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| Autor |
  Schaltung mit Parallelschaltung von Spannungsquellen vereinfachen |
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Heidjer
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 13.01.2014
Mitteilungen: 58
 |  Themenstart: 2014-01-24
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Hallo liebe Leute,
Und täglich grüßt das Murmeltier....
...oder stellt der Heidjer seine ET-Probleme hier ins Forum. :-D
Daher möchte ich erst einmal ein herzliches Dankeschön an die Helfer hier loswerden, die jeden Tag so zügig und kompetent auf meine Probleme eingehen. Ihr rettet für die ET-Prüfung nächste Woche vermutlich "meine Arsch". :-P
Aktuell kämpfe ich mit folgender Aufgabe:
http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/9/38749_IMG-20140124-WA0000.jpg
Für die obige Schaltung soll die Ersatzspannungsquelle bzgl. der Klemmen A und B berechnet werden.
Dies soll nicht durch Aufstellen von Maschen- und Knotengleichungen und deren Auflösung geschehen, da es laut Aufgabensteller wohl zu zeitaufwendig sei und anders einfacher/schneller ginge.
Für den Widerstand ${ R }_{ AB }$ bzw. ${ R }_{ i } $ (hinsichtlich der Ersatzquelle) habe ich rausbekommen:
${ R }_{ AB }=\frac { { R }_{ 1 }\cdot { R }_{ 6 }({ R }_{ 2 }+{ R }_{ 3 }+{ R }_{ 4 }+{ R }_{ 5 })+{ R }_{ 2 }\cdot { R }_{ 6 }({ R }_{ 3 }+{ R }_{ 4 }+{ R }_{ 5 }) }{ { R }_{ 1 }({ R }_{ 2 }+{ R }_{ 3 }+{ R }_{ 4 }+{ R }_{ 5 }+{ R }_{ 6 })+{ R }_{ 2 }({ R }_{ 3 }+{ R }_{ 4 }+{ R }_{ 5 }+{ R }_{ 6 }) } $
Nun muss ich ja die Spannung berechnen für Leerlauf an den Klemmen A-B, welche dann ja der Quellspannung der Ersatzspannungsquelle entspricht.
Dazu habe ich zunächst einmal den "mittleren, senkrechten Zweig" zusammengefasst. Dort sind ja Widerstände und Spannungsquellen in Reihe, so dass ich jeweils einfach addieren kann?! Somit würde sich die Schaltung ja wie folgt vereinfachen:
http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/9/38749_IMG-20140124-WA0001.jpg
Nun möchte ich eigentlich den linken Zweig mit dem mittleren zusammenfassen. Für den resultierenden Widerstand sollte sich somit ergeben ${ R }_{ 123 }=\frac { { R }_{ 1 }{ R }_{ 2 }+{ R }_{ 1 }{ R }_{ 3 }+{ R }_{ 2 }{ R }_{ 3 } }{ { R }_{ 1 }{ +R }_{ 2 }{ +R }_{ 3 } } $.
Wie aber kann ich die zueinander parallelgeschalten Spannungsquellen ${ U }_{ 3 }$ und ${ U }_{ 1 }+{ U }_{ 2 }$ zusammenfassen?
Oder bin ich ganz und gar auf dem Holzweg?
Danke vielmals!
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rlk
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Wohnort: Wien
|  Beitrag No.1, eingetragen 2014-01-24
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Hallo Heidjer,
kannst Du den Innenwiderstand $R_{AB}$ als Parallel- und Serienschaltung aufschreiben, also den Anfang der Rechnung?
Die Zusammenfassung der beiden Spannungsquellen $U_1$ und $U_2$ ist richtig. Mit dem Widerstand $R_{123}$ bin ich nicht einverstanden, wie hast Du den ermittelt?
Um eine Ersatzquelle für die Kombination der beiden Spannungsquellen $U_1+U_2$ und $U_3$ zu ermitteln, kannst Du das Überlagerungsverfahren von Helmholtz anwenden oder den Innenwiderstand und den Kurzschlussstrom (das ist einfacher als die Leerlaufspannung) berechnen.
Ich hoffe, das hilft Dir,
Roland
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Heidjer
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Dabei seit: 13.01.2014
Mitteilungen: 58
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2014-01-25
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\quoteon(2014-01-24 19:13 - rlk in Beitrag No. 1)
Hallo Heidjer,
kannst Du den Innenwiderstand $R_{AB}$ als Parallel- und Serienschaltung aufschreiben, also den Anfang der Rechnung?
\quoteoff
${ R }_{ AB }={ (R }_{ 4 }+{ (R }_{ 3 }\parallel ({ R }_{ 1 }+{ R }_{ 2 }))+{ R }_{ 5 })\parallel { R }_{ 6 }$
\quoteon(2014-01-24 19:13 - rlk in Beitrag No. 1)Mit dem Widerstand $R_{123}$ bin ich nicht einverstanden, wie hast Du den ermittelt?\quoteoff
Da hat sich ein Flüchtigkeitsfehler eingeschlichen. Den wollte ich eigentlich einfach aus $(R }_{ 3 }\parallel((R }_{ 1 }+{ R }_{ 2 })$ berechnen. Somit soll meine Lösung eigentlich lauten:
${ R }_{ 123 }=\frac { { R }_{ 1 }{ R }_{ 3 }+{ R }_{ 2 }{ R }_{ 3 } }{ { R }_{ 1 }{ +R }_{ 2 }{ +R }_{ 3 } } $
Überlagerungsverfahren haben wir in der Vorlesung nicht behandelt, aber ich habe mich mal eingelesen und hoffe, es halbwegs richtig gemacht zu haben:
http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/9/38749_20140125_174g554.jpg
Nun meine Frage dazu: Eigentlich soll ich beim Überlagerungsverfahren ja die errechneten Teilspannungen dann addieren. Muss ich hier aber nicht die zweite Spannung von der ersten Abziehen, da sie ja unterschiedlich gerichtete Zählpfeile haben?
So würde sich dann für die Ersatzquellspannung ergeben:
${ U }_{ E }=\frac { { (U }_{ 3 }{ -U }_{ 1 }-{ U }_{ 2 })({ R }_{ 1 }+{ R }_{ 2 }) }{ { R }_{ 1 }+{ R }_{ 2 }+{ R }_{ 3 } } $
Und dann noch eine Frage:
Im Leerlauffall befinden sich die beiden eigentlich parallelgeschalteten Quellen ja in Reihe zueinander oder?
Kann ich die dann nicht einfach "gedanklich" hintereinanderziehen, quasi so:
http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/9/38749_20140125_175604.jpg
Wenn ich von diesem Schaltbild ausgehend die Ersatzquelle berechne, komme ich ja auch auf das gleiche Ergebnis.
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Ex_Mitglied_19661
| Beitrag No.3, eingetragen 2014-01-25
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\quoteon(2014-01-25 18:09 - Heidjer in Beitrag No. 2)
...
Nun meine Frage dazu: Eigentlich soll ich beim Überlagerungsverfahren ja die errechneten Teilspannungen dann addieren. Muss ich hier aber nicht die zweite Spannung von der ersten Abziehen, da sie ja unterschiedlich gerichtete Zählpfeile haben?
\quoteoff
Das ist nur dann richtig, wenn Du mit den Teilspannungen die jeweiligen Spannungen über R1 und R2 meinst.
Damit ist das Nachfolgende falsch:
\quoteonSo würde sich dann für die Ersatzquellspannung ergeben:
${ U }_{ E }=\frac { { (U }_{ 3 }{ -U }_{ 1 }-{ U }_{ 2 })({ R }_{ 1 }+{ R }_{ 2 }) }{ { R }_{ 1 }+{ R }_{ 2 }+{ R }_{ 3 } } $
Und dann noch eine Frage:
Im Leerlauffall befinden sich die beiden eigentlich parallelgeschalteten Quellen ja in Reihe zueinander oder?
Kann ich die dann nicht einfach "gedanklich" hintereinanderziehen, quasi so:
http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/9/38749_20140125_175604.jpg
Wenn ich von diesem Schaltbild ausgehend die Ersatzquelle berechne, komme ich ja auch auf das gleiche Ergebnis.
\quoteoff
http://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/images/forum/subject/icon13.gif (s. oben)
Zeichne in den Skizzen auch die jeweiligen Spannungen über der Summe von R1 und R2 ein ! :-o
Servus
Edit:
Was Du bestimmen möchtest, habe ich mal skizziert:
http://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/9/19661_U_ers_Leerl._.png
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Heidjer
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Dabei seit: 13.01.2014
Mitteilungen: 58
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2014-01-26
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Erst einmal vielen Dank für die Antwort, trek. Ich muss allerdings gestehen, dass sie mich nicht wirklich weitergebracht hat. Mag vielleicht auch an der Uhrzeit liegen.
Habe ich jetzt das Überlagerungsverfahren falsch angewendet? Und wenn ja, was genau war mein Fehler? Stehe gerade scheinbar auf dem Schlauch... :-(
Danke für eure Geduld!
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Ex_Mitglied_19661
| Beitrag No.5, eingetragen 2014-01-26
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\quoteon(2014-01-26 01:57 - Heidjer in Beitrag No. 4)
...
Habe ich jetzt das Überlagerungsverfahren falsch angewendet? Und wenn ja, was genau war mein Fehler? Stehe gerade scheinbar auf dem Schlauch... :-(
\quoteoff
Zur Steigerung der Durchflussmenge im Schlauch: ;-)
http://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/9/19661_U_E1_U_E2_.jpg
$\displaystyle \sum U_E = \cdots\;?$
$\displaystyle U_{ers,Leerl.} = \cdots\;?$ (s.Edit, Beitrag #3) :-o
Servus
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Heidjer
Ehemals Aktiv
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Mitteilungen: 58
| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2014-01-26
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Ich glaube, jetzt hab ich es endlich. :-D
Habe nun herausbekommen:
${ U }_{ E }=\frac { { (U }_{ 3 }{ -U }_{ 1 }-{ U }_{ 2 })({ R }_{ 1 }+{ R }_{ 2 }) }{ { R }_{ 1 }+{ R }_{ 2 }+{ R }_{ 3 } } +{ U }_{ 1 }+{ U }_{ 2 }$
Das dürfte stimmen oder?
Die Vereinfachung hinsichtlich der Gesamtschaltung aus dem Eingangspost würde ich dann jetzt zunächst wie folgt vornehmen:
http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/9/38749_neu.jpg
Passt auch oder?
Obige Schaltung würde ich dann wie folgt weitervereinfachen:
http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/9/38749_20140126_151757.jpg
Die letzte Schaltung auf dem Bild wäre entsprechend meine Gesamtlösung der Aufgabe.
Ist das soweit korrekt?
Und wenn ja: Wie kann ich die Umwandlung solcher Schaltungen mit mehreren Quellen in ihre entsprechende Ersatzquelle am besten trainieren/Hat jemand möglicherweise sogar einen Linktipp für ähnliche Aufgaben?
Und nochmals vielen Dank an euch, rlk und trek, für die Geduld und die "Steigerung der Durchflussmenge" :-)
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Ex_Mitglied_19661
| Beitrag No.7, eingetragen 2014-01-26
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\quoteon(2014-01-26 15:24 - Heidjer in Beitrag No. 6)
Ich glaube, jetzt hab ich es endlich. :-D
Habe nun herausbekommen:
${ U }_{ E }=\frac { { (U }_{ 3 }{ -U }_{ 1 }-{ U }_{ 2 })({ R }_{ 1 }+{ R }_{ 2 }) }{ { R }_{ 1 }+{ R }_{ 2 }+{ R }_{ 3 } } +{ U }_{ 1 }+{ U }_{ 2 }$
Das dürfte stimmen oder?
\quoteoff
http://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/images/forum/subject/icon14.gif
Aber die Gleichung lässt sich noch klarer formulieren à là:
$\displaystyle U_E= \frac{R\,{...}}{R\,{...}}\,(U_1+U_2) + \frac{R\,{...}}{R\,{...}}\,U_3$
\quoteonDie Vereinfachung hinsichtlich der Gesamtschaltung aus dem Eingangspost würde ich dann jetzt zunächst wie folgt vornehmen:
http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/9/38749_neu.jpg
Passt auch oder?
\quoteoff
http://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/images/forum/subject/icon14.gif
\quoteonObige Schaltung würde ich dann wie folgt weitervereinfachen:
http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/9/38749_20140126_151757.jpg
Die letzte Schaltung auf dem Bild wäre entsprechend meine Gesamtlösung der Aufgabe.
Ist das soweit korrekt?
\quoteoff
http://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/images/forum/subject/icon14.gif
\quoteonUnd wenn ja: Wie kann ich die Umwandlung solcher Schaltungen mit mehreren Quellen in ihre entsprechende Ersatzquelle am besten trainieren/Hat jemand möglicherweise sogar einen Linktipp für ähnliche Aufgaben?
\quoteoff
Für jeden Schritt das entsprechende Ersatzschaltbild skizzieren und 'Übung macht den Meister' ! ;-)
Servus
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Heidjer
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 13.01.2014
Mitteilungen: 58
| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2014-01-26
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Hallo nochmal,
Nun habe ich doch noch eine Frage zur Schaltung, von der ich erst dachte, ich könnte sie selbstständig beantworten.
Nun habe ich leichte Zweifel und möchte daher gerne nochmal Rückmeldung bekommen. Da es sich um eine Verständnisfrage handelt, ist es relativ viel Text. Ich danke daher jetzt schon mal für den Zeitaufwand. :-D
Und zwar soll ${U}_{AB}$ angegeben werden für den Fall, dass
a) ${R}_{6}=0$
b) ${R}_{6}=\infty $
Ich habe zur Beantwortung der Fragen dieses Schaltbild als Grundlage genommen:
http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/9/38749_neu.jpg
Zu a):
Das finde ich noch relativ gut vorstellbar. Dort fällt ja logischerweise an ${R}_{6}$ keine Spannung mehr ab (Ist ja quasi gleich einem Kurzschluss?!). Somit habe ich ja zwischen ${R}_{4}$ und ${R}_{5}$ überall dasselbe Potential und somit auch an den Klemmen kein Potentialunterschied und keine Spannung, oder? Somit ${U}_{AB}=0$
Zu b):
Hier habe ich mir folgendes überlegt
Wenn ${R}_{6}$ unendlich groß ist, dann kann durch ihn doch überhaupt kein Strom fließen? Und wenn durch ${R}_{6}$ kein Strom fließt, fließt doch auch durch alle anderen Widerstände des Kreises kein Strom und somit ist auch an keinem Widerstand ein Spannungsabfall?!
Mal an folgendem Beispiel:
http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/9/38749_neuneu.jpg
Wenn ich davon ausgehe, dass ${U}_{E}$ eine Spannung von 12V bereitstellt, dann habe ich an Punkt 1 doch ein Potential von 12 V. Da ich aber keinen geschlossenen Stromkreis und somit keinen Stromfluss durch den Widerstand $R _{ 3 }\parallel ({ R }_{ 1 }+{ R }_{ 2 })$ habe, fällt an ihm keine Spannung ab und ich habe an Punkt 2 ebenfalls das Potential 12V. Stimmt die Überlegung so?
Dementsprechend habe ich doch auf dem gesamten oberen Zweig bis zur Klemme A das gleiche Potential und ebenso auf dem unteren Zweig überall das gleiche Potential?
Folglich müsste dann für den Fall b) ${U}_{AB}={U}_{E}$ sein?!
Nun noch ein Gedankenspiel außerhalb der Aufgabenstellung zum allgemeinen Verständnis:
Wenn ich nun annehmen würde, dass ${R}_{6}$ nicht genau unendlich ist, aber gegen unendlich strebt; also quasi: ${R}_{6}\rightarrow \infty$.
Würde das etwas verändern?
Dann würde ja prinzipiell meine Überlegung von oben so nicht gelten, da ein Strom fließen kann, der bei einem nahe unendlich großen Widerstand zwar sehr, sehr klein wäre, aber er würde halt existieren.
Somit hätte ich dann ja an jedem Widerstand auch einen Spannungsabfall. Kann ich hier nach dem ohmschen Gesetz einfach so argumentieren, dass an einem großen Widerstand auch eine große Spannung abfällt? Und folglich nahezu die gesamte Spannung ${U}_{E}$ am Widerstand ${R}_{6}$ abfallen wird und somit auch in diesem Fall ${U}_{AB}={U}_{E}$ angenommen werden kann?
Letztlich sind ja die restlichen Widerstandswerte nicht in ihrer Größe bekannt und könnten möglicherweise auch groß sein und die an ${R}_{6}$ bzw. den Klemmen abfallende Spannung beeinflussen.
Oder kann man immer, wenn ein Widerstand gegen unendlich geht, die anderen Widerstände als vernachlässigbar klein ansehen?
Viiiiielen Dank!
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Ex_Mitglied_19661
|  Beitrag No.9, eingetragen 2014-01-26
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Hallo Heidjer,
so ganz verstehe ich Deine Verständnisprobleme nicht. ;-)
\quoteon(2014-01-26 20:15 - Heidjer in Beitrag No. 8)
...
Und zwar soll ${U}_{AB}$ angegeben werden für den Fall, dass
a) ${R}_{6}=0$
b) ${R}_{6}=\infty $
...
Zu a):
Das finde ich noch relativ gut vorstellbar. Dort fällt ja logischerweise an ${R}_{6}$ keine Spannung mehr ab (Ist ja quasi gleich einem Kurzschluss?!).
\quoteoff
R6 = 0 ist Kurzschluß und kein 'Quasikurzschluß'. ;-)
(Von 'Quasikurzschluß' kannst Du reden, wenn für R6 → 0 ein vorgegebener Maximalstrom - in der Hausinstallation z.B. 16 A - überschritten wird, so dass die Netzsicherung auslöst.)
\quoteonSomit habe ich ja zwischen ${R}_{4}$ und ${R}_{5}$ überall dasselbe Potential und somit auch an den Klemmen kein Potentialunterschied und keine Spannung, oder? Somit ${U}_{AB}=0$
\quoteoff
http://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/images/forum/subject/icon14.gif
\quoteonZu b):
Hier habe ich mir folgendes überlegt
Wenn ${R}_{6}$ unendlich groß ist, dann kann durch ihn doch überhaupt kein Strom fließen? Und wenn durch ${R}_{6}$ kein Strom fließt, fließt doch auch durch alle anderen Widerstände des Kreises kein Strom und somit ist auch an keinem Widerstand ein Spannungsabfall?!
\quoteoff
http://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/images/forum/subject/icon14.gif
Und das ist der Fall des Leerlaufs !
\quoteonWenn ich davon ausgehe, dass ${U}_{E}$ eine Spannung von 12V bereitstellt, dann habe ich an Punkt 1 doch ein Potential von 12 V. Da ich aber keinen geschlossenen Stromkreis und somit keinen Stromfluss durch den Widerstand $R _{ 3 }\parallel ({ R }_{ 1 }+{ R }_{ 2 })$ habe, fällt an ihm keine Spannung ab und ich habe an Punkt 2 ebenfalls das Potential 12V. Stimmt die Überlegung so?
Dementsprechend habe ich doch auf dem gesamten oberen Zweig bis zur Klemme A das gleiche Potential und ebenso auf dem unteren Zweig überall das gleiche Potential?
\quoteoff
http://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/images/forum/subject/icon14.gif
\quoteonFolglich müsste dann für den Fall b) ${U}_{AB}={U}_{E}$ sein?!
\quoteoff
Das ist der Leerlauffall und die Leerlaufspannung UAB ist gleich UE.
\quoteonNun noch ein Gedankenspiel außerhalb der Aufgabenstellung zum allgemeinen Verständnis:
Wenn ich nun annehmen würde, dass ${R}_{6}$ nicht genau unendlich ist, aber gegen unendlich strebt; also quasi: ${R}_{6}\rightarrow \infty$.
Würde das etwas verändern?
\quoteoff
Aus ${R}_{6}\rightarrow \infty$ folgt $\displaystyle U_{AB}\rightarrow U_E$.
\quoteon...
Somit hätte ich dann ja an jedem Widerstand auch einen Spannungsabfall. Kann ich hier nach dem ohmschen Gesetz einfach so argumentieren, dass an einem großen Widerstand auch eine große Spannung abfällt? Und folglich nahezu die gesamte Spannung ${U}_{E}$ am Widerstand ${R}_{6}$ abfallen wird und somit auch in diesem Fall ${U}_{AB}={U}_{E}$ angenommen werden kann?
\quoteoff
Richtiger: ${U}_{AB}\approx {U}_{E}$
\quoteonLetztlich sind ja die restlichen Widerstandswerte nicht in ihrer Größe bekannt und könnten möglicherweise auch groß sein und die an ${R}_{6}$ bzw. den Klemmen abfallende Spannung beeinflussen.
Oder kann man immer, wenn ein Widerstand gegen unendlich geht, die anderen Widerstände als vernachlässigbar klein ansehen?
\quoteoff
Natürlich nur bei einer Serienschaltung von Widerständen.
Maßgebend ist der Widerstand, durch den der Strom im Wesentlichen bestimmt wird. 8-)
Servus
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Profil
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Heidjer
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Dabei seit: 13.01.2014
Mitteilungen: 58
| Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2014-01-27
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Dann wäre das Thema Gleichstrom hiermit nun wirklich besiegelt und ich setze hier mal den Haken bei "OK". :-P Vielen Dank für die Mühe und die Hilfe!
Vielleicht melde ich mich morgen nochmal zum Thema Magnetismus und/oder Wechselstrom. :-D
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Heidjer
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 13.01.2014
Mitteilungen: 58
| Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2014-01-27
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Nachdem ich groß verkündet hatte, Gleichstrom sei nun besiegelt, breche ich nun leider doch mein Wort ;-) :
http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/9/38749_20140127_161117.jpg
Die Aufgabe habe ich gelöst mit der gleichen Vorgehensweise wie bei der Ursprungsaufgabe dieses Threads, sprich: Ersatzspannungsquelle durch Überlagerungsverfahren und Spannungsteiler.
Hier meine ausführliche Lösung:
http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/9/38749_20140127_161000.jpg
Erst einmal: Stimmt die Lösung? Hätte es eine schnellere Lösungsmethode gegeben?
Dann fehlt mir wie so oft das komplette Verständnis, um das errechnete Ergebnis auch wirklich nachvollziehen zu können:
Wenn meine Lösung so stimmt, dann fließt der Strom doch in gleicher Richtung wie der Spannungszählpfeil von $U_{5}$? Geht denn das überhaupt, dass ein Strom in eine Spannungsquelle hineinfließt? Dann ist es doch eigentlich gar keine Spannungsquelle mehr, sondern verhält sich vielmehr wie ein Verbraucher/Widerstand?! Wie darf ich mir sowas dann in der Praxis/anschaulich vorstellen?
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Ex_Mitglied_19661
| Beitrag No.12, eingetragen 2014-01-27
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\quoteon(2014-01-27 16:45 - Heidjer in Beitrag No. 11)
...
Erst einmal: Stimmt die Lösung?
\quoteoff
Nicht ganz. ;-)
Der Strom I5 hat die entgegen gesetzte Richtung wie von Dir eingezeichnet.
\quoteonHätte es eine schnellere Lösungsmethode gegeben?
\quoteoff
Ich sehe keine.
\quoteonDann fehlt mir wie so oft das komplette Verständnis, um das errechnete Ergebnis auch wirklich nachvollziehen zu können:
... Geht denn das überhaupt, dass ein Strom in eine Spannungsquelle hineinfließt? Dann ist es doch eigentlich gar keine Spannungsquelle mehr, sondern verhält sich vielmehr wie ein Verbraucher/Widerstand?! Wie darf ich mir sowas dann in der Praxis/anschaulich vorstellen?
\quoteoff
Natürlich kann ein Strom in eine Quelle hinein fließen, so dass die Quelle zum Verbraucher wird. Ein alltägliches Beispiel ist das Aufladen eines Akkus. ;-)
Servus
\quoteoff
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vGvC
Senior
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Mitteilungen: 1334
| Beitrag No.13, eingetragen 2014-01-27
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Das Vorzeichen von I5 ist falsch, denn Du hast den Strom von oben nach unten eingetragen.
Schneller wäre die Anwendung des Überlagerungssatzes gewesen:
$I_5=\frac{U_1}{\frac{3}{2}R_i}\cdot\frac{1}{2}+\frac{U_3}{\frac{3}{2}R_i}\cdot\frac{1}{2}-\frac{U_5}{\frac{3}{2}R_i}=\frac{U_1+U_3-2U_5}{3R_i}$
EDIT: Ups, da war jemand schneller.
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Heidjer
Ehemals Aktiv
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Mitteilungen: 58
| Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2014-01-27
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Erst einmal vielen Dank euch beiden!
\quoteon(2014-01-27 19:50 - vGvC in Beitrag No. 13)
Schneller wäre die Anwendung des Überlagerungssatzes gewesen:
$I_5=\frac{U_1}{\frac{3}{2}R_i}\cdot\frac{1}{2}+\frac{U_3}{\frac{3}{2}R_i}\cdot\frac{1}{2}-\frac{U_5}{\frac{3}{2}R_i}=\frac{U_1+U_3-2U_5}{3R_i}$
\quoteoff
Das Überlagerungsverfahren habe ich ja angewendet. Oder kann man aus dem Schaltbild heraus den obigen Satz sofort ersehen ohne wie von mir erstmal entsprechend die Schaltung zu vereinfachen?
Falls ja, wäre ich sehr dankbar für eine kleine Erklärung, weil ich beim "bloßen Anschauen" des Schaltbildes nicht mal ansatzweise auf den obigen Satz gekommen wäre bzw. auch jetzt noch nicht weiß, warum das ersichtlich sein könnte. Vielen Dank!
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vGvC
Senior
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Mitteilungen: 1334
| Beitrag No.15, eingetragen 2014-01-28
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Stichwort Stromteilerregel.
Z.B. Anteil von U1 am Strom durch den rechten Zweig. U3 und U5 kurzgeschlossen. Dann liegt an U1 eine Reihenschaltung von Ri und Ri||Ri. Der Gesamtwiderstand ist also (3/2)*Ri. und der von U1 gelieferte Gesamtstrom $\frac{2\cdot U_1}{3\cdot R_i}$. Davon geht die Hälfte durch den rechten, die andere Hälfte durch den mittleren Zweig. Gefragt ist aber nur nach dem Strom durch den rechten Zweig, also $\frac{U_1}{3\cdot R_i}$. Entsprechend wird der Anteil infolge U_3 bestimmt $\frac{U_3}{3\cdot R_i}$. Der Anteil infolge U5 ist der von U5 gelieferte Gesamtstrom, also $ \frac{2\cdot U_5}{3\cdot R_i}$. Der ist den beiden anderen Teilströmen entgegen gerichtet, muss also ein anderes Vorzeichen haben.
Du kannst das Ganze natürlich auch mit Spannungsteilerregel und ohmschem Gesetz machen.
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Profil
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Heidjer hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Heidjer hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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