Hallo, Bin neu hier und hab auch gleich eine bitte. Ich schreibe demnächst eine Klausur in Elektrotechnik und habe ein paar Übungsaufgaben zu denen ich keine Lösung habe deshalb wollte ich fragen ob mein hier aufgeführter Rechenweg korrekt ist. Das Übungsblatt liegt als pdf im Anhang. Schreibe die Klausur schon Montag wäre also echt dankbar für baldige Antwort. Zu 1.) habe ich mir gedacht das Id I1/2 - I3/4 = (Ub/(R1+R2)) - (Ub(R3+R4)) = 1,25 mA zu 2.) a) Da U1 = 5V Sperrt die Diode D1 und U2 = 0V leitet die Diode D2, somit fällt die Flugspannung Uf von D2 an R2 ab und da UR2 = Ua ist ist Ua = 0,7 V b) Da U1 und U2 = 5V sind sperren beide Dioden und man kann die Schaltung als Brückengleichrichter ansehen somit ist Ig (für Gesamt Strom) = Ub/Rg = 4,78*10^-5 A und Ua = UR2 = Ig*R2 = 4,78V c) Da U1 und U2 beide = 0V sind Leiten beide Dioden und die Flugspannung von beiden fällt an R2 ab somit ist Ua = 1,4V zu 4.) Bin ich von ausgegangen das Beide Dioden leiten und somit die addierte Flugspannung von 1,4V an RL abfallen und somit Il = 1,4V/RL =0,014A ist Bin mir nicht sicher ob das so stimmt, kenn mich da nicht so aus studiere Bio-nanotechnologie.
:
Verschoben durch Moderator
Christopher Kurtek schrieb: > Zu 1.) habe ich mir gedacht das Id I1/2 - I3/4 = (Ub/(R1+R2)) - > (Ub(R3+R4)) = 1,25 mA Das ist etwas zu einfach gedacht. > zu 2.) a) Da U1 = 5V Sperrt die Diode D1 und U2 = 0V leitet die Diode > D2, somit fällt die Flugspannung Uf von D2 an R2 ab und da UR2 = Ua ist > ist Ua = 0,7 V Richtig. > b) Da U1 und U2 = 5V sind sperren beide Dioden und man kann die > Schaltung als Brückengleichrichter ansehen somit ist Ig (für Gesamt > Strom) = Ub/Rg = 4,78*10^-5 A und Ua = UR2 = Ig*R2 = 4,78V Richtig, wenn du "Brückengleichrichter" durch "Spannungsteiler" ersetzt. > c) Da U1 und U2 beide = 0V sind Leiten beide Dioden und die Flugspannung > von beiden fällt an R2 ab somit ist Ua = 1,4V Beachte, dass die beiden Dioden parallel geschaltet sind. > zu 4.) Bin ich von ausgegangen das Beide Dioden leiten und somit die > addierte Flugspannung von 1,4V an RL abfallen und somit Il = 1,4V/RL > =0,014A ist Du hast nicht berücksichtigt, dass hier der differentielle Widerstand der Dioden größer als 0, nämlich 0,2Ω ist. Für RB=0 wäre deine Lösung richtig, so wird es aber etwas komplizierter. Die Aufgaben 1 und 4 können durch Anwendung des Superpositionsprinzips oder – wenn dir das lieber ist – auch mit Knotenpotential- oder Maschenstromanalyse gelöst werden. Superpositionsprinzip ist aber wahrscheinlich einfacher.
:
Bearbeitet durch Moderator
Danke erstmal für die Antwort, habs nochmal ander probiert: zu 2.) c) müsste dann für Ua = 0,7V rauskommen ... was wäre wenn eine Diode Uf= 0,5 und die andere Uf= 0,7 hätte ? zu 4.) habe dann über die Widerstände gerechnet Uv = Rv*Ig = 5,88 V UL = Ub - Uv = 0,12V IL = UL/RL = 1,2mA sonst zu 1.) Fällt mir nicht viel zu ein vill. über die Spannung von denen die Differenz bilden und Uf noch von abziehen aber wie komme ich dann auf den Strom wenn die Diode keinen Widerstand hat?
Christopher Kurtek schrieb: > zu 2.) c) müsste dann für Ua = 0,7V rauskommen Stimmt. > ... was wäre wenn eine Diode Uf= 0,5 und die andere Uf= 0,7 hätte ? Dann würde nur diejenige mit der kleineren Flussspannung leiten, der Spannungsabfall an den parallelgeschalteten Dioden wäre also 0,5V. > zu 4.) habe dann über die Widerstände gerechnet > Uv = Rv*Ig = 5,88 V > UL = Ub - Uv = 0,12V > IL = UL/RL = 1,2mA > > sonst zu 1.) Fällt mir nicht viel zu ein vill. über die Spannung von > denen die Differenz bilden und Uf noch von abziehen aber wie komme ich > dann auf den Strom wenn die Diode keinen Widerstand hat? Nee, so wird das nix :) Diese beiden Aufgaben sind aber auch tatsächlich ein ganzes Stück schwieriger als die Aufgabe 2. Du kannst sie nach folgendem Ansatz lösen: 1. Solange eine Diode leitet, kann man sie bei der in Aufgabe 4 angenommenen vereinfachten Kennlinie durch eine Spannungsquelle (Flussspannung UF) mit einem in Reihe geschaltetem Widerstand (differentieller Widerstand RB) ersetzen. In Aufgabe 1 ist dieser Widerstand 0, so dass nur noch die Spannungsquelle verbleibt. 2. Leitet die Diode nicht, weil die angelegte Anoden-Kathoden-Spannung keiner als die Flussspannung oder sogar negativ ist, kann man sie ganz weglassen. In beiden Aufgaben sind die Dioden leitend (warum?), so dass man dafür die Ersatzschaltung aus (1) verwenden kann. Die Schaltungen bestehen dann nur noch aus Spannungsquellen und Widerstanden und können nach dem Superpositionsprinzip (auch Überlagerungsverfahren genannt) berechnet werden wie hier beschrieben: http://de.wikipedia.org/wiki/Netzwerkanalyse_%28Elektrotechnik%29#.C3.9Cberlagerungsverfahren_nach_Helmholtz Das erfordert zwar etwas mehr Rechnerei als bei dem Spannungsteiler in Aufgabe 2b, aber bei Weitem nicht so viel, dass man dafür ein ganzes Blatt Papier vollschreiben müsste.
zu 4.) habe ich doch dann ein Ersatzschaltbild mit 1,4V und 0,4ohm in reihe und RL zu den beiden parallel also fallen die 1,4 V doch an dem Widerstand ab ?! Wenn ich den Strom dazu berechne wäre dass dann doch 2*0,7V/2*0,2Ohm = 3,5 A (scheint mir recht viel) und den dann subtrahiert vom gesamtstrom den ich dann wie brechne??? Ahhh hab keine Konzentration mehr mach das schon den ganzen tag....
:
Bearbeitet durch User
Christopher Kurtek schrieb: > zu 4.) habe ich doch dann ein Ersatzschaltbild mit 1,4V und 0,4ohm in > reihe und RL zu den beiden parallel Genau. > also fallen die 1,4 V doch an dem Widerstand ab ?! Wenn ich den Strom > dazu berechne wäre dass dann doch 2*0,7V/2*0,2Ohm = 3,5 A (scheint mir > recht viel) Die 1,4V fallen ja nicht an den 0,4Ω ab. Das wäre dann der Fall, wenn die 0,4Ω parallel zur 1,4V-Quelle lägen, aber das ist ja nicht der Fall.
Hey, mir ist über Nacht dann auch klar geworden das an RL 2*0,7V + die Spannung an den 2*0,2Ω hängen hier nochmal ein rechen Vorschlag: Also Rers (Ersatzwiderstand) Rd parallel zu RL ist 1/(1/0,4Ω+1/100Ω) = ca. 20,4Ω welcher in reihe zu Rv liegt also ist Uers(U Ersatz) = Ub*Rers/(Rers+Rv) = 0,118V also liegt an UL = Users + 2*Uf = 1,518V und IL = 1,518V/100Ω = 0,01518A So hoffe ich habs jetzt raus zu 1.) bin ich leider allerdings immer noch nicht schlauer kannst du mir das evtl. vorrechnen ?
:
Bearbeitet durch User
Yalu X. schrieb: > Die Aufgaben 1 und 4 können durch Anwendung des Superpositionsprinzips > oder – wenn dir das lieber ist – auch mit Knotenpotential- oder > Maschenstromanalyse gelöst werden. Superpositionsprinzip ist aber > wahrscheinlich einfacher. Unsinn! in nicht linearen Schaltungen ist das Superpositionsprinzip nur in eingeschränkten Bereichen anwendbar. Man muss sich auf Wertebereiche beschränken, wo die Dioden durch lineare Kennlinienteile ersetzbar sind, z.B. im Bereich zwischen o,5V und -Uz ist die Diode garnicht da. In einem andren Bereich muss man die Diode durch eine Spannungsquelle mit 0,5V und Ri=0... erstzen. Da muss man halt immer kontrollieren, ob der für die Diode angenommene Zustand ( Uz, sperrend, oder Durchgang 0,5V+ ) verlassen wird. Eine Technik ist, durch Umzeichnen der Schaltung in linearen und nichtlinearen Teil trennen. Aus dem linearen Teil lässt sich dann eine Ersatzspannungsquelle mit Ri, U0 bilden, was dann zur Lösung mit Kennlinienschnittpukt und Widerstandsgerade führt. Bei Aufgabe 1: Rechne erstmal ohne Diode: wenn die errechnete Diodenspannung im Sperrbereich liegen sollte , hast Du Glück gehabt. (Mit Übung lässt sich das ja schon vorher abschätzen). Wenn nun die Spannung an der Diagonale größer als 0,5V wird, musst Du halt anstatt der Diode die für >Spannungen oberhalb 0,5V geltendeineare Schaltung (0,5V +I mal Ri) einsetzen und damit weiterrechnen.
:
Bearbeitet durch User
Zu 1.) Liegen 1,25V in Sperrichtung an also Sperrt die Diode. Also wenn die Diode Sperrt kann ich den Strom einfach Subtrahieren wie ich das am Anfang gemacht habe? Aber Wenn die Diode sperrt ist der Widerstand doch extrem hoch?! Fließt da dann überhaupt ein Strom???
Christopher Kurtek schrieb: > Aber Wenn die Diode sperrt ist der Widerstand doch extrem hoch?! Fließt > da dann überhaupt ein Strom??? Oh Henry, Damit das Loch im Eimer zu ist, kannst Du die gesperrte Diode einfach ganz weg lassen und die für diesen Fall entstehenden (bereits gerechneten Werte) hochzufrieden akzeptieren.
Ok super, Danke! Ist das was ich zu 4.) gerechnet habe denn nun richtig?
:
Bearbeitet durch User
Habe nämlich noch ein paar fragen, Wie komme ich bei 1.) in der angehängten Datei auf die Spannung auf die der Kondensator aufgeladen wird ... Dachte es müssten 1,4V sein, da er parallel zu den Dioden liegt?
Christopher Kurtek schrieb: > Also Rers (Ersatzwiderstand) Rd parallel zu RL ist 1/(1/0,4Ω+1/100Ω) = > ca. 20,4Ω Rd liegt aber nur dann parallel zu RL, wenn man die 1,4V-Quelle außer Acht lässt. Außerdem hast du dich verrechnet, ich komme auf Rd||RL = 0,3984Ω. Oder ist die '2' in 20,4Ω versehentlich hineingerutscht, es es soll 0,4Ω heißen? Dan stimmt zumindest diese Rechnung, nicht aber der Ansatz und auch nicht das Endergebnis. > also liegt an UL = Users + 2*Uf = 1,518V > > und IL = 1,518V/100Ω = 0,01518A Zur Kontrolle: Ich habe 1,484V herausbekommen. Christopher Kurtek schrieb: > zu 1.) bin ich leider allerdings immer noch nicht schlauer kannst du mir > das evtl. vorrechnen ? Ich muss gleich weg. Wenn du Aufgabe 4 bis heute Abend nicht gelöst hast und es auch kein anderer getan hat, werde ich dir die Lösung zeigen. Damit bekommst du dann sicher auch Aufgabe 1 heraus. Peter R. schrieb: > Unsinn! Ich lese dieses hässliche Wort heute schon zum zweiten Mal. Was ist nur los? ;-) > in nicht linearen Schaltungen ist das Superpositionsprinzip nur in > eingeschränkten Bereichen anwendbar. So ist es. > Man muss sich auf Wertebereiche beschränken, wo die Dioden durch lineare > Kennlinienteile ersetzbar sind, z.B. im Bereich zwischen o,5V und -Uz > ist die Diode garnicht da. In einem andren Bereich muss man die Diode > durch eine Spannungsquelle mit 0,5V und Ri=0... erstzen. > Da muss man halt immer kontrollieren, ob der für die Diode angenommene > Zustand ( Uz, sperrend, oder Durchgang 0,5V+ ) verlassen wird. Siehe mein Beitrag vom 07.02.2015 23:39. > Bei Aufgabe 1: Rechne erstmal ohne Diode: wenn die errechnete > Diodenspannung im Sperrbereich liegen sollte , hast Du Glück gehabt. > (Mit Übung lässt sich das ja schon vorher abschätzen). Damit beschreibst du den Weg, wie das "warum?" (warum sind die Dioden leitend) in meinem Beitrag beantwortet werden kann. Wenn dies getan ist, weiß man, welcher der beiden geradlinigen Kennlinienabschnitte anzuwenden ist, die Nichtlinearität ist beseitigt, und man kann das Superpositionsprinzip oder ein anderes Verfahren zur Berechnung linearer Schaltungen anwenden. Es bleibt nur eine Frage offen: Wo siehst du den Unsinn in dieser Vorgehensweise?
Ne hab jetzt so viel gehört und bin mir total unsicher?!
Ja genau :-) Und die Klausur ist schon morgen "*heul*
:
Bearbeitet durch User
Hier ist wie versprochen die Lösung der Aufgabe 4. Die Aufgabe 1 geht ganz ähnlich. Kurz zum Superpositionsprinzip, falls es dir noch nicht geläufig sein sollte: Es lässt sich anwenden auf lineare Schaltungen, das sind solche, die nur aus - Spannungsquellen, - Stromquellen und - linearen Bauteilen bestehen. Lineare Bauteile sind dabei solche, bei denen die hinein- und herausfließenden Ströme lineare Funktionen¹ der angelegten Spannungen sind. Für zweipolige Bauteile bedeutet dies einfach, dass der durchfließende Strom proportional zur angelegten Spannung sein muss. Dies ist in DC-Schaltungen bei ohmschen Widerständen der Fall, bei AC-Schaltungen mit sinusförmigen Wechselspannungen und -strömen mit fester Frequenz und ohne Gleichanteil zusätzlich bei Kondensatoren und Spulen. Hier haben wir es ausschließlich mit ohmschen Widerständen zu tun, was die Sache etwas vereinfacht. In einer linearen Schaltung sind alle Spannungen Ui und Ströme Ii lineare Funktionen der Spannungen und Ströme der Quellen, d.h. Ui = c1·Q1 + c2·Q2 + c3·Q3 + ... + cn·Qn Q1, Q2, Q3 usw. sind dabei die Spannungen oder Ströme der Quellen. Entsprechendes (nur mit anderen Koeffizienten) gilt für die Ströme Ii. Der Trick beim Superpositionsprinzip ist nun, dass man die Spannungen und Ströme in der Schaltung nicht in einem Rutsch berechnet, sondern summandenweise, wodurch eine komplizierte Berechnung in mehrere einfachere Berechnungen zerlegt wird. Dies geschieht dadurch, dass man von den Quellen Q1, Q2, Q3 usw. nacheinander immer alle bis auf eine auf Null setzt. Im 1. Schritt werden also alle Quellen bis auf Q1 auf Null gesetzt und in dieser vereinfachten Schaltung Ui berechnet. Da in obiger Formel alle Summanden bis auf den ersten wegfallen, bleibt davon nur Ui = c1·Q1 übrig. Nachdem man Ui für diesen Fall berechnet hat, ist also der erste Summand c1·Q1 des Gesamtergebnisses bekannt. Im 2. Schritt werden alle Quellen bis auf Q2 auf Null gesetzt und wiederum Ui berechnet. Damit hat man c2·Q2 bestimmt. Entsprechend verfährt man mit den restliche Quellen und addiert anschließend die jeweils berechneten Ergebnisse für Ui. Die Summe ist das gesuchte Ergebnis für Ui, wenn alle Quellen aktiv sind. Auch hier gilt entsprechendes für die Berechnung von Ii. Das Nullsetzen einer Spannungsquelle geschieht einfach dadurch, dass man sie durch ein Stück Leitung ersetzt, die keinen Spannungsabfall hat und damit immer die Spannung 0 liefert. Eine Stromquelle hingegen wird auf Null gesetzt, indem man sie einfach ersatzlos weglässt. Die entstehende Unterbrechung liefert garantiert immer den Strom 0. So, jetzt aber zur eigentlichen Aufgabe (Aufgabe 4): Erst einmal muss festgestellt werden, ob das Diodenpäärchen leitet oder nicht. Dies geschieht dadurch, dass man – wie von Peter schon geschrieben – es weglässt bzw. als sperrend annimmt und dann die Spannung an den Anschlüssen berechnet. Ist diese größer als die Spannung, ab der die Dioden zu leiten beginnen, dann werden sie im eingebauten Zustand auch leiten. Die Spannung an den (nicht vorhandenen) Dioden ergibt sich einfach aus dem Spannungsteiler aus RV und RL und beträgt UB · RL / (RV + RL) = 6V · 100Ω / (20Ω + 100Ω) = 5V 5V ist aber größer als die minimalen Flussspannungen der beiden Dioden zusammengenommen (2 · 0,7V = 1,4V), somit leiten die Dioden. Glück gehabt, denn mit sperrenden Dioden wäre die Aufgabe ja richtig langweilig :) Man muss übrigens in vielen Fällen die Spannung an der Diode nicht exakt berechnen. Liegt sie weit genug über oder unter der minimalen FLussspannung, reicht schon eine grobe Abschätzung. Im vorliegenden Fall könnte man folgendermaßen argumentieren: Damit die Dioden leitend werden, muss die Spannung an der Anode der oberen der beiden Dioden mindestens 1,4V betragen. Die maßgebliche Spannung wird vom Spannungsteiler aus RV und RL bereitgestellt. Da der untere Widerstand (RL=100Ω) größer als der obere (RV=20Ω) ist, muss die Spannung am Knotenpunkt näher bei 6V als bei 0V liegen, somit ist sie größer als 3V und damit erst recht größer als 1,4V. Also müssen die Dioden leiten. Yalu X. schrieb: > 1. Solange eine Diode leitet, kann man sie bei der in Aufgabe 4 > angenommenen vereinfachten Kennlinie durch eine Spannungsquelle > (Flussspannung UF) mit einem in Reihe geschaltetem Widerstand > (differentieller Widerstand RB) ersetzen. Das tun wir jetzt, und heraus kommt die Schaltung in Bild 1 (ich habe dort RB in RD umbenannt, weil das besser passt und du das in einem deiner letzten Beiträge auch schon getan hast). Jetzt lassen wir das Superpositionsprinzip darauf los: Zuerst setzen wir die 1,4V-Spannungsquelle des Diodenpäärchens auf Null (Bild 2). Die Spannung am Punkt OUT ist jetzt durch den Spannungsteiler aus RV und RD||RL gegeben. Diese Spannung hast du ja bereits berechnet, sie beträgt 0,117V (durch etwas großzügigere Rundung bist du auf 0,118V gekommen, das spielt aber keine große Rolle). Der Strom durch RL beträgt folglich 0,117V / 100Ω = 1,17mA. Dann setzen wir die Versorgungsspannung auf Null (Bild 3). Um die Schaltung besser analysieren zu können, kann man sie etwas anders hinbiegen, so dass die einzige Spannungsquelle (mit den 1,4V) wie gewohnt auf der linken Seite zu liegen kommt (Bild 4). Hier wird die Spannung an OUT durch den Spannungteiler aus RD und RL||RV bestimmt. RL||RV = 100Ω · 20Ω / (100Ω + 20Ω) = 16,67Ω Damit beträgt die Spannung an OUT 1,4V · 16,67Ω / (0,4Ω + 16,67Ω) = 1,367V und der Strum durch RL 1,367V / 100Ω = 13,67mA Sind nun beide Spannungsquellen aktiv, so addieren sich die beiden berechneten Ströme einfach. Der Strom durch RL beträgt also insgesamt 1,17mA + 13,67mA = 14,84mA Die Bildchen habe ich mit LTspice gemalt, weswegen es sich anbietet, die Schaltung in Bild 1 gleich mal zu simulieren. Und tatsächlich: LTspice gibt für den gesuchten Strom 14,8437mA aus :) ————————————— ¹) Lineare Funktionen im mathematischen Sinn: http://de.wikipedia.org/wiki/Lineare_Abbildung (In der E-Technik werden oft Dinge als linear bezeichnet, die es im mathematischen Sinn nicht sind)
Christopher Kurtek schrieb: > Wie komme ich bei 1.) in der angehängten Datei auf die Spannung auf die > der Kondensator aufgeladen wird ... > Dachte es müssten 1,4V sein, da er parallel zu den Dioden liegt? Da hast du richtig gedacht :) Da die Versorgungspannung mit 3,3V größer ist als die Flussspannung der beiden Dioden zusammen (1,4V), wird der Kondensator über den Widerstand (bei anfänglich noch sperrenden Dioden) bis auf 1,4V geladen. Dann beginnen die Dioden zu leiten und verhindern einen weiteren Spannungsanstieg, so dass die Kondensatorspannung auf konstant 1,4V gehalten wird.
Vielen Dank für die mühe du hast mir echt weitergeholfen! Jetzt bin ich aber immer noch nicht fertig mit Frage (keine Angst lass dich dann in Ruhe (-; ) Bei Aufgabe 3.) in meine zu letzt gepostetem pdf muss Id im eingeschaltetem zustand berechnet werden, würde jetzt so vorgehen das ich eine Arbeitsgerade zeichne (die Kennlinie bei 7V annehme) und am Schnittpunkt mit der Kennlinie (Arbeitspunkt) dann Id ablese. Jetzt weiß ich aber nicht was Id ist und auch nicht die Spannung an RL da ich Vds nicht kenne. Wie gehe ich jetzt hier vor?
FÜr den Fall, dass Vds = 0 ist, fällt die gesamte Versorgungsspannung an RL ab, also fließt ein Strom von Id = 10V / 5Ω = 2A. Für den Fall, dass Id = 0 ist, ist der Spannungsabfall an RL gleich 0, also ist Vds = 10V. Damit sind zwei Punkte definiert, nämlich (0V;2A) und (10V;0A), durch die die Arbeitsgerade verläuft. Sie verläuft also von der Ecke links oben zur Ecke rechts unten des Diagramms. Der Schnittpunkt mit der Kennlinie für Ugs = 7V liegt bei (6V;0,8A) also ist der gesuchte Strom Id = 0,8A. In der Praxis wäre diese Auslegung der Schaltung allerdings unsinnig: Wenn men einen Mosfet als Schalter benutzt, betreibt man ihn im ohmschen Bereich (also dort wo die Kennlinien auf der linken Seite ihren Anstieg haben) und nicht im Abschnürbereich (wie hier, wo die Kennlinien horizontal verlaufen).
:
Bearbeitet durch Moderator
Ja, danke bin vor nem Moment selber drauf gekommen (-: aber trotzdem danke hast meine Annahme bestätigt XD. Was muss ich den beachten wenn ich statt einen Bipolaren Transistor eine Mos-Fet oder JFET nehme?
Christopher Kurtek schrieb: > Was muss ich den beachten wenn ich statt einen Bipolaren Transistor eine > Mos-Fet oder JFET nehme? In welchem Zusammenhang? Einen Bipolartransistor kann man normalerweise nicht einfach durch einen Mosfet oder JFET ersetzen, da dieser ziemlich andere Eigenschaften hat. Hauptunterschied: Der Bipolartransistor wird durch einen Strom (Basis- strom), der Mos- und JFET durch eine Spannung (Gate-Source-Spannung) gesteuert. Es gibt aber noch jede Menge weiterer Unterschiede, die je nach Einsatzbereich zu berücksichtigen sind.
Ich meine ob die selben Beziehungen herschen wie IE = IC + IB oder Uce= Ucb+Ube etc.
Ja, das liegt aber nicht an der Funktionsweise der Transistoren, sondern einfach daran, dass die Ströme durch die einzelnen Anschlüsse, vorzeichenrichtig addiert 0 sein müssen. Ebenso müssen die Spannungdifferenzen zwischen jeweils zwei benachbarten Anschlüssen, im Kreis herum addiert ebenfalls 0 ergeben. Siehe auch Kirschhoffsche Knoten- und Maschenregel: http://de.wikipedia.org/wiki/Kirchhoffsche_Regeln Ich muss jetzt aber so langsam in die Heia und wünsche dir noch viel Erfolg in deiner Prüfung morgen :)
Jo ich auch, vielen Dank noch mal wird schon schief gehen (-:
Thread beobachten
Seitenaufteilung abschaltenBitte melde dich an um einen Beitrag zu schreiben. Anmeldung ist kostenlos und dauert nur eine Minute.
Bestehender Account
Schon ein Account bei Google/GoogleMail? Keine Anmeldung erforderlich!
Mit Google-Account einloggen
Mit Google-Account einloggen
Noch kein Account? Hier anmelden.