 2V

[M. S. (ms111)]

Oh dankeschön :) ich muss den Punkt 0,5 nehmen oder? Oder kann ich einen 
beliebigen Punkt nehmen?
Die 25 Ohm sind der differentielle Widerstand oder?

[Helmut S. (helmuts)]

Es gibt nur diese Geradengleichung. Bei I=0A muss 0,5V herauskommen.

Unl=0,5V+I*25Ohm


> Die 25 Ohm sind der differentielle Widerstand oder?

Ja.

[Yalu X. (yalu) (Moderator)]

Nachdem du festgestellt hast, dass hier der schräge Ast der Kennlinie
maßgeblich ist, kannst du auch folgendermaßen fortfahren:

Ersetze Rnl durch eine Serienschaltung aus einer Spannungsquelle mit
0,5V (Position des Knicks) und einem Widerstand mit 25Ω (differentieller
Widerstand im schrägen Ast).

Die Gesamtschaltung stellt sich jetzt als Serienschaltung von zwei
Spannungsquellen und drei Widerständen dar. Die Spannungsquellen kannst
du zusammenfassen zu einer mit 5V - 0,5V = 4,5V, ebenso die Widerstände
zu einem mit 43Ω + 7Ω + 25Ω = 75Ω. Daraus ergibt sich der Strom

  Inl = 4,5V / 75Ω = 60mA

Die Spannung Unl ist einfach die Summe aus den 0,5V und dem
Spannungabfall an den 25Ω, also

  Unl = 0,5V + 60mA · 25Ω = 2V.

Vom arithmetischen Rechenaufwand läuft das auf dasselbe hinaus, was
Helmut schon vorgeschlagen hat, man erspart sich aber das Aufschreiben
und Auflösen der beiden Gleichungen.

[M. S. (ms111)]

oki danke an euch beide :) ich werd es nachher mal ausprobieren :)
ich sitze allerdings vor einer anderen aufgabe und komme nicht weiter... 
Also das Potential phi 1 hab ich berechnet, das ist auch richtig (phi 
1=-1Uq) aber ich komme bei phi 2 und 3 auf alles mögliche aber nicht auf 
das gewünschte ergebnis... Das Problem ist die ideale spannungsquelle 
zwischen phi 1 und phi 0... Ich hatte die realen spannungsquellen durhc 
stromquellen ersetzt und bin dann auf leitwerte von 3/2G links und 8/15G 
rechts gekommen. Das aufgestellte LGS sah ungefähr so aus:

3/2G*phi 2 - 1/2G*phi3 = -Iq
-1/2G*phi2 + 8/15G*phi3= Iq

da Iq=4Uq*G ergibt sich:
3/2G*phi 2 - 1/2G*phi3 = -4Uq*G     |:G
-1/2G*phi2 + 8/15G*phi3= 4Uq*G      |:G

3/2*phi 2 - 1/2*phi3 = -4Uq
-1/2*phi2 + 8/15*phi3= 4Uq

Ich habe für phi2: -8/33Uq raus richtig wären -7/3Uq