Netzwerke und Schaltungen I Einfache Elektrische Netzwerke

Netzwerke und Schaltungen I
Professur für Leistungselektronik
und Messtechnik
Lösung Nr. 7
Prof. Dr. J.W. Kolar
Name, Vorname
Testat
Besprechung: 04.11.08
Abgabe:
11.11.08
Einfache Elektrische Netzwerke
Aufgabe 1: Strommessung
a) (1) Wir berechnen zuerst die Widerstände R1, R2, und R3.
Im MB1 messen wir Ströme bis zu 100mA. Dabei sollte IMW den Wert von 5mA nicht überschreiten. Messen wir also einen Strom von I1 = 100mA im MB1, dann beträgt IMW = 5mA und
wir erhalten:
I MW R mwi = (I 1 − I MW )(R1 + R 2 + R 3 ) = (I 1 − I MW )R ges
R ges = R1 + R 2 + R 3 = R mwi
I MW
5mA
= 100Ω
= 5.263Ω
100mA − 5mA
I 1 − I MW
Analog erhalten wir für den MB2:
I MW (R1 + R mwi ) = (I 2 − I MW )(R 2 + R 3 )
Mit den Beziehungen R 2 + R 3 = R ges − R1 und I MW R mwi = (I1 − I MW )R ges erhalten wir für den
Widerstand R1:
I MW (R1 + R mwi ) = (I 2 − I MW )(R ges − R1 )
I MW R1 + (I 2 − I MW )R1 = (I 2 − I MW )R ges − I MW R mwi
I 2 R1 = (I 2 − I MW )R ges − (I 1 − I MW )R ges
⎛ 1A − 100 ⋅ 10 − 3 A ⎞
⎛I −I ⎞
⎟ = 4.737Ω
R1 = R ges ⎜⎜ 2 1 ⎟⎟ = 5.263Ω⎜⎜
⎟
1A
⎝ I2 ⎠
⎝
⎠
Für den MB3 erhalten wir ebenfalls analog:
I MW (R 2 + R1 + R mwi ) = (I 3 − I MW )R 3
Mit den Beziehungen R1 + R 2 = R ges − R 3 und I MW R mwi = (I 1 − I MW )R ges erhalten wir für den
Widerstand R3:
I MW (R ges − R 3 + R mwi ) = (I 3 − I MW )R 3
I 3 R 3 = I MW R ges + I MW R mwi
I 3 R 3 = I MW R ges + (I 1 − I MW )R ges
⎛I
R 3 = R ges ⎜⎜ 1
⎝ I3
⎞
⎟ = 5.263Ω
⎟
⎠
⎛ 100 ⋅ 10 −3 A ⎞
⎟ = 0.05263Ω
⎜
⎟
⎜
10A
⎠
⎝
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Nun können wir leicht R2 berechnen:
⎛I
⎛
I −I
I ⎞
I ⎞
R 2 = R ges − R1 − R 3 = R ges ⎜⎜1 − 2 1 − 1 ⎟⎟ = R ges ⎜⎜ 1 − 1 ⎟⎟ = 0.4737Ω
I2
I3 ⎠
⎝ I2 I3 ⎠
⎝
Die Widerstände betragen also: R1 = 4.737Ω, R2 = 0.4737Ω und R3 = 0.05263Ω
(2) Nun berechnen wir die Eingangswiderstände Re1, Re2, und Re3.
Wenn wir im MB1 messen, befindet sich Rmwi parallel zu R1, R2, und R3. Der Gesamtwiderstand Re1 ergibt sich dann zu:
R e1 = R mwi (R1 + R 2 + R 3 ) =
=
R mwi R ges
R mwi (R1 + R 2 + R 3 )
=
R mwi + (R1 + R 2 + R 3 ) R mwi + R ges
100Ω (4.737Ω + 0.4737Ω + 0.05263Ω)
100Ω ⋅ 5.263Ω
=
= 5Ω
100Ω + (4.737Ω + 0.4737Ω + 0.05263Ω) 100Ω + 5.263Ω
Im MB2 befinden sich R1 und Rmwi parallel zu R2 und R3 und der Gesamtwiderstand Re2 ergibt
sich zu:
R e 2 = (R1 + R mwi ) (R 2 + R 3 ) =
=
(R1 + R mwi )(R 2 + R 3 )
(R1 + R mwi ) + (R 2 + R 3 )
(4.737Ω + 100Ω) ⋅ (0.4737Ω + 0.05263Ω) = 0.5237Ω
(4.737Ω + 100Ω) + (0.4737Ω + 0.05263Ω)
Im MB3 befinden sich R1, R2 und Rmwi parallel zu R3 und der Gesamtwiderstand Re3 ergibt sich
zu:
(R1 + R 2 + R mwi )R 3
(R1 + R 2 + R mwi ) + R 3
R e 3 = (R1 + R 2 + R mwi ) R 3 =
=
(4.737Ω + 0.4737Ω + 100Ω) ⋅ 0.05263Ω = 0.05257Ω
(4.737Ω + 0.4737Ω + 100Ω) + 0.05263Ω
Die Eingangswiderstände betragen also: Re1 = 5 Ω, Re2 = 0.5263Ω und Re3 = 0.05257Ω
b) Der Leistungsverbrauch über R1 ist maximal, wenn der grösste Strom über diesen Widerstand
fliesst. Dies ist der Fall, wenn im MB1 der maximale Strom gemessen wird. Mit P = RI2 erhalten wir:
(
P1,max = R1 (I1 − I MW ) = 4.737 Ω 100 ⋅ 10 −3 A − 5 ⋅ 10 −3 A
2
Analog erhalten wir für R2:
(
P2,max = R 2 (I 2 − I MW ) = 0.4737 Ω 1A − 5 ⋅ 10 −3 A
2
)
2
)
2
= 0.043 W
= 0.469 W
Und für R3:
(
P3,max = R 3 (I 3 − I MW ) = 0.05263 Ω 10A − 5 ⋅ 10 −3 A
2
)
2
= 5.258 W
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c)
Fig. 4: Ersatzschaltbilder
Da der Strom den wir messen kleiner ist als 100mA, können wir ihn im MB1 messen, aber auch im
MB2.
Aus Fig. 4 ist dann ersichtlich, dass wir für den Quellenstrom Iq und den Innenwiderstand Rq folgende Beziehung erhalten:
I q = I 1 (R q + R e1 ) / R q = I 2 (R q + R e 2 ) / R q
Daraus ergibt sich für Iq und Rq:
I 1R e1 − I 2 R e 2 47.62 ⋅ 10 −3 A ⋅ 5Ω − 49.74 ⋅ 10 −3 A ⋅ 0.5263Ω
=
= 99.96Ω
I 2 − I1
49.74 ⋅ 10 −3 A − 47.62 ⋅ 10 −3 A
99.96Ω + 5Ω
I q = I1 (R q + R e1 ) / R q = 47.62 ⋅ 10 −3 A
= 49.89 ⋅ 10 −3 A
99.96Ω
Rq =
Für die Berechnung der Leerlaufspannung Uq und des Innenwiderstandes Rq` kann entweder die
Tatsache verwendet werden, dass beim Wechsel vom Stromquellen- zum Spannungsquellenersatzschaltbild der Innenwiderstand gleich bleibt (d.h. Rq` = Rq) und sich die Spannungsquelle über
Uq =Iq Rq bestimmen lässt.
Alternativ ist aus Fig. 4 ersichtlich, dass wir für die Leerlaufspannung Uq und den Innenwiderstand
Rq` folgende Beziehung erhalten:
U q = I 1 (R q `+R e1 ) = I 2 (R q `+R e 2 )
Daraus ergibt sich für Uq und Rq`:
R q `=
I 1R e1 − I 2 R e 2 47.62 ⋅ 10 −3 A ⋅ 5Ω − 49.74 ⋅ 10 −3 A ⋅ 0.5263Ω
=
= 99.96Ω
I1 − I 2
49.74 ⋅ 10 −3 A − 47.62 ⋅ 10 −3 A
(
)
U q = I 1 R q + R e1 = 47.62 ⋅ 10 −3 A ⋅ (100Ω + 5Ω) = 4.99V
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Aufgabe 2: Temperaturmessung
a) Wir berechnen zuerst R1. Bei ϑstart = -20° C beträgt die Spannung UMstart = 0 V. Diese Spannung erhalten wir, wenn R(-20° C) = R1. Der Widerstand R1 berechnet sich also zu:
R1 = R( −20° C) = R 0 (1 + α (ϑ − ϑ0 ))
= 2000Ω (1 + 8 ⋅ 10 −3 K -1 (253.15K − 293.15K)) = 1360Ω
Fig. 5: Brückenschaltung
Nun möchten wir die Spannung UE berechnen. Dazu müssen wir eine Beziehung zwischen UE, UM,
R(ϑ) und R1 finden. Wir finden diese, indem wir die Maschenregel über die Spannungen UR(ϑ), UM
und U1 anwenden. Siehe Fig. 5. Es ergibt sich:
−U R (ϑ ) + U M + U1 = 0 ⇒ U M = U R (ϑ ) − U 1
Die Spannung U1 erhalten wir, indem wir uns überlegen, dass über R1 die Hälfte der Spannung von
UE abfällt. Für die Spannung UR(ϑ) wenden wir die Spannungsteilerregel über die Widerstände R1
und R(ϑ) an. Die Resultate setzen wir dann in obiger Gleichung ein und erhalten:
U1 =
U R (ϑ )
⎫
⎪⎪
⎛ R(ϑ )
1 ⎞ U R(ϑ ) − R1
− ⎟⎟ = E
⎬ ⇒ U M = U E ⎜⎜
R(ϑ ) ⎪
2 R1 + R(ϑ )
⎝ R1 + R(ϑ ) 2 ⎠
= UE
⎪
R1 + R(ϑ ) ⎭
UE
2
Nun wissen wir, dass bei ϑend = 40° C die Spannung UMend = 3V beträgt. Wir berechnen zuerst
R(40° C):
R ( 40°C) = R 0 (1 + α (ϑ − ϑ0 )) = 2000Ω00+ 8 ⋅ 10 −3 K (313.15K − 293.15K)) = 2320Ω
Und berechnen nun UE aus der Gleichung für UM, indem wir in diese den soeben erhaltenen Wert
für R(40° C) und UM = 3V einsetzen:
U E = 2U M
R1 + R(ϑ )
1360Ω + 2320Ω
= 6V
= 23V
2320Ω − 1360Ω
R(ϑ ) − R1
b) In Aufgabe a) haben wir eine Beziehung zwischen UM und R(ϑ) erhalten. Wir bezeichnen die
Spannung nun als UMist und erhalten folgende Beziehung zwischen UMist und ϑ:
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U Mist =
=
−ϑstart + ϑ
U E R(ϑ ) − R1 U E R 0 (1 + α (ϑ − ϑ0 )) − R 0 (1 + α (ϑstart − ϑ0 )) U E
=
=
−1
2 R1 + R(ϑ )
2 R 0 (1 + α (ϑstart − ϑ0 )) + R 0 (1 + α (ϑ − ϑ0 ))
2 2α + ϑstart − 2ϑ0 + ϑ
23V
20°C + ϑ
23V 20°C + ϑ
=
-1
2 2 /(0.008K ) − 20°C - 2 ⋅ 20°C + ϑ
2 190°C + ϑ
Es handelt sich hier um die reale Beziehung zwischen UM und ϑ, welche nicht linear ist. Die Beziehung auf der Skala zwischen UM und ϑ ist jedoch linear zwischen den Punkten (ϑstart = -20° C, UMstart = 0V und (ϑend = 40° C, UMend = 3V). Wir bezeichnen die Spannung im linearen Fall als UMerw und
erhalten folgende lineare Beziehung:
U Merw
=0
647
4
8
=0
647
4
8 U (ϑ ) − U (ϑ )
M
end
M
start
(ϑ − ϑstart ) = U M (ϑend ) (ϑ − ϑstart ) = 3V (20°C + ϑ )
= U M (ϑstart ) +
ϑend − ϑstart
60°C
ϑend − ϑstart
Fig. 6: Spannungen mit Fehler
Die beiden Spannungen UMist und UMerw sind in Fig. 6 dargestellt. Daraus wird ersichtlich, dass bei
gegebener Temperatur ϑist eine Differenz zwischen den beiden Spannungen besteht; die sogenannte Spannungsdifferenz FU. Diese ist ebenfalls in Fig. 6 dargestellt und beträgt:
FU = U Merw (ϑ ) − U Mist (ϑ ) =
23V 20°C + ϑ
3V
(20°C + ϑ ) −
2 190°C + ϑ
60°C
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Ebenso besteht bei der gemessenen Spannung UMist eine Differenz zwischen der tatsächlichen
Temperatur ϑist und der aufgrund der linearen Skala angezeigten Temperatur ϑmess; der absolute
Temperaturmessfehler Fϑ = ϑ mess - ϑ ist.
Dazu leiten wir die Differenz FU nach der Temperatur ϑ ab:
dFU
d ⎛ 3 V ⋅ (20°C + ϑ ) 23V 20°C + ϑ ⎞
=
−
⎜
⎟
dϑ
dϑ ⎝
60°C
2 190°C + ϑ ⎠
=
d ⎛ 6 V ⋅ (20°C + ϑ )(190°C + ϑ ) − 23V ⋅ 60°C ⋅ (20°C + ϑ ) ⎞
⎜
⎟⎟
dϑ ⎜⎝
120°C ⋅ (190°C + ϑ )
⎠
=
d ⎛ 1V ϑ 2 − 20°C ⋅ ϑ − 800(°C) 2
⎜
dϑ ⎜⎝ 20°C
ϑ + 190°C
⎞
⎟
⎟
⎠
=
1V (2ϑ − 20°C)(ϑ + 190°C) − ( ϑ 2 − 20°C ⋅ ϑ − 800(°C) 2 ) ⋅ 1
20°C
(ϑ + 190°C)2
=
1V ϑ 2 + 380°Cϑ − 3000(°C) 2
20°C
(ϑ + 190°C)2
Diese Ableitung ist genau dann Null, wenn der Zähler Null ist (für ϑ ≠ −190°C ):
ϑ 2 + 380°Cϑ − 3000(°C) 2 = 0 ⇒ ϑ1,2 =
Da die Lösung ϑ 2 =
− 380°C - 156400(°C) 2
2
=
x
a
m
ϑ
− 380°C ± 156400(°C) 2
2
= −387.7°C nicht im betrachteten Intervall liegt, folgt
− 380°C + 156400(°C) 2
2
= 7.737°C
Alternativ kann auch folgender Lösungsweg gewählt werden:
⎛ R 0 (1 + α (ϑ − ϑ0 )) − R1 ⎞ ⎞
dFU
d ⎛⎜ U M (ϑend )
⎟⎟
(
=
ϑ
− ϑstart ) − U E ⎜⎜
⎟⎟
dϑ
dϑ ⎜⎝ ϑend − ϑstart
⎝ 2(R1 + R 0 (1 + α (ϑ − ϑ0 ))) ⎠ ⎠
= R (ϑ ) − R 1
⎛
⎛ 64444
4744444
8 ⎞⎟ ⎞⎟
⎜
⎜
= c1
644
47444
8 ⎟⎟
⎜
⎜
U M (ϑend )
U E ⎜ R 0αϑ − R 0αϑ 0 + R 0 − R1 ⎟ ⎟
d ⎜ U M (ϑend )
=
ϑ−
ϑstart −
⎜
⎟
dϑ ⎜ ϑend − ϑstart
ϑend − ϑstart
2 ⎜ R 0αϑ − R 0αϑ0 + R 0 + R1 ⎟ ⎟
⎜
144
42444
3
144
42444
3⎟
c2
= c3
⎜
⎜ 14444
424=4
444
3 ⎟⎟ ⎟⎟
⎜
⎜
1
(
)
R
R
=
+
ϑ
⎠⎠
⎝
⎝
=
U M (ϑend )
U
− E
ϑend − ϑstart
2
=
U M (ϑend )
ϑend − ϑstart
⎛ R 0α ⋅ (R1 + R(ϑ )) − (R(ϑ ) − R1 ) ⋅ R 0α ⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
(R1 + R(ϑ )) 2
⎝
⎠
U M (ϑend )
U E αR 0 R 1
U ⎛ 2R 0αR1 ⎞
⎟=
− E ⎜⎜
−
2 ⎟
2 ⎝ (R1 + R(ϑ )) ⎠ ϑend − ϑstart (R1 + R(ϑ )) 2
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Diese Ableitung setzen wir nun gleich 0 und erhalten zuerst eine Formel für R(ϑmax):
U E αR 0 R 1
(R1 + R(ϑmax ))
2
−
U M (ϑend )
U E αR 0 R1
U M (ϑend )
=0 ⇒
=
2
ϑend − ϑstart
ϑ
(R1 + R(ϑmax ))
end − ϑ start
⇒ (R1 + R(ϑmax )) 2 = (U E αR 0 R1 ) ⋅
ϑ − ϑstart
ϑend − ϑstart
⇒ R(ϑmax ) = (U E αR 0 R1 ) ⋅ end
− R1
U M (ϑend )
U M (ϑend )
Wenn wir die uns bekannten Werte einsetzen, erhalten wir für R(ϑmax):
R(ϑmax ) = (U E αR 0 R1 ) ⋅
=
(23V ⋅ 8 ⋅ 10
−3
ϑend − ϑstart
− R1
U M (ϑend )
)
K -1 ⋅ 2000Ω ⋅ 1360Ω ⋅
313.15K − 253.15K
− 1360Ω = 1803.8Ω
3V
Daraus könne wir mit der in der Aufgabenstellung gegebenen Formel für den temperaturabhängigen Widerstand ϑmax herleiten:
R 0 (1 + α (ϑmax − ϑ0 )) = R (ϑmax ) ⇒ ϑmax =
1
(R(ϑmax ) − R0 + R0αϑ0 )
R 0α
Wir setzen die uns bekannten Werte ein und erhalten für ϑmax:
ϑmax =
=
1
(R(ϑmax ) − R 0 + R 0αϑ0 )
R 0α
(
)
1
1804Ω − 2000Ω + 2000Ω ⋅ 8 ⋅ 10 −3 K -1 ⋅ 20°C = 7.737° C
2000Ω ⋅ 8 ⋅ 10 −3 K -1
c) Wir berechnen die Spannungsdifferenz FUmax zuerst formal:
FU max = U Merw (ϑmax ) − U Msist (ϑmax ) =
⎞
⎛
U M (ϑend )
(ϑmax − ϑstart ) − U E ⎜⎜ R(ϑmax ) − R1 ⎟⎟
ϑend − ϑstart
⎝ 2(R1 + R(ϑmax )) ⎠
und setzen nun die Werte ein:
FU max =
3V
(7.737° C + 20°C) − 23V ⎛⎜⎜ 1803.8Ω − 1360Ω ⎞⎟⎟ = −0.2263V
40°C + 20°C
⎝ 2 ⋅ (1360Ω + 1804Ω) ⎠
Wir möchten nun die Temperatur ϑmax finden, bei der der Temperaturmessfehler |Fϑ | am grössten
ist. Da bei der Anzeige eine lineare Beziehung zwischen Spannung und Temperatur angenommen
wird, sind |Fϑ | und |FU | im selben Messpunkt am grössten, d.h. wir können den Arbeitspunkt ϑmax
aus der vorigen Aufgabe verwenden. Fig. 6 können wir entnehmen, dass die Messdifferenz Δϑmax
wie folgt berechnet werden kann (Geradengleichung):
Δϑmax =
ϑend − ϑstart
40°C + 20°C
⋅ −FU max =
⋅ 0.2263V = 4.53°C
U M (ϑend )
3V
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Aufgabe 3: Berechnung von Gleichstromkreisen
a)
R1
I1
U
U2
R4
I2
I3
R2
R3
R1
R1
I4
I1
R5
U5
U
U2
I2
I3
I4
R2
R3
R45
I1
U
Ua
Ra
Fig. 6: Netzwerktransformation
Wie fassen die beiden in Reihe liegenden Widerstände R4 und R5 zum Ersatzwiderstand
R 45 = R 4 + R 5 = 50Ω + 10Ω = 60Ω
zusammen und erhalten dadurch die in Fig.6 dargestellte mittlere Schaltung. Hierin liegen die Widerstände R2, R3 und R45 parallel. Wenn wir diese zusammenfassen, erhalten wir die in Fig.6 dargestellte rechte Schaltung. Deren Ersatzwiderstand Ra berechnet sich zu:
1
1
1
1
1
1
1
1
=
+
+
=
+
+
= 0.0617S ⇒ R a =
= 16.2Ω
50Ω 40Ω 60Ω
0.0617S
Ra
R 2 R 3 R 45
Dadurch können wir den Strom I1 wie folgt berechnen:
U = −I 1R1 − I 1R a ⇒ I 1 = −
24V
U
=−
= −519mA
30Ω + 16.2Ω
R1 + R a
Damit erhalten wir für die Teilspannung Ua:
U a = −I 1R a = 0.519A ⋅ 16.2Ω = 8.42V
Die Spannung Ua fällt auch über den Widerstanden R2, R3 und R45 ab und damit gilt
U2 = U3 = U45 = Ua. Die Ströme I2, I3 und I4 berechnen sich dann zu:
I2 =
Ua
8.42V
=
= 168mA
R2
50Ω
I3 = −
I4 =
Ua
8.42V
=−
= −211mA
R3
40Ω
Ua
8.42V
=
= 0.140mA
R 45
60Ω
Die Spannung U5 können wir nun über die Spannungsteilerregel berechnen:
U 5 = −U a
R5
10Ω
= −8.42V
= −1.403V
R 4 + R5
50Ω + 10Ω
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b) Der Originalschaltung kann man entnehmen, dass die Widerstände R2 und R4 parallel zueinander
liegen und diese Parallelschaltung mit R3 in Reihe liegt. Der Widerstand R1 liegt direkt an der
Spannung U. Wir können daher die Originalschaltung wie in Fig. 7 mit einer übersichtlicheren Ersatzschaltung ersetzen.
Fig. 7: Netzwerktransformation
Als erstes berechnen wir den Strom I1:
I1 =
U
48V
=
= 0.533A
R1 90Ω
Nun fassen wir R2 und R4 zum Ersatzwiderstand R24 zusammen:
R 24 =
R2 ⋅ R4
50Ω ⋅ 60Ω
=
= 27.3Ω
R2 + R4
50Ω + 60Ω
Aus diesem können wir den Strom I3 berechnen:
I3 =
U
48V
=
= 0.714A
R 3 + R 24
40Ω + 27.3Ω
Daraus lässt sich nun U24 berechnen:
U 24 = I 3 R 24 = 0.714A ⋅ 27.3Ω = 19.5V
Und wir erhalten für Ix:
I x = I1 + I 4 = 0.533A + 0.324A = 0.857A = 857mA
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c) Der Originalschaltung kann man entnehmen, dass die Widerstände R1, R2 und R3 parallel zueinander liegen. Mit dieser Parallelschaltung liegt der Widerstand R4 in Reihe. Der Widerstand R5 liegt
direkt parallel zur Spannungsquelle. Wir können daher die Originalschaltung wie in Fig. 8 mit einer
übersichtlicheren Ersatzschaltung ersetzen.
Fig. 8: Netzwerktransformation
Als erstes fassen wir die Widerstände R1, R2 und R3 zum Ersatzwiderstand Ra zusammen:
Ra =
1
1
=
Ω = 14.9Ω
1
1
1
1
1
1
+
+
+
+
R1 R 2 R 3
50 45 40
Durch Anwendung der Spannungsteilerregel erhalten wir für die in Fig. 8 gekennzeichnete Spannung Ua den Wert:
Ua = U
Ra
14.9Ω
= 48V
= 11.01V
R 4 + Ra
50Ω + 14.9Ω
Damit ergibt sich der gesuchte Strom Ix zu:
I x = I2 + I5 =
Ua
U
11.01V 48V
+
=
+
= 1.04A
R2 R5
45Ω
60Ω
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d) Um die Maschen- und Kontengleichungen aufzustellen, führen wir die in Fig. 9 dargestellten
Strom- und Spannungsbezeichnungen ein.
Fig. 9: Originalnetzwerk mit Strom- und Spannungsbezeichnungen
Insgesamt haben wir sechs Zweige, d.h. wir benötigen sechs linear unabhängige Gleichungen. Wir
haben 3 Knoten, also brauchen wir 3-1=2 unabhängige Knotengleichungen und 6-2=4 unabhängige Maschengleichungen.
Die Wahl der Maschengleichungen kann auf verschiedene Arten erfolgen, solange die Gleichungen unabhängig sind (=> vollständiger Baum, Auftrennen der Maschen). Für die eingezeichneten
Maschen ergeben sich folgende Gleichungen:
M1:
M2:
M3:
M4:
U - U5 = 0
U1 + U2 = 0
U3 – U1 = 0
-U - U3 + U4 = 0
=>
=>
=>
=>
U5 = U
U1 = -U2
U3 = U1 = -U2
U4 = U + U3 = U + -U2
Für die Knotengleichungen wählen wir die zwei eingezeichneten Knoten. Da die Ströme und Spannungen über U = R I zusammenhängen, ergeben sich die folgenden Gleichungen:
K1:
I 2 − I1 − I 3 − I 4 = 0
⇔
U 2 U1 U 3 U 4 U 2 U 2 U 2 U − U 2
−
−
−
=
+
+
−
=0
R 2 R1 R 3 R 4 R 2 R1 R 3
R4
K2:
−I + I 4 + I 5 = 0
⇔
I=
U4 U5 U − U2 U
+
=
+
R 4 R5
R4
R5
Durch Umformen der Gleichung aus K1 erhält man schliesslich:
U2 =
U
1
48V
1
=
= 11.01V
1
1
1
1
1
1
R4 1
50Ω 1
+
+
+
+
+
+
R 2 R1 R 3 R 4
45Ω 50Ω 40Ω 50Ω
Somit lassen sich alle Spannungen und Ströme im Netzwerk berechnen, auch der gesuchte
Strom Ix
I x = I2 + I5 =
U2
U
11.01V 48V
+
=
+
= 1.04 A
R2 R5
45Ω
60Ω