Elektrisches Feld (Q1.1)

Kondensator laden und entladen (RC-Kreis)

Warum die e-Funktion auftaucht, was τ = RC bedeutet und wie man aus einer Messreihe die Kapazität bestimmt.

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Das Wichtigste in einem SatzBeim Entladen über einen Widerstand ist der Strom proportional zur noch vorhandenen Ladung: $\dot Q = -\dfrac{Q}{RC}$. Die einzige Funktion, deren Ableitung ein Vielfaches ihrer selbst ist, ist die e-Funktion – also $Q(t) = Q_0\,e^{-t/(RC)}$ mit der Zeitkonstante $\tau = RC$. Nach $\tau$ sind noch $37\,\%$ da, nach $5\tau$ praktisch nichts; die Halbwertszeit ist $T_{1/2} = \tau\ln 2$.

Vorwissen aus den Jahren davor – kurz prüfen

Tippe auf eine Frage, erst selbst antworten, dann vergleichen. Wenn etwas wackelt: zuerst dort nachlesen, sonst stolperst du im neuen Stoff.

Was ist die Ableitung von $e^{kt}$ – und warum ist die Kettenregel hier Pflicht?

$\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}e^{kt} = k\cdot e^{kt}$. Die äußere Funktion $e^{(\dots)}$ bleibt beim Ableiten erhalten, die innere Funktion $kt$ liefert den Faktor $k$ (Kettenregel: äußere Ableitung mal innere Ableitung). Für $k = -\dfrac{1}{\tau}$ heißt das $\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}e^{-t/\tau} = -\dfrac1\tau\,e^{-t/\tau}$. Zahlenbeispiel: $f(t) = e^{-t/2}$, dann $f'(t) = -\tfrac12 e^{-t/2}$ und $f'(0) = -0{,}5$ – nicht $-1$ und nicht $+0{,}5$. Wer den Faktor $-1/\tau$ vergisst, kann die Lösung der RC-Gleichung nicht nachweisen.

Was ist der natürliche Logarithmus, und wie löst du $e^{-x} = 0{,}5$?

$\ln$ ist die Umkehrfunktion von $e^{(\dots)}$: $\ln(e^x) = x$ und $e^{\ln y} = y$. Regeln: $\ln(a\cdot b) = \ln a + \ln b$, $\ln(a^k) = k\ln a$, $\ln 1 = 0$, $\ln\dfrac1a = -\ln a$. Aus $e^{-x} = 0{,}5$ folgt $-x = \ln 0{,}5 = -\ln 2$, also $x = \ln 2 = 0{,}693$. Genau so bekommst du die Halbwertszeit: $e^{-T_{1/2}/\tau} = \tfrac12 \Rightarrow T_{1/2} = \tau\ln 2$.

Ohmsches Gesetz, Maschenregel und Knotenregel – was sagen sie?

Ohm: $U = R\cdot I$, am Widerstand fällt die Spannung $U_R = RI$ ab. Maschenregel: In jeder geschlossenen Schleife ist die Summe aller Spannungen null – die Quellenspannung verteilt sich auf die Bauteile: $U_0 = U_R + U_C$. Knotenregel: Was in einen Knoten hineinfließt, fließt auch wieder hinaus. In einem einfachen Stromkreis (eine Masche) fließt deshalb überall derselbe Strom $I$. Beispiel: $U_0 = 12\,\mathrm{V}$, $R = 4{,}7\,\mathrm{k\Omega}$ und ein leerer Kondensator ($U_C = 0$): Es fließt $I = 12\,\mathrm{V}/4700\,\Omega = 2{,}55\,\mathrm{mA}$.

Was ist Stromstärke, und wie hängt sie mit der Ladung auf dem Kondensator zusammen?

Stromstärke ist Ladung pro Zeit: $I = \dfrac{\Delta Q}{\Delta t}$, als Momentanwert $I = \dfrac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}t}$. $1\,\mathrm{A} = 1\,\mathrm{C/s}$. Fließt Strom auf den Kondensator, wächst dessen Ladung: $\dot Q = +I$. Fließt er herunter (Entladung), nimmt sie ab: $\dot Q = -I$. Das Vorzeichen ist keine Formsache – es entscheidet darüber, ob die Lösung abklingt oder explodiert.

Was bedeutet „Linearisieren“ einer Messreihe?

Man rechnet die Messgrößen so um, dass eine Gerade entsteht, weil nur bei einer Geraden Steigung und Achsenabschnitt sauber abgelesen werden können. Beispiel Pendel: $T^2$ gegen $l$ statt $T$ gegen $l$. Beim RC-Kreis: Aus $U = U_0 e^{-t/\tau}$ wird durch Logarithmieren $\ln U = \ln U_0 - \dfrac{t}{\tau}$ – eine Gerade in $t$ mit Steigung $-1/\tau$. Punkte eintragen, nicht verbinden, Ausgleichsgerade zeichnen, Steigung aus zwei weit auseinanderliegenden Punkten der Geraden (nicht aus Messpunkten) berechnen.

Die Schaltung und was man beobachtet

Die Grundschaltung besteht aus einer Spannungsquelle $U_0$, einem Widerstand $R$, einem Kondensator $C$ und einem Umschalter. In Stellung „Laden“ liegt der Kondensator über $R$ an der Quelle; in Stellung „Entladen“ ist die Quelle abgetrennt und der Kondensator über $R$ kurzgeschlossen. Ein Spannungsmesser am Kondensator und ein Strommesser in der Leitung zeigen, was passiert.

Entladen: Die Kondensatorspannung fällt zunächst schnell, dann immer langsamer – sie nähert sich null, erreicht es aber theoretisch nie. Der Strom macht dasselbe. Laden: Die Spannung steigt zunächst schnell, dann immer langsamer gegen $U_0$; der Strom ist am Anfang am größten und fällt gegen null. In beiden Fällen ist die Kurve keine Gerade und keine Parabel, sondern eine e-Funktion. Warum, zeigt der nächste Abschnitt.

Zwei Merkregeln für das Verhalten des Kondensators im Stromkreis, die bei jeder Schaltungsaufgabe helfen:

Im ersten Moment nach dem Einschalten ist der Kondensator leer, $U_C = 0$: Er verhält sich wie ein Kurzschluss, die volle Spannung $U_0$ liegt am Widerstand und es fließt der Maximalstrom $I_0 = U_0/R$.
Lange nach dem Einschalten ist er voll, $U_C = U_0$: Es fließt kein Strom mehr, er verhält sich wie eine Unterbrechung. Ein Kondensator lässt Gleichstrom auf Dauer nicht durch.

Die Zeitskala, auf der das passiert, wird allein von $R$ und $C$ bestimmt: Großer Widerstand (kleiner Strom) oder große Kapazität (viel Ladung) bedeuten einen langsamen Vorgang. Mit $R = 4{,}7\,\mathrm{k\Omega}$ und $C = 470\,\mathrm{\mu F}$ dauert das Entladen einige Sekunden – im Unterricht gut zu beobachten; mit $R = 100\,\Omega$ und $C = 10\,\mathrm{nF}$ läuft derselbe Vorgang in einer Mikrosekunde ab.

Entladung: Vom Stromkreis zur Differentialgleichung

Beim Entladen gibt es nur eine Masche mit Kondensator und Widerstand. Die Maschenregel sagt: Die Spannung am Kondensator treibt den Strom durch den Widerstand, $U_C = U_R = R\cdot I$. Zwei weitere Beziehungen kennst du: $Q = C\cdot U_C$ und – hier kommt das Vorzeichen – der Zusammenhang zwischen Strom und Ladung.

Das Vorzeichen bewusst setzen

Der Entladestrom trägt Ladung vom Kondensator weg. In der Zeit $\Delta t$ fließt die Ladung $I\cdot\Delta t$ ab, die Kondensatorladung nimmt um genau diesen Betrag ab: $\Delta Q = -I\,\Delta t$, also $I = -\dot Q$. Mit $I$ ist dabei die (positive) Stromstärke gemeint, die der Strommesser anzeigt. Wer hier $I = +\dot Q$ schreibt, bekommt $\dot Q = +Q/(RC)$ und eine Ladung, die exponentiell anwächst – physikalisch Unsinn, und man merkt es erst am Ende.

Jetzt alles zusammensetzen: $U_C = RI$ wird mit $U_C = Q/C$ und $I = -\dot Q$ zu $\dfrac{Q}{C} = -R\,\dot Q$, also

$$\dot Q = -\frac{1}{RC}\,Q$$

Das ist eine Differentialgleichung: Sie verknüpft die Funktion $Q(t)$ mit ihrer eigenen Ableitung. Gelesen in Worten: Die Abnahmerate der Ladung ist proportional zur noch vorhandenen Ladung. Viel Ladung – große Spannung – großer Strom – schnelle Abnahme. Wenig Ladung – kleine Spannung – kleiner Strom – langsame Abnahme. Genau das erklärt die Form der Kurve: steil am Anfang, flach am Ende. Dieselbe Struktur hat der radioaktive Zerfall ($\dot N = -\lambda N$), das Abkühlen einer Tasse Tee und das Ausschwingen einer gedämpften Schwingung – die e-Funktion ist die Universallösung für „Änderung proportional zum Bestand“.

Die Lösung Q(t) = Q₀·e^(−t/τ) – und der Nachweis durch Einsetzen

Gesucht ist eine Funktion, deren Ableitung bis auf den Faktor $-\dfrac{1}{RC}$ wieder die Funktion selbst ist. Das kann nur die e-Funktion. Ansatz mit der Anfangsladung $Q_0$:

$$Q(t) = Q_0\,e^{-t/(RC)} = Q_0\,e^{-t/\tau}\qquad\text{mit}\qquad \tau = RC$$

Im Abitur reicht es nicht, das hinzuschreiben – du musst zeigen, dass es die DGL erfüllt. Das geht durch Einsetzen, und hier ist die Kettenregel der entscheidende Schritt. Ausführlich:

Äußere Funktion: $e^{(\dots)}$, ihre Ableitung ist wieder $e^{(\dots)}$. Innere Funktion: $-\dfrac{t}{\tau}$, ihre Ableitung nach $t$ ist $-\dfrac1\tau$.
Kettenregel: $\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\,e^{-t/\tau} = e^{-t/\tau}\cdot\left(-\dfrac1\tau\right) = -\dfrac1\tau\,e^{-t/\tau}$.
Damit: $\dot Q = Q_0\cdot\left(-\dfrac1\tau\right)e^{-t/\tau} = -\dfrac1\tau\cdot\underbrace{Q_0\,e^{-t/\tau}}_{Q(t)} = -\dfrac{1}{RC}\,Q(t)$. Das ist die DGL – erfüllt.
Anfangsbedingung: $Q(0) = Q_0\,e^0 = Q_0$ – stimmt ebenfalls.

Einheitencheck für $\tau = RC$: $[R]\cdot[C] = \Omega\cdot\mathrm{F} = \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{A}}\cdot\dfrac{\mathrm{C}}{\mathrm{V}} = \dfrac{\mathrm{C}}{\mathrm{A}} = \dfrac{\mathrm{A\,s}}{\mathrm{A}} = \mathrm{s}$. Eine Zeit – wie es sein muss, denn im Exponenten darf nur eine reine Zahl stehen. Beispiel: $R = 4{,}7\,\mathrm{k\Omega}$, $C = 470\,\mathrm{\mu F}$ ergibt $\tau = 4700\,\Omega\cdot 4{,}7\cdot 10^{-4}\,\mathrm{F} = 2{,}21\,\mathrm{s}$.

Aus $Q(t)$ folgen Spannung und Strom sofort, weil beide proportional zu $Q$ sind:

$$U_C(t) = \frac{Q(t)}{C} = U_0\,e^{-t/\tau}\qquad\qquad I(t) = \frac{U_C(t)}{R} = \frac{U_0}{R}\,e^{-t/\tau} = I_0\,e^{-t/\tau}$$

Alle drei Größen klingen mit derselben Zeitkonstante ab; die Kurven unterscheiden sich nur im Maßstab. Mit $U_0 = 12\,\mathrm{V}$ im Beispiel: $I_0 = 12\,\mathrm{V}/4700\,\Omega = 2{,}55\,\mathrm{mA}$, $Q_0 = CU_0 = 5{,}64\cdot 10^{-3}\,\mathrm{C}$.

Was τ bedeutet: 37 %, Tangente, Halbwertszeit

Die Zeitkonstante $\tau = RC$ ist die eine Zahl, die den ganzen Vorgang charakterisiert. Drei Deutungen, die du alle kennen und anwenden können musst:

Restwert nach $\tau$: $U_C(\tau) = U_0\,e^{-1} = 0{,}368\,U_0$. Nach einer Zeitkonstante sind noch $37\,\%$ der Anfangsspannung übrig, nach $2\tau$ noch $e^{-2} = 13{,}5\,\%$, nach $3\tau$ noch $5\,\%$, nach $5\tau$ noch $e^{-5} = 0{,}67\,\%$ – deshalb gilt der Kondensator nach $5\tau$ als „entladen“. Im Beispiel ($\tau = 2{,}21\,\mathrm{s}$) ist die Spannung nach $1\,\mathrm{s}$ auf $7{,}63\,\mathrm{V}$, nach $5\,\mathrm{s}$ auf $1{,}25\,\mathrm{V}$ gefallen.
Tangente im Ursprung: Die Anfangssteigung ist $\dot U_C(0) = -\dfrac{U_0}{\tau}$. Eine Gerade, die bei $U_0$ startet und mit dieser Steigung fällt, erreicht die $t$-Achse genau bei $t = \tau$. Würde die Entladung also mit der Anfangsgeschwindigkeit weitergehen, wäre der Kondensator nach $\tau$ leer. Das ist die grafische Bestimmung von $\tau$ aus einem Messdiagramm: Tangente bei $t = 0$ anlegen, Schnittpunkt mit der Zeitachse ablesen. Nebenbei: Diese Tangentenkonstruktion funktioniert an jedem Punkt der Kurve – die Subtangente ist immer $\tau$.
Halbwertszeit: Nach welcher Zeit ist die Spannung auf die Hälfte gefallen? Aus $U_0\,e^{-T_{1/2}/\tau} = \tfrac12 U_0$ folgt $e^{-T_{1/2}/\tau} = \tfrac12$, Logarithmieren gibt $-\dfrac{T_{1/2}}{\tau} = \ln\tfrac12 = -\ln 2$, also $$T_{1/2} = \tau\cdot\ln 2 = 0{,}693\,\tau .$$ Im Beispiel: $T_{1/2} = 2{,}21\,\mathrm{s}\cdot 0{,}693 = 1{,}53\,\mathrm{s}$. Die Halbwertszeit ist unabhängig vom Startwert: Von $12\,\mathrm{V}$ auf $6\,\mathrm{V}$ dauert es genauso lange wie von $6\,\mathrm{V}$ auf $3\,\mathrm{V}$. Das ist die zweite Möglichkeit, $\tau$ aus einem Diagramm zu holen – oft genauer als die Tangente, weil man keine Steigung schätzen muss.

Merkbild

$\tau$ ist die Zeit für „auf 37 % runter“ (Entladen) bzw. „auf 63 % rauf“ (Laden). $T_{1/2}$ ist kürzer als $\tau$, nämlich $0{,}69\,\tau$ – logisch, denn auf die Hälfte zu fallen geht schneller als auf ein Drittel.

Laden: dieselbe Zeitkonstante, gespiegelte Kurve

Beim Laden liegt die Quelle in der Masche. Maschenregel: $U_0 = U_R + U_C = RI + \dfrac{Q}{C}$. Jetzt fließt der Strom auf den Kondensator, also $I = +\dot Q$. Die Gleichung $U_0 = R\dot Q + Q/C$ hat die Lösung (nachrechnen durch Einsetzen – gleicher Kettenregel-Schritt wie oben):

$$Q(t) = CU_0\left(1 - e^{-t/\tau}\right)\qquad U_C(t) = U_0\left(1 - e^{-t/\tau}\right)\qquad I(t) = \frac{U_0}{R}\,e^{-t/\tau}$$

Lies die Formeln an den Rändern ab: Bei $t = 0$ ist $U_C = 0$ (Kondensator leer, wirkt wie Kurzschluss) und $I = I_0 = U_0/R$ (Maximalstrom). Für $t \to \infty$ geht $U_C \to U_0$ und $I \to 0$ (wirkt wie Unterbrechung). Die Spannungskurve ist die gespiegelte Entladekurve: nach $\tau$ sind $63\,\%$ erreicht, nach $5\tau$ über $99\,\%$. Der Strom dagegen hat beim Laden und Entladen dieselbe Form – er klingt in beiden Fällen von $I_0$ exponentiell ab, nur die Richtung ist umgekehrt. Die Summe $U_R + U_C$ ist zu jedem Zeitpunkt $U_0$: Was der Kondensator gewinnt, verliert der Widerstand.

Energiebilanz beim Laden – ein beliebtes „Erläutern“: Die Quelle schiebt insgesamt die Ladung $Q = CU_0$ durch den Kreis, und zwar bei konstanter Quellenspannung $U_0$. Sie gibt also die Energie $W_{\text{Quelle}} = Q\cdot U_0 = CU_0^2$ ab (hier ohne $\tfrac12$, weil die Quellenspannung die ganze Zeit $U_0$ ist). Im Kondensator landet aber nur $W_C = \tfrac12 CU_0^2$. Die andere Hälfte, ebenfalls $\tfrac12 CU_0^2$, wird im Widerstand zu Wärme. Das Überraschende: Dieser Anteil ist unabhängig von $R$. Ein kleiner Widerstand bedeutet großen Strom für kurze Zeit, ein großer Widerstand kleinen Strom für lange Zeit – die Wärme $\int R I^2\,\mathrm{d}t$ ist immer gleich. Der Wirkungsgrad des einfachen Ladens über einen Widerstand ist also genau $50\,\%$. Zahlen: $C = 470\,\mathrm{\mu F}$, $U_0 = 12\,\mathrm{V}$ liefert $W_{\text{Quelle}} = 67{,}7\,\mathrm{mJ}$, davon $33{,}8\,\mathrm{mJ}$ im Kondensator, $33{,}8\,\mathrm{mJ}$ Wärme.

Messreihe auswerten: ln U gegen t

Die typische Abituraufgabe gibt eine Tabelle $U_C(t)$ aus einem Entladeversuch und fragt nach $\tau$, nach $C$ (bei bekanntem $R$) und nach der Halbwertszeit. Der Weg, der alle Punkte bringt:

Linearisieren. Aus $U_C = U_0\,e^{-t/\tau}$ wird durch Logarithmieren beider Seiten $$\ln U_C = \ln U_0 - \frac{1}{\tau}\,t .$$ Trägt man $\ln U_C$ (nur die Zahlenwerte, $U_C$ in V) gegen $t$ auf, liegen die Punkte auf einer Geraden mit Steigung $m = -1/\tau$ und Achsenabschnitt $\ln U_0$. Liegen sie nicht auf einer Geraden, ist der Vorgang nicht exponentiell – auch das ist eine Aussage.
Ausgleichsgerade durch die Punktwolke legen (Punkte nicht verbinden), Steigung aus zwei weit auseinanderliegenden Punkten der Geraden ablesen: $m = \dfrac{\Delta(\ln U)}{\Delta t}$.
$\tau = -\dfrac1m$, dann $C = \dfrac{\tau}{R}$ und $T_{1/2} = \tau\ln 2$. Einheiten: $m$ in $\mathrm{1/s}$, $\tau$ in s, $C = \tau/R$ in $\mathrm{s/\Omega} = \mathrm{F}$.
Plausibilität: Passt $C$ zur Größenordnung eines Elektrolytkondensators (µF bis mF)? Stimmt $e^{\text{Achsenabschnitt}}$ ungefähr mit dem gemessenen $U_0$ überein?
Unsicherheit: Die ersten Messwerte sind groß und relativ genau, die letzten klein und relativ ungenau (Ablesefehler von $\pm 0{,}05\,\mathrm{V}$ bei $0{,}24\,\mathrm{V}$ sind $20\,\%$!). Im $\ln$-Diagramm streuen deshalb die späten Punkte stärker – die Gerade nicht blind durch den letzten Punkt zwingen.

Zwei Kontrollen, die du ohne Rechner machen kannst: Die Halbwertszeit direkt aus der Tabelle ablesen (wann ist $U_0/2$ erreicht?) und mit $\tau\ln 2$ vergleichen; und $\tau$ als die Zeit ablesen, zu der $U_C = 0{,}37\,U_0$ ist. Stimmen alle drei Wege ungefähr überein, ist die Auswertung glaubwürdig.

Simulation: RC-Kreis – Laden und Entladen in Echtzeit

Links die Schaltung mit Ladungsbalken, rechts U_C(t) und I(t). Die gestrichelte Tangente im Ursprung trifft die t-Achse bei τ; die Marken zeigen τ, 2τ und T½.

Probiere in der Simulation

Lies $\tau$ ab, wo die Tangente die $t$-Achse schneidet, und vergleiche mit $R\cdot C$. Verdopple dann $R$: Wie ändern sich $\tau$, $T_{1/2}$ und $I_0$? Vorher voraussagen.
Stelle die Spannung so ein, dass $U_0$ sich verdoppelt. Ändert sich $\tau$? Ändert sich $I_0$? Begründe mit $\tau = RC$ und $I_0 = U_0/R$.
Schalte auf „Laden“ und lass die Animation laufen. Beobachte $I(t)$ und $U_C(t)$ bei $t = 0$ und für große $t$: Wann wirkt der Kondensator wie ein Kurzschluss, wann wie eine Unterbrechung?
Schalte auf „$\ln(U_C)$ gegen $t$“. Warum ist das eine Gerade, und was ist ihre Steigung? Prüfe: $-1/\text{Steigung}$ muss $\tau$ ergeben.

Herleitung: Entladung: DGL $\dot Q = -Q/(RC)$ und Lösung $Q(t) = Q_0 e^{-t/(RC)}$

Diese Herleitung ist Pflichtstoff und wird fast wörtlich so im Abitur verlangt („Stellen Sie die Differentialgleichung auf und zeigen Sie, dass … eine Lösung ist“). Skizziere die Entladeschaltung (Kondensator, Widerstand, Strompfeil), begründe das Vorzeichen bei $I = -\dot Q$ und führe die Kettenregel ausdrücklich vor. Tippe „Verdecken“ und versuche es zuerst selbst.

Entladeschaltung: Der geladene Kondensator ($Q_0$, $U_0 = Q_0/C$) ist nur noch mit dem Widerstand $R$ verbunden. Die Maschenregel für diese eine Masche sagt, dass die Kondensatorspannung gleich der Spannung am Widerstand ist, und am Widerstand gilt das ohmsche Gesetz:
$$ U_C = U_R = R\cdot I $$
Die Kondensatorspannung hängt über die Kapazität mit der momentanen Ladung zusammen:
$$ U_C = \frac{Q}{C} $$
Der Strom $I$ transportiert Ladung vom Kondensator weg: In der Zeit $\mathrm{d}t$ fließt $I\,\mathrm{d}t$ ab, die Ladung nimmt also um diesen Betrag ab, $\mathrm{d}Q = -I\,\mathrm{d}t$. Das Minuszeichen drückt aus, dass $Q$ bei positivem Strom kleiner wird:
$$ I = -\dot Q = -\frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}t} $$
Einsetzen von Schritt 2 und 3 in Schritt 1 ergibt eine Gleichung, in der nur noch $Q$ und $\dot Q$ vorkommen – die Differentialgleichung der Entladung. Sie sagt: Die Abnahmerate der Ladung ist proportional zur noch vorhandenen Ladung.
$$ \frac{Q}{C} = -R\,\dot Q\quad\Rightarrow\quad \dot Q = -\frac{1}{RC}\,Q $$
Gesucht ist eine Funktion, deren Ableitung ein konstantes Vielfaches ihrer selbst ist. Das leistet die e-Funktion. Ansatz mit der Abkürzung $\tau = RC$ (Einheitencheck: $\Omega\cdot\mathrm{F} = \frac{\mathrm{V}}{\mathrm{A}}\cdot\frac{\mathrm{As}}{\mathrm{V}} = \mathrm{s}$):
$$ Q(t) = Q_0\,e^{-t/\tau},\qquad \tau = RC $$
Nachweis durch Einsetzen. Ableiten mit der Kettenregel: Die äußere Funktion $e^{(\dots)}$ bleibt, die innere Funktion $-t/\tau$ liefert den Faktor $-1/\tau$. Der Ausdruck $Q_0 e^{-t/\tau}$ ist aber gerade $Q(t)$ – also erfüllt der Ansatz die DGL.
$$ \dot Q = Q_0\cdot\left(-\frac1\tau\right)e^{-t/\tau} = -\frac{1}{RC}\,\underbrace{Q_0\,e^{-t/\tau}}_{Q(t)} = -\frac{1}{RC}\,Q(t)\ \checkmark $$
Anfangsbedingung prüfen: $Q(0) = Q_0\,e^{0} = Q_0$. Damit sind DGL und Anfangswert erfüllt. Spannung und Strom folgen durch Teilen durch $C$ bzw. durch $RC$:
$$ U_C(t) = U_0\,e^{-t/\tau},\qquad I(t) = \frac{U_0}{R}\,e^{-t/\tau} $$

Schlusssatz (im Abitur Pflicht): Die Entladung eines Kondensators über einen Widerstand gehorcht der Differentialgleichung $\dot Q = -Q/(RC)$; ihre Lösung ist $Q(t) = Q_0\,e^{-t/(RC)}$ mit der Zeitkonstante $\tau = RC$, nach der die Ladung auf $e^{-1} \approx 37\,\%$ abgefallen ist, was zu zeigen war.

Formeln, die du sicher können musst

Größe / Gesetz	Formel	Was sie sagt · wann sie gilt
DGL der Entladung	$\dot Q = -\dfrac{1}{RC}\,Q$	aus $U_C = RI$, $Q = CU_C$, $I = -\dot Q$; Abnahmerate $\propto$ Bestand
Entladung	$Q(t) = Q_0\,e^{-t/(RC)}$	Regelheft; ebenso $U_C = U_0 e^{-t/\tau}$ und $I = I_0 e^{-t/\tau}$
Zeitkonstante	$\tau = R\cdot C$	$\Omega\cdot\mathrm{F} = \mathrm{s}$; nach $\tau$ noch $37\,\%$, nach $5\tau$ unter $1\,\%$; Tangente im Ursprung schneidet $t$-Achse bei $\tau$
Halbwertszeit	$T_{1/2} = \tau\ln 2 \approx 0{,}693\,\tau$	aus $e^{-T_{1/2}/\tau} = \tfrac12$; unabhängig vom Startwert
Ladung (Aufladen)	$U_C(t) = U_0\left(1 - e^{-t/\tau}\right)$	aus $U_0 = RI + Q/C$ mit $I = +\dot Q$; nach $\tau$ $63\,\%$ erreicht
Ladestrom	$I(t) = \dfrac{U_0}{R}\,e^{-t/\tau}$	gleiche Form wie beim Entladen; $t=0$: Kurzschluss ($I_0 = U_0/R$), $t\to\infty$: Unterbrechung
Kettenregel	$\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\,e^{-t/\tau} = -\dfrac1\tau\,e^{-t/\tau}$	innere Ableitung $-1/\tau$ nicht vergessen – ohne sie kein Nachweis der Lösung
Linearisierung	$\ln U_C = \ln U_0 - \dfrac{t}{\tau}$	$\ln U_C$ gegen $t$: Gerade mit Steigung $-1/\tau$; $C = \tau/R$
Energiebilanz Laden	$W_{\text{Quelle}} = CU_0^2 = \underbrace{\tfrac12 CU_0^2}_{W_C} + \underbrace{\tfrac12 CU_0^2}_{W_R}$	Hälfte wird im Widerstand zu Wärme – unabhängig von $R$

Typische Fehler – und wie du die Punkte holst

$\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}e^{-t/\tau} = e^{-t/\tau}$ oder $= -e^{-t/\tau}$ geschrieben – die innere Ableitung fehlt.
Kettenregel: äußere Ableitung ($e^{-t/\tau}$) mal innere Ableitung ($-1/\tau$). Also $-\dfrac1\tau e^{-t/\tau}$. Kontrolle: Die Steigung bei $t = 0$ muss $-U_0/\tau$ sein, damit die Tangente die Achse bei $\tau$ trifft.
$I = +\dot Q$ bei der Entladung angesetzt – die DGL lautet dann $\dot Q = +Q/(RC)$ und die Lösung wächst exponentiell.
Der Entladestrom nimmt dem Kondensator Ladung weg: $\mathrm{d}Q = -I\,\mathrm{d}t$, also $I = -\dot Q$. Das Minus in einem Satz begründen („Ladung nimmt ab, Strom ist positiv“). Beim Laden fließt der Strom auf den Kondensator: $I = +\dot Q$.
Lösung nur hingeschrieben („das ist eine e-Funktion“), aber nicht durch Einsetzen nachgewiesen.
„Zeigen Sie, dass … Lösung ist“ heißt: ableiten (Kettenregel!), in die DGL einsetzen, beide Seiten vergleichen, Anfangsbedingung $Q(0) = Q_0$ prüfen. Das sind drei bis vier Punkte.
$\tau$ mit der Halbwertszeit verwechselt oder „nach $\tau$ ist die Hälfte weg“ behauptet.
Nach $\tau$ ist $e^{-1} = 37\,\%$ übrig (also $63\,\%$ weg). Die Halbwertszeit ist kürzer: $T_{1/2} = \tau\ln 2 = 0{,}69\,\tau$. Beide Werte aus dem Diagramm ablesen und gegenprüfen.
Zeitkonstante aus einem einzelnen Messwert berechnet oder $U$ gegen $t$ aufgetragen und „ungefähr eine e-Funktion“ geschrieben.
Linearisieren: $\ln U_C$ gegen $t$ auftragen, Ausgleichsgerade, Steigung $m$ aus zwei weit entfernten Geradenpunkten, $\tau = -1/m$. Eine Gerade kann man beurteilen, eine Kurve nicht.
Energiebilanz: „Die Quelle liefert $\tfrac12 CU_0^2$, alles landet im Kondensator.“
Die Quelle liefert $QU_0 = CU_0^2$ (konstante Quellenspannung, kein $\tfrac12$). Der Kondensator speichert $\tfrac12 CU_0^2$; die andere Hälfte wird im Widerstand zu Wärme – unabhängig von $R$.
Einheiten im Exponenten: $e^{-t/\tau}$ mit $t$ in s und $\tau = RC$ in $\mathrm{k\Omega\cdot\mu F}$ „ausgerechnet“.
$\tau$ in Sekunden berechnen ($\mathrm{k\Omega\cdot\mu F} = 10^3\cdot 10^{-6}\,\mathrm{s} = \mathrm{ms}$!), dann $t/\tau$ als reine Zahl bilden. Einheitencheck $\Omega\cdot\mathrm{F} = \mathrm{s}$ hinschreiben – das ist ein eigener Punkt.

Abitur-Operatoren bei diesem Thema

Erläutern (Kurvenform, Bedeutung von $\tau$, Energiebilanz): Phänomen → Ursache → Gesetz. Beispiel: „Die Spannung fällt anfangs steil, später flach (Phänomen), weil der Entladestrom proportional zur Kondensatorspannung ist und mit ihr abnimmt (Ursache); mathematisch $\dot Q = -Q/(RC)$, Lösung $e$-Funktion (Gesetz).“
Stellen Sie die DGL auf / Zeigen Sie, dass … Lösung ist: Schaltskizze mit Strompfeil, Maschenregel, $Q = CU$, Vorzeichen von $I = -\dot Q$ begründen, Ableitung mit Kettenregel vorführen, einsetzen, Anfangsbedingung, Schlusssatz.
Bestimmen Sie $\tau$ / $C$ aus der Messreihe: Linearisierung $\ln U$ gegen $t$ (oder Tangente/Halbwertszeit im $U$-$t$-Diagramm – Methode benennen), Ausgleichsgerade, Steigung mit Einheit, $\tau = -1/m$, $C = \tau/R$, SCI-3, Antwortsatz.
Beurteilen (z. B. ob ein Kondensator als Zeitgeber taugt, ob die Messung exponentiell ist): Linearität im $\ln$-Diagramm prüfen, relative Abweichung vom Nennwert, Streuung der späten Messpunkte benennen.

Warum das über die Klausur hinaus wichtig bleibt

Die Gleichung „Änderung proportional zum Bestand“ ist das Arbeitspferd der Abiturphysik: Sie kommt beim radioaktiven Zerfall in Q3 ($\dot N = -\lambda N$, Halbwertszeit $\ln 2/\lambda$) wörtlich wieder, bei der Selbstinduktion (Q1.2) als $I(t) = I_0(1 - e^{-t R/L})$ mit der Zeitkonstante $L/R$, und in der Mechanik (Q2) als gedämpfte Schwingung mit abklingender Amplitude. Die Linearisierung über den Logarithmus brauchst du bei jeder dieser Messreihen. Im Maschinenbau-Studium ist der RC-Kreis das einfachste dynamische System erster Ordnung: Zeitkonstanten beschreiben Temperaturfühler, Hydraulikspeicher und Regelstrecken genau so, und jeder Tiefpassfilter in der Messtechnik ist ein RC-Glied.

5 harte Fragen – hast du es wirklich verstanden?

Offene Aufgaben auf Papier lösen (Zeit stoppen!), erst dann die Lösung aufdecken und ehrlich Punkte geben. Die Ergebnisse werden auf diesem Gerät gespeichert.

Aufgabe 1Offene Aufgabe · ca. 15 min10 P

Messreihe einer Entladung auswerten

Ein Kondensator wird auf $U_0 = 9{,}00\,\mathrm{V}$ aufgeladen und dann über einen Widerstand $R = 10{,}0\,\mathrm{k\Omega}$ entladen. Die Spannung wird alle $2\,\mathrm{s}$ abgelesen (Ablesegenauigkeit $\pm 0{,}05\,\mathrm{V}$):

$t$ in s	0	2	4	6	8	10	12
$U_C$ in V	9,00	4,90	2,68	1,46	0,80	0,44	0,24

Zeige durch eine geeignete Linearisierung, dass die Entladung exponentiell verläuft, und bestimme die Zeitkonstante $\tau$ aus der gesamten Messreihe.
Berechne die Kapazität $C$ und die Halbwertszeit. Prüfe die Halbwertszeit direkt an der Tabelle.
Der Kondensator trägt den Aufdruck „$330\,\mathrm{\mu F}$“. Beurteile das Messergebnis und begründe, welche Messwerte die Ausgleichsgerade am wenigsten beeinflussen sollten.

Erwartungshorizont

3 Pa) $\ln U_C = \ln U_0 - t/\tau$ hergeleitet; Tabelle $\ln U_C$: $2{,}197$; $1{,}589$; $0{,}986$; $0{,}378$; $-0{,}223$; $-0{,}821$; $-1{,}427$; Punkte liegen auf einer Geraden $\Rightarrow$ exponentiell
2 Pa) Ausgleichsgerade, Steigung $m = -0{,}302\,\mathrm{s^{-1}}$, $\tau = -1/m = 3{,}31\,\mathrm{s}$ mit Antwortsatz
2 Pb) $C = \tau/R = 3{,}31\cdot 10^{-4}\,\mathrm{F} = 331\,\mathrm{\mu F}$; $T_{1/2} = \tau\ln 2 = 2{,}30\,\mathrm{s}$
1 Pb) Tabellencheck: $4{,}50\,\mathrm{V}$ wird kurz nach $t = 2\,\mathrm{s}$ erreicht ($4{,}90\,\mathrm{V}$), $2{,}25\,\mathrm{V}$ kurz nach $4\,\mathrm{s}$ – konsistent mit $2{,}3\,\mathrm{s}$
2 Pc) Abweichung vom Nennwert $+0{,}4\,\%$, Kondensatortoleranz typisch $\pm 10$ bis $20\,\%$ $\Rightarrow$ sehr gute Übereinstimmung; späte Messwerte haben große relative Unsicherheit ($\pm 0{,}05\,\mathrm{V}$ bei $0{,}24\,\mathrm{V}$ sind $21\,\%$), im $\ln$-Diagramm große Fehlerbalken $\Rightarrow$ geringes Gewicht

Musterlösung

a) Für eine exponentielle Entladung gilt $U_C(t) = U_0\,e^{-t/\tau}$. Logarithmieren beider Seiten: $$\ln U_C = \ln U_0 + \ln e^{-t/\tau} = \ln U_0 - \frac{1}{\tau}\,t .$$ Trägt man $\ln U_C$ gegen $t$ auf, muss sich eine Gerade mit Steigung $-1/\tau$ ergeben. Tabelle der Logarithmen (Zahlenwerte von $U_C$ in V):

$t$ in s	0	2	4	6	8	10	12
$\ln(U_C/\mathrm{V})$	2,197	1,589	0,986	0,378	−0,223	−0,821	−1,427

Die Differenzen benachbarter Werte sind nahezu konstant ($-0{,}61$; $-0{,}60$; $-0{,}61$; $-0{,}60$; $-0{,}60$; $-0{,}61$) – die Punkte liegen auf einer Geraden, die Entladung ist exponentiell. Ausgleichsgerade rechnerisch mit $\bar t = 6{,}0\,\mathrm{s}$, $\overline{\ln U} = 0{,}383$: $$m = \frac{\sum (t-\bar t)(\ln U - \overline{\ln U})}{\sum (t-\bar t)^2} = \frac{-33{,}80\,\mathrm{s}}{112\,\mathrm{s^2}} = -0{,}302\,\mathrm{s^{-1}}$$ (grafisch: Steigung aus zwei weit auseinanderliegenden Geradenpunkten, z. B. $(0\,\mathrm{s};\,2{,}19)$ und $(12\,\mathrm{s};\,-1{,}43)$, ergibt $\dfrac{-3{,}62}{12\,\mathrm{s}} = -0{,}302\,\mathrm{s^{-1}}$). Daraus $$\tau = -\frac{1}{m} = \frac{1}{0{,}302\,\mathrm{s^{-1}}} = 3{,}31\,\mathrm{s}.$$ Die Zeitkonstante beträgt $3{,}31\,\mathrm{s}$. Kontrolle: Der Achsenabschnitt $2{,}194$ entspricht $e^{2{,}194} = 8{,}97\,\mathrm{V} \approx U_0$.

b) Aus $\tau = RC$ folgt $$C = \frac{\tau}{R} = \frac{3{,}31\,\mathrm{s}}{1{,}00\cdot 10^4\,\Omega} = 3{,}31\cdot 10^{-4}\,\mathrm{F} = 331\,\mathrm{\mu F}.$$ Halbwertszeit: $T_{1/2} = \tau\ln 2 = 3{,}31\,\mathrm{s}\cdot 0{,}693 = 2{,}30\,\mathrm{s}$. Tabellencheck: Die Hälfte von $9{,}00\,\mathrm{V}$ ist $4{,}50\,\mathrm{V}$; bei $t = 2\,\mathrm{s}$ sind es noch $4{,}90\,\mathrm{V}$, also wird $4{,}50\,\mathrm{V}$ kurz danach erreicht – passt zu $2{,}3\,\mathrm{s}$. Ebenso: Von $4{,}90\,\mathrm{V}$ ($t = 2\,\mathrm{s}$) auf die Hälfte $2{,}45\,\mathrm{V}$ dauert es bis kurz nach $t = 4\,\mathrm{s}$ ($2{,}68\,\mathrm{V}$) – wieder etwa $2{,}3\,\mathrm{s}$. Die Halbwertszeit ist unabhängig vom Startwert, wie es sein muss.

c) Relative Abweichung vom Aufdruck: $\dfrac{331 - 330}{330} = +0{,}4\,\%$. Elektrolytkondensatoren haben Toleranzen von $\pm 10\,\%$ bis $\pm 20\,\%$, und der Widerstand hat typisch $\pm 1\,\%$ – die Messung bestätigt den Nennwert ausgezeichnet. Zu den Messwerten: Die Ablesegenauigkeit $\pm 0{,}05\,\mathrm{V}$ ist bei $9{,}00\,\mathrm{V}$ eine relative Unsicherheit von $0{,}6\,\%$, bei $0{,}24\,\mathrm{V}$ dagegen $21\,\%$. Im $\ln$-Diagramm ist der Fehlerbalken eines Punktes gerade die relative Unsicherheit ($\Delta(\ln U) = \Delta U/U$), also beim letzten Punkt $\pm 0{,}21$, beim ersten nur $\pm 0{,}006$. Die späten Messwerte sollten die Lage der Ausgleichsgeraden deshalb am wenigsten beeinflussen; die Gerade darf nicht durch den letzten Punkt „gezwungen“ werden. Für eine noch bessere Messung würde man den Spannungsmessbereich bei kleinen Spannungen umschalten oder den Versuch mit größerem $R$ wiederholen.

Typische Fehler → so holst du die Punkte

Punktabzug gibt es für: $U$ gegen $t$ aufgetragen und „sieht exponentiell aus“ (keine Linearisierung); Steigung aus zwei Messpunkten statt aus der Ausgleichsgeraden; $\tau$ und $T_{1/2}$ verwechselt; $C$ in $\mathrm{s/k\Omega}$ stehen gelassen statt in F umgerechnet; beim Beurteilen nur „stimmt gut“ ohne relative Abweichung und ohne Toleranzangabe.

Meine Punkte:

Aufgabe 2Offene Aufgabe · ca. 15 min10 P

Differentialgleichung, Lösung und Energiebilanz

Ein Kondensator mit $C = 1000\,\mathrm{\mu F}$ wird über $R = 2{,}2\,\mathrm{k\Omega}$ an eine Quelle mit $U_0 = 6{,}0\,\mathrm{V}$ angeschlossen.

Stelle für den Ladevorgang die Differentialgleichung für die Ladung $Q(t)$ auf und zeige, dass $Q(t) = CU_0\left(1 - e^{-t/(RC)}\right)$ eine Lösung ist, die die Anfangsbedingung erfüllt.
Berechne $\tau$, den Anfangsstrom $I_0$ sowie $U_C$ und $I$ zum Zeitpunkt $t = 1{,}0\,\mathrm{s}$. Nach welcher Zeit ist der Kondensator zu $99\,\%$ geladen?
Erläutere, warum beim Laden über einen Widerstand nur die Hälfte der von der Quelle abgegebenen Energie im Kondensator ankommt, und berechne die im Widerstand freigesetzte Wärme. Begründe, ob ein kleinerer Widerstand den Wirkungsgrad verbessert.

Erwartungshorizont

2 Pa) Maschenregel $U_0 = U_R + U_C = R\dot Q + Q/C$ mit $I = +\dot Q$ (Strom lädt den Kondensator, Vorzeichen begründet)
3 Pa) Ableitung mit Kettenregel $\dot Q = \frac{U_0}{R}e^{-t/(RC)}$; Einsetzen: $R\dot Q + Q/C = U_0 e^{-t/\tau} + U_0(1 - e^{-t/\tau}) = U_0$ $\checkmark$; $Q(0) = 0$ $\checkmark$
3 Pb) $\tau = 2{,}2\,\mathrm{s}$; $I_0 = 2{,}73\,\mathrm{mA}$; $U_C(1\,\mathrm{s}) = 2{,}19\,\mathrm{V}$, $I(1\,\mathrm{s}) = 1{,}73\,\mathrm{mA}$; $99\,\%$ nach $t = \tau\ln 100 = 10{,}1\,\mathrm{s}$ ($\approx 4{,}6\tau$)
2 Pc) Quelle liefert $QU_0 = CU_0^2 = 36\,\mathrm{mJ}$ bei konstanter Spannung; Kondensator speichert $\tfrac12 CU_0^2 = 18\,\mathrm{mJ}$ (Spannung wächst von 0 auf $U_0$); Rest $18\,\mathrm{mJ}$ Wärme in $R$; unabhängig von $R$ (kleiner $R$: größerer Strom, kürzere Zeit, $\int RI^2\mathrm{d}t$ gleich) $\Rightarrow$ Wirkungsgrad bleibt $50\,\%$

Musterlösung

a) Skizze: Quelle $U_0$, Widerstand $R$ und Kondensator $C$ in Reihe; Strompfeil von der Quelle zur positiven Kondensatorplatte. Maschenregel: Die Quellenspannung verteilt sich auf Widerstand und Kondensator, $U_0 = U_R + U_C$. Mit $U_R = RI$ und $U_C = Q/C$, und weil der Strom den Kondensator auflädt (die Ladung nimmt zu, $I = +\dot Q$): $$U_0 = R\,\dot Q + \frac{Q}{C}.$$ Nachweis für $Q(t) = CU_0\left(1 - e^{-t/\tau}\right)$ mit $\tau = RC$. Ableiten – die Konstante $CU_0$ fällt weg, bei $-e^{-t/\tau}$ liefert die Kettenregel den inneren Faktor $-1/\tau$: $$\dot Q = CU_0\cdot\left(0 - e^{-t/\tau}\cdot\left(-\frac1\tau\right)\right) = \frac{CU_0}{\tau}\,e^{-t/\tau} = \frac{CU_0}{RC}\,e^{-t/\tau} = \frac{U_0}{R}\,e^{-t/\tau}.$$ Einsetzen in die linke Seite der DGL: $$R\dot Q + \frac{Q}{C} = R\cdot\frac{U_0}{R}e^{-t/\tau} + \frac{CU_0\left(1 - e^{-t/\tau}\right)}{C} = U_0 e^{-t/\tau} + U_0 - U_0 e^{-t/\tau} = U_0\ \checkmark$$ Anfangsbedingung: $Q(0) = CU_0(1 - e^0) = CU_0(1-1) = 0$ – der Kondensator ist zu Beginn leer $\checkmark$. Damit ist $Q(t) = CU_0(1 - e^{-t/(RC)})$ die Lösung des Ladevorgangs, was zu zeigen war.

b) $\tau = RC = 2200\,\Omega\cdot 1{,}0\cdot 10^{-3}\,\mathrm{F} = 2{,}2\,\mathrm{s}$. Anfangsstrom (Kondensator leer, volle Spannung am Widerstand): $I_0 = \dfrac{U_0}{R} = \dfrac{6{,}0\,\mathrm{V}}{2200\,\Omega} = 2{,}73\cdot 10^{-3}\,\mathrm{A} = 2{,}73\,\mathrm{mA}$. Bei $t = 1{,}0\,\mathrm{s}$ ist $t/\tau = 0{,}4545$ und $e^{-0{,}4545} = 0{,}635$: $$U_C = 6{,}0\,\mathrm{V}\cdot(1 - 0{,}635) = 2{,}19\,\mathrm{V},\qquad I = 2{,}73\,\mathrm{mA}\cdot 0{,}635 = 1{,}73\,\mathrm{mA}.$$ Kontrolle Maschenregel: $U_R = RI = 2200\,\Omega\cdot 1{,}73\,\mathrm{mA} = 3{,}81\,\mathrm{V}$ und $3{,}81 + 2{,}19 = 6{,}0\,\mathrm{V}$ $\checkmark$. Zu $99\,\%$ geladen heißt $1 - e^{-t/\tau} = 0{,}99$, also $e^{-t/\tau} = 0{,}01$ und $t = -\tau\ln 0{,}01 = \tau\ln 100 = 2{,}2\,\mathrm{s}\cdot 4{,}605 = 10{,}1\,\mathrm{s}$. Nach etwa $10\,\mathrm{s}$ (rund $4{,}6\,\tau$) ist der Kondensator zu $99\,\%$ geladen.

c) Die Quelle schiebt insgesamt die Ladung $Q = CU_0 = 6{,}0\cdot 10^{-3}\,\mathrm{C}$ durch den Kreis, und zwar bei konstanter Quellenspannung $U_0$. Sie gibt deshalb die Energie $W_{\text{Quelle}} = QU_0 = CU_0^2 = 1{,}0\cdot 10^{-3}\,\mathrm{F}\cdot(6{,}0\,\mathrm{V})^2 = 36\,\mathrm{mJ}$ ab. Im Kondensator steigt die Spannung während des Ladens aber erst von $0$ auf $U_0$; jede Ladungsportion wird im Mittel nur gegen $U_0/2$ transportiert, der Kondensator speichert $W_C = \tfrac12 CU_0^2 = 18\,\mathrm{mJ}$ (Dreiecksfläche im $Q$-$U$-Diagramm). Die Differenz $W_R = W_{\text{Quelle}} - W_C = 18\,\mathrm{mJ}$ fällt am Widerstand ab: Zu jedem Zeitpunkt liegt dort $U_R = U_0 - U_C$, und die Ladung, die ihn durchfließt, gibt $U_R\cdot\mathrm{d}Q$ als Wärme ab.

Ein kleinerer Widerstand verbessert den Wirkungsgrad nicht: Die Herleitung hat $R$ gar nicht benutzt – die Hälfte geht immer verloren. Bei kleinem $R$ fließt ein größerer Strom für kürzere Zeit, bei großem $R$ ein kleinerer Strom für längere Zeit; die Wärme $\int R\,I^2\,\mathrm{d}t = \tfrac12 CU_0^2$ ist in beiden Fällen gleich. Nur die Zeitkonstante ändert sich. Der Wirkungsgrad des Ladens über einen ohmschen Widerstand ist deshalb stets $50\,\%$; mehr erreicht man nur mit einer langsam hochgefahrenen Quellenspannung oder mit einer Spule statt eines Widerstands.

Typische Fehler → so holst du die Punkte

Häufig: Beim Laden $I = -\dot Q$ aus der Entladung übernommen – dann stimmt die DGL nicht. Bei der Ableitung von $1 - e^{-t/\tau}$ das doppelte Minus falsch ($-\cdot - = +$). Bei c) „die Quelle liefert $\tfrac12 CU_0^2$“ – nein, die Quellenspannung ist konstant, also $QU_0$ ohne $\tfrac12$. Und die Begründung „kleiner Widerstand, weniger Verlust“ ist genau die Fehlvorstellung, die die Aufgabe abfragt.

Meine Punkte:

Aufgabe 3Offene Aufgabe · ca. 12 min8 P

Transfer: Defibrillator

Ein Defibrillator speichert Energie in einem Kondensator mit $C = 32\,\mathrm{\mu F}$, der auf $U_0 = 5{,}0\,\mathrm{kV}$ aufgeladen wird. Beim Schock entlädt er sich über den Brustkorb des Patienten, dessen Widerstand mit $R = 50\,\Omega$ angenommen wird.

Berechne die gespeicherte Energie, den Anfangsstrom und die Zeitkonstante der Entladung.
Skizziere $I(t)$ für $0 \le t \le 8\,\mathrm{ms}$ mit Tangente im Ursprung und markiere $\tau$ und $T_{1/2}$. Bestimme die Halbwertszeit.
Das Gerät schaltet den Stromfluss nach $2{,}0\,\mathrm{ms}$ ab. Berechne, welcher Anteil der gespeicherten Energie bis dahin an den Patienten abgegeben wurde. Beurteile, wie sich ein Patient mit $R = 100\,\Omega$ unterscheidet.

Erwartungshorizont

3 Pa) $W = \tfrac12 CU_0^2 = 400\,\mathrm{J}$; $I_0 = U_0/R = 100\,\mathrm{A}$; $\tau = RC = 1{,}6\,\mathrm{ms}$ (Einheiten!)
2 Pb) Skizze: fallende e-Funktion von $100\,\mathrm{A}$, Tangente trifft $t$-Achse bei $1{,}6\,\mathrm{ms}$, bei $\tau$ noch $37\,\mathrm{A}$; $T_{1/2} = \tau\ln 2 = 1{,}11\,\mathrm{ms}$, bei $50\,\mathrm{A}$ markiert
3 Pc) Restenergie $\propto U^2 \propto e^{-2t/\tau}$: nach $2{,}0\,\mathrm{ms}$ noch $e^{-2{,}5} = 8{,}2\,\%$ im Kondensator $\Rightarrow$ $91{,}8\,\%$ ($367\,\mathrm{J}$) abgegeben; $R = 100\,\Omega$: gleiche Energie $400\,\mathrm{J}$, $I_0 = 50\,\mathrm{A}$, $\tau = 3{,}2\,\mathrm{ms}$ $\Rightarrow$ nach $2\,\mathrm{ms}$ erst $71\,\%$ abgegeben, Schock schwächer, aber länger

Musterlösung

a) Einheiten: $C = 32\cdot 10^{-6}\,\mathrm{F}$, $U_0 = 5{,}0\cdot 10^3\,\mathrm{V}$. $$W = \tfrac12 CU_0^2 = \tfrac12\cdot 32\cdot 10^{-6}\,\mathrm{F}\cdot(5{,}0\cdot 10^3\,\mathrm{V})^2 = 400\,\mathrm{J}$$ Anfangsstrom (volle Kondensatorspannung am Körperwiderstand): $I_0 = \dfrac{U_0}{R} = \dfrac{5000\,\mathrm{V}}{50\,\Omega} = 100\,\mathrm{A}$. Zeitkonstante: $\tau = RC = 50\,\Omega\cdot 32\cdot 10^{-6}\,\mathrm{F} = 1{,}6\cdot 10^{-3}\,\mathrm{s} = 1{,}6\,\mathrm{ms}$. Der Defibrillator speichert $400\,\mathrm{J}$; der Schock beginnt mit $100\,\mathrm{A}$ und klingt mit der Zeitkonstante $1{,}6\,\mathrm{ms}$ ab.

b) Skizze: $t$-Achse von $0$ bis $8\,\mathrm{ms}$ ($= 5\tau$), $I$-Achse bis $100\,\mathrm{A}$. Die Kurve $I(t) = 100\,\mathrm{A}\cdot e^{-t/(1{,}6\,\mathrm{ms})}$ startet bei $100\,\mathrm{A}$, hat bei $t = \tau = 1{,}6\,\mathrm{ms}$ den Wert $36{,}8\,\mathrm{A}$, bei $2\tau = 3{,}2\,\mathrm{ms}$ noch $13{,}5\,\mathrm{A}$ und bei $8\,\mathrm{ms}$ nur noch $0{,}67\,\mathrm{A}$. Die Tangente im Ursprung geht von $(0;\,100\,\mathrm{A})$ mit Steigung $-I_0/\tau = -62{,}5\,\mathrm{A/ms}$ nach unten und schneidet die $t$-Achse bei $t = \tau = 1{,}6\,\mathrm{ms}$. Halbwertszeit: $$T_{1/2} = \tau\ln 2 = 1{,}6\,\mathrm{ms}\cdot 0{,}693 = 1{,}11\,\mathrm{ms},$$ markiert dort, wo die Kurve $50\,\mathrm{A}$ erreicht – links von $\tau$.

c) Die im Kondensator verbliebene Energie ist $W(t) = \tfrac12 C U_C(t)^2 = \tfrac12 C U_0^2\,e^{-2t/\tau} = W_0\,e^{-2t/\tau}$ – die Energie klingt doppelt so schnell ab wie die Spannung, weil sie quadratisch von ihr abhängt. Nach $t = 2{,}0\,\mathrm{ms}$ ist $2t/\tau = 2\cdot 2{,}0/1{,}6 = 2{,}5$ und $$\frac{W(2\,\mathrm{ms})}{W_0} = e^{-2{,}5} = 0{,}082 .$$ Es sind also noch $8{,}2\,\%$ ($33\,\mathrm{J}$) im Kondensator; an den Patienten wurden $91{,}8\,\%$, das sind $367\,\mathrm{J}$, abgegeben. (Kontrolle: $U_C(2\,\mathrm{ms}) = 5000\,\mathrm{V}\cdot e^{-1{,}25} = 1430\,\mathrm{V}$, $\tfrac12 C U_C^2 = 33\,\mathrm{J}$ $\checkmark$.)

Bei einem Patienten mit $R = 100\,\Omega$ ist die gespeicherte Energie unverändert $400\,\mathrm{J}$, aber $I_0 = 50\,\mathrm{A}$ (halb so groß) und $\tau = 3{,}2\,\mathrm{ms}$ (doppelt so lang). Nach $2{,}0\,\mathrm{ms}$ ist $2t/\tau = 1{,}25$, im Kondensator sind noch $e^{-1{,}25} = 28{,}7\,\%$, abgegeben wurden erst $71\,\%$ ($285\,\mathrm{J}$). Der Schock ist schwächer im Strom, dafür länger; wenn das Gerät nach fester Zeit abschaltet, bekommt dieser Patient weniger Energie. Moderne Geräte messen deshalb den Körperwiderstand und passen Spannung oder Abschaltzeit an – genau die Überlegung $\tau = RC$ steckt in dieser Regelung.

Typische Fehler → so holst du die Punkte

Typische Fehler: $\tau = 50\cdot 32 = 1600$ „Sekunden“ (Einheiten!); Energie-Anteil mit $e^{-t/\tau}$ statt $e^{-2t/\tau}$ berechnet (Energie $\propto U^2$); bei c) nur „bei größerem Widerstand fließt weniger Strom“ ohne die Zeitkonstante zu betrachten. Für die Skizze gibt es Punkte nur mit beschrifteten Achsen, Tangente und den eingetragenen Marken $\tau$ und $T_{1/2}$.

Meine Punkte:

Aufgabe 4Multiple Choice · genau eine Antwort2 P

Ein Kondensator wird über einen Widerstand entladen. Nach der Zeit $t = 2\tau$ ist die Kondensatorspannung auf welchen Anteil des Anfangswerts gefallen?

auf $50\,\%$, weil $2\tau$ die Halbwertszeit istauf $25\,\%$, weil sich die Spannung nach jedem $\tau$ halbiertauf etwa $13{,}5\,\%$, nämlich $e^{-2}$auf $0\,\%$, weil die Tangente im Ursprung die Zeitachse bei $\tau$ schneidet

$U_C(2\tau) = U_0\,e^{-2} = 0{,}135\,U_0$. Nach jedem $\tau$ bleibt der Faktor $e^{-1} = 0{,}368$, nicht $0{,}5$ – die Halbwertszeit ist kürzer als $\tau$ ($T_{1/2} = 0{,}69\,\tau$). Die Tangente trifft die Achse bei $\tau$, aber die Kurve selbst erreicht null nie; sie wird nur immer flacher.

Aufgabe 5Multiple Choice · genau eine Antwort2 P

In der Entladeschaltung wird der Widerstand $R$ verdoppelt, alles andere bleibt gleich. Welche Aussage ist richtig?

$\tau$ verdoppelt sich und der Anfangsstrom $I_0$ halbiert sich.$\tau$ halbiert sich, weil der größere Widerstand die Ladung schneller abbaut.$\tau$ verdoppelt sich und $I_0$ bleibt gleich, weil $U_0$ gleich bleibt.$\tau$ bleibt gleich, weil die Zeitkonstante nur von $C$ abhängt.

$\tau = RC$ verdoppelt sich mit $R$: Der größere Widerstand lässt bei gleicher Spannung nur den halben Strom zu, $I_0 = U_0/R$ halbiert sich, die Ladung fließt langsamer ab. Die gesamte abfließende Ladung $Q_0 = CU_0$ und die Energie $\tfrac12 CU_0^2$ ändern sich nicht – der kleinere Strom fließt einfach doppelt so lange.

Meine Notizen zu „Kondensator laden und entladen (RC-Kreis)“

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