...

5.1 Bestimmen Sie die Ersatzspannungsquelle bezüglich der Klemmen 1 und 2.
5.2 Berechnen Sie den Strom 

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body I_{3K}

 bei Kurzschluß der Klemmen 1 und 2 (durch 

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body R_3

) für die ursprüngliche Schaltung durch Anwendung der Kirchhoffschen Regeln. Vergleichen Sie mit dem Strom 

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body I_k

, der sich bei Kurzschluß der Ersatzspannungsquelle ergibt.
5.3 Geben Sie die Ersatzstromquelle bezüglich der Klemmen 1 und 2 an. 

Aufgabe 03-6:

Gegeben ist die folgende Schaltung mit den Werten

Lösung 5.1:

Der Innenwiderstand 

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body R_i

  ist der Ersatzwiderstand bzgl. der Klemmen 1 und 2:

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body U=80\;V;\;\;\;\;\;\; R_1=--uriencoded--\begin%7Bgather*%7D R_i = R_3 + R_1 %7C%7C R_2 = R_3 =300\;\Omega ;\;\;\;\;R_4=400\;\Omega

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6.1 Geben Sie für die gezeichnete Schaltung bezüglich der Klemmen 1 und 2 die Ersatzspannungsquelle mit Innenwiderstand an.
6.2 Welchen Wert muss ein an den Klemmen 1 und 2 angeschlossener

+ \frac%7BR_1\cdot R_2%7D%7BR_1+R_2%7D\\ \end%7Bgather*%7D

Im Leerlauffall fließt durch den Widerstand R₃ kein Strom und es fällt deshalb keine Spannung über diesem Widerstand ab. Daher entspricht die Leerlaufspannung zwischen den Klemmen 1 und 2 der Spannung, die über dem Widerstand 

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body R_a

 besitzen, damit die in ihm umgesetzte Leistung maximal ist?

Zusatzaufgabe:

6.3 Wie groß ist im Fall 1.2 der Wirkungsgrad der Anordnung, wenn als Nutzleistung die im Außenwiderstand 

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body R_a

 umgesetzte Leistung anzusehen ist (nicht vom Ersatzschaltbild ausgehen!)? Wie groß wäre der Wirkungsgrad, wenn Sie vom Ersatzschaltbild ausgehen würden?

2

 abfällt.
Mithilfe des Spannungsteilers ergibt sich:

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body --uriencoded--\begin%7Bgather*%7D U_2 = U_0 = \frac%7BR_2%7D%7BR_1+R_2%7D\cdot U \end%7Bgather*%7D

Lösung 5.2:

Berechnung von

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body I_{3K}

:

Bei Anwendung der Kirchhoff'schen Regeln ist zu beachten, dass in dieser Schaltung eine unabhängige Knotengleichung und 2 unabhängige Maschengleichungen möglich sind. Der Kurzschluss ergibt sich durch direkt Verbindung der Klemmen. Damit sieht das Schaltbild wie folgt aus:

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Die Knotengleichung am oberen Knoten lautet:

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body --uriencoded--I-I_2-I_%7B3\mathrm K%7D=0 \;\; \Rightarrow \;\; I_%7B3\mathrm K%7D=I-I_2 \; (\mathrm I)

Die Maschengeichungen lauten:

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body --uriencoded---U+U_%7B\mathrm R1%7D -U_%7B\mathrm R2%7D=0 \;\; \Rightarrow \;\; -U+R_1\cdot I+R_2\cdot I_2=0 \; (\mathrm%7BII%7D)

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body --uriencoded-- -U_%7B\mathrm R2%7D -U_%7B\mathrm R3%7D=0 \;\; \Rightarrow \;\; -R_2\cdot I_2+R_3\cdot I_%7B3\mathrm K%7D=0\; (\mathrm%7BIII%7D)

Damit ergibt sich:

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body --uriencoded--(\mathrm%7BIII'%7D): I_2=\frac %7BR_3\cdot I_%7B3 \mathrm K%7D%7D%7BR_2%7D \\ (\mathrm%7BII'%7D): I=\frac %7BU-R_2\cdot I_2%7D%7BR_1%7D\;\; \mathrm%7Bmit%7D \, (\mathrm%7BIII'%7D): I=\frac %7BU-R_3\cdot I_%7B3 \mathrm K%7D %7D%7BR_1%7D

Es folgt:

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body --uriencoded-- (\mathrm%7BII'%7D) \, \mathrm%7Bund%7D \, (\mathrm%7BIII'%7D)\, \mathrm%7Bin%7D \, (\mathrm%7BI%7D): I_%7B3\mathrm K%7D=\frac %7BU-R_3\cdot I_%7B3 \mathrm K%7D %7D%7BR_1%7D - \frac %7BR_3\cdot I_%7B3 \mathrm K%7D %7D%7BR_2%7D \\ \Rightarrow I_%7B3\mathrm K%7D\cdot R_1 \cdot R_2=U\cdot R_2 -R_2\cdot R_3\cdot I_%7B3\mathrm K%7D-R_1\cdot R_3\cdot I_%7B3\mathrm K%7D \\ \begin%7Bgather*%7D \Rightarrow I_%7B3\mathrm K%7D=\frac %7BR_2\cdot U%7D%7BR_1 \cdot R_2 + R_1\cdot R_3+R_2 \cdot R_3%7D \end%7Bgather*%7D

Es kann auch alternativ mit dem Ersatzwiderstand gerechnet werden ohne die Knoten- und Maschengleichungen vollständig aufzustellen (dieser Weg ist auch zu bevorzugen, da er weniger fehleranfällig ist):

Der Strom I ergibt sich aus dem Gesamtwiderstand

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body --uriencoded--R_%7Bges%7D

und der Spannung U.

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body --uriencoded--\begin%7Bgather*%7D I= \frac%7BU%7D%7BR_%7Bges%7D%7D= \frac%7BU%7D%7BR_1 + \frac%7BR_2 \cdot R_3%7D%7BR_2 +R_3%7D%7D= \frac%7BR_2+R_3%7D%7BR_1\cdot R_2 + R_1\cdot R_3 +R_2 \cdot R_3%7D\cdot U \\ \end%7Bgather*%7D

Der Stromteiler ergibt den Strom

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body --uriencoded--I_%7B3K%7D

:

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body --uriencoded--\begin%7Bgather*%7D I_%7B3K%7D=\frac%7BR_2%7D%7BR_2+R_3%7D\cdot I= \frac %7BR_2%7D%7BR_1\cdot R_2 + R_1\cdot R_3 +R_2 \cdot R_3%7D\cdot U\\ \end%7Bgather*%7D

Berechnung von

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body --uriencoded--I_%7BK%7D

:

Der Strom

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body I_K

fließt bei Kurzschließen der Ersatzspannungsquelle.

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body --uriencoded--\begin%7Bgather*%7D I_K = \frac%7BU_0%7D%7BR_i%7D= \frac%7BR_2%7D%7BR_1+R_2%7D\cdot \frac%7B1%7D%7BR_3+\frac%7BR_1\cdot R_2%7D%7BR_1+R_2%7D%7D\cdot U = \frac%7BR_2%7D%7BR_1 +R_2%7D\cdot \frac%7BR_1 +R_2%7D%7BR_1\cdot R_2 +R_1 \cdot R_3 + R_2 \cdot R_3%7D\cdot U = \frac%7BR_2%7D%7BR_1\cdot R_2 +R_1 \cdot R_3 + R_2 \cdot R_3%7D\cdot U \end%7Bgather*%7D

Es lässt sich feststellen, dass in beiden Fällen der gleiche Kurzschlussstrom fließt, da die Ersatzquelle nach außen das gleiche Verhalten aufweist wie die ursprüngliche Schaltung.

Lösung 5.3:

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Der Innenwiderstand

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body R_i

bleibt in beiden Fällen gleich. Damit kann der Kurzschlussstrom einberechnet werden. Es gilt der Zusammenhang

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body U_0=I_0\cdot R_i

.

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body --uriencoded--\begin%7Bgather*%7D I_0 = \frac%7BU_0%7D%7BR_i%7D= I_K = \frac%7BR_2%7D%7BR_1\cdot R_2 +R_1 \cdot R_3 + R_2 \cdot R_3%7D\cdot U \\ \end%7Bgather*%7D

Aufgabe 03-6:

Gegeben ist die folgende Schaltung mit den Werten:

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body U=80\;V;\;\;\;\;\;\; R_1=R_2=R_3 =300\;\Omega ;\;\;\;\;R_4=400\;\Omega

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6.1 Geben Sie für die gezeichnete Schaltung bezüglich der Klemmen 1 und 2 die Ersatzspannungsquelle mit Innenwiderstand an.
6.2 Welchen Wert muss ein an den Klemmen 1 und 2 angeschlossener Widerstand 

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body R_a

 besitzen, damit die in ihm umgesetzte Leistung maximal ist?

Zusatzaufgabe:

6.3 Wie groß ist im Fall 6.2 der Wirkungsgrad der Anordnung, wenn als Nutzleistung die im Außenwiderstand 

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body R_a

 umgesetzte Leistung anzusehen ist (nicht vom Ersatzschaltbild ausgehen!)? Wie groß wäre der Wirkungsgrad, wenn Sie vom Ersatzschaltbild ausgehen würden?

Lösung 6.1:

Schaltbild der Ersatzspannungsquelle:

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Um den Innenwiederstand

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body R_i

zu berechnen, muss die Spannungsquelle 

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body U

kurzgeschlossen werden und der Gesamtwiederstand bezüglich der Klemmen 1 und 2 berechnet werden.

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body --uriencoded--\begin%7Bgather*%7D R_i = R_1%7C%7C(R_2+(R_3%7C%7CR_4)) \end%7Bgather*%7D

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body --uriencoded--\begin%7Bgather*%7D R_%7B2,3,4%7D= 300 \Omega + \frac%7B300 \cdot 400 \omega%5e2%7D%7B300 \Omega + 400 \Omega%7D= 471,43\Omega \end%7Bgather*%7D

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body --uriencoded--\begin%7Bgather*%7D R_i = \frac%7B300 \cdot 471,43 \Omega %5e2 %7D%7B300 \Omega +471,43 \Omega%7D= 183,33 \Omega \end%7Bgather*%7D

Um die Ersatzspannung zu berechnen, können gezielt Maschen und Knoten gelegt werden:

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Maschen:

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body --uriencoded--\begin%7Bgather*%7D \textbf%7BI%7D: \hspace%7B2ex%7D U_0= I_2 \cdot R_2 + I_4 \cdot R_4 \,\,\, \,\,\,\\ \textbf%7BII%7D: \hspace%7B2ex%7D U-I_3 \cdot R_3 -I_4\cdot R_4 =0\\ \end%7Bgather*%7D

Knoten:

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body --uriencoded--\begin%7Bgather*%7D A: \hspace%7B2ex%7D I_4 -I_2-I_3 =0\\ \end%7Bgather*%7D

Der Strom 

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body I_4

  ist der Strom, der durch die Quelle fließt, deshalb kann dieser mittels 

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body --uriencoded--\begin%7Bgather*%7D I_4 =\frac%7BU%7D%7BR_%7Bges%7D%7D\\ \end%7Bgather*%7D

berechnet werden. Der Gesamtwiederstand  

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body --uriencoded--R_%7Bges%7D

  ist der Ersatzwiederstand bezüglich der Spannungsquelle:

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body --uriencoded--\begin%7Bgather*%7D R_%7Bges%7D= R_4+R_3%7C%7C(R_1+R_2)= 600 \Omega\\ I_4 = \frac%7BU%7D%7BR_%7Bges%7D%7D= \frac%7B80 V%7D%7B600 \Omega%7D = \frac%7B2%7D%7B15%7D \mathrm%7BA%7D\\ \end%7Bgather*%7D

Einsetzen in die Masche II liefert den Strom 

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body I_3

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body --uriencoded--\begin%7Bgather*%7D I_3 = \frac%7BU-I_4\cdot R_4%7D%7BR_3%7D= \frac%7B4%7D%7B45%7D\mathrm%7BA%7D \end%7Bgather*%7D

Einsetzen in Knoten A liefert den Strom 

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body I_2

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body --uriencoded--\begin%7Bgather*%7D I_2 = I_4-I_3 = \frac%7B2%7D%7B45%7D\mathrm%7BA%7D\\ \end%7Bgather*%7D

Einsetzen in Masche I liefert die Spannung  

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body U_0

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body --uriencoded--\begin%7Bgather*%7D U_0 = I_2 \cdot R_2 + I_4 \cdot R_4 = 66,667 \mathrm%7BV%7D\\ \end%7Bgather*%7D

Lösung 6.2:

Die maximale Leistung wird bei

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body R_a=R_i

umgesetzt (vgl. Übungsblatt 3, Aufgabe 2).

Lösung Zusatzaufgabe 6.3:

Eine Ersatzspannungs/Ersatzstrom-Quelle ist in ihrer Wirkung nur nach Außen der Originalschaltung äquivalent, innerhalb der Schaltung hat die Ersatzquelle ein völlig anderes Verhalten.

Der Wirkungsgrad der Anordnung ergibt sich aus dem Quotienten der Leistung die im Wiederstand  

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body R_a

  umgesetzt wird und der Leistung, die von der Quelle abgegeben wird.

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body --uriencoded--\begin%7Bgather*%7D η = \frac%7BP_a%7D%7BP_Q%7D\\ \end%7Bgather*%7D

Um die entsprechenden Leistungen zu ermitteln, müssen die Ströme durch Quelle und Ver-braucherwiederstand ermittelt werden. Maschen- und Knotengleichungen ergeben ein 6x6 LGS.

                   Image Added

Maschen:

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body --uriencoded--\begin%7Bgather*%7D \textbf%7BI%7D:\hspace%7B2ex%7D I_1\cdot R_1-I_3\cdot R_3+I_2\cdot R_2=0\\ \textbf%7BII%7D:\hspace%7B2ex%7D I_3\cdot R_3+I_4\cdot R_4-U=0 \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \\ \textbf%7BIII%7D:\hspace%7B2ex%7D I_a\cdot R_a-I_2\cdot R_2-I_4\cdot R_4=0\,\,\,\,\,\\ \end%7Bgather*%7D

Knoten:

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body --uriencoded--\begin%7Bgather*%7D \textbf%7BA%7D:\hspace%7B2ex%7D I_1+I_3-I=0\\ \textbf%7BB%7D:\hspace%7B2ex%7D I_4-I_2-I_3=0\\ \textbf%7BC%7D:\hspace%7B2ex%7D I_a+I_2-I_1=0\\ \end%7Bgather*%7D

Da das LGS verhältnismäßig komplex ist, empfiehlt es sich, auf eine händische Lösung zu verzichten und z.B. auf Programme wie Matlab zurückzugreifen.

Für die beiden benötigten Größen

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body I_a

und  I ergeben sich die folgenden Werte:

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body --uriencoded--\begin%7Bgather*%7D I_a = 0,1818 \mathrm%7BA%7D\\ I = 0,2848 \mathrm%7BA%7D \end%7Bgather*%7D

Damit lassen sich die Leistungen in Wiederstand und Quelle bestimmen.

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body --uriencoded--\begin%7Bgather*%7D P_a = I_a%5e2\cdot R_a = (0,1818 A)%5e2 \cdot 183,33 \Omega= 6,06 \mathrm%7BW%7D\\ P_Q = U\cdot I = 80 \mathrm%7BV%7D\cdot 0,2848 A = 22,784 \mathrm%7BW%7D\\ \end%7Bgather*%7D

Nun kann der Wirkungsgrad der Anordnung bestimmt werden.

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body --uriencoded--\begin%7Bgather*%7D η = \frac%7BP_a%7D%7BP_Q%7D=\frac%7B6,06 W%7D%7B22,784 W%7D= 0,2626 ≜ 26,26\%25\\ \end%7Bgather*%7D

Wird jedoch von der (vereinfachten) Ersatzquelle ausgegangen, besteht diese Schaltung lediglich aus der Reihenschaltung der Leerlaufspannung und von

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body R_\mathrm i

und

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body R_\mathrm a

. Da

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body R_\mathrm i

und

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body R_\mathrm a

den gleichen Wert haben und durch beide der gleiche Strom fließt, fällt über beiden die gleiche Spannung ab. Damit wird in beiden Widerständen die gleiche Leistung umgesetzt. Das bedeutet, dass der Wirkungsgrad

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body --uriencoded--\eta _\mathrm%7BErsatz%7D

=50 % beträgt. Allgemein lässt sich sagen, dass der Wirkungsgrad der Ersatzquellenschaltung größer als der der tatsächlichen Schaltung ist. Das liegt daran, dass in der tatsächlichen Schaltung weitere innere Ströme über inneren Widerständen "ünnötig im Kreis fließen" können und damit internen zu Verlusten führen, welche in der Ersatzquelle nicht abgebildet werden.

Aufgabe 03-7:

Gegeben ist das folgende Netzwerk.

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7.1 Bestimmen Sie die Spannung 

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body U_{AB}

 durch direkte Anwendung der Kirchhoffschen Sätze (Knoten- und Maschenregel). Stellen Sie hierzu das erforderliche lineare Gleichungssystem auf. (Die Lösung dieses LGS ist aufwändig.)

Lösung 7.1:

Superpositionsprinzpien

Aufgabe 03-8:

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