Articles / Januar 29, 2022

Beispiel für einen Überlagerungssatz mit Lösung

Im Artikel Beispiel für einen Überlagerungssatz mit Lösung hatten wir verschiedene Probleme in Bezug auf den Überlagerungssatz gelöst. Bei der Lösung dieses Beispiels gehen wir davon aus, dass Sie Kenntnisse des Überlagerungssatzes haben. Überprüfen Sie den Artikel über den Überlagerungssatz.

Beispiel 1: Finde I in der Schaltung in Abbildung 1.

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 1

Lösung: Das Prinzip der Überlagerung wird angewendet, indem zunächst nur eine 1-V-Quelle verwendet wird (Abb.2)

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 2

$I_s = \dfrac{1V}{\Omega} = \dfrac{1}{1,5}EIN$

$I_1 = I_s \dfrac{3}{3 + 2+ 1} = \ dfrac{1}{1.2}\times \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{3}A$

Nehmen wir als nächstes nur die Stromquelle an (Abbildung 3)

$I_2 = 1 \ Zeiten \ dfrac{1}{1 + 2} = \ dfrac{1}{3}EIN$

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 3

Es kann beobachtet werden, dass unter Verwendung des Prinzips der Überlagerung die Nettoantwort erhalten werden kann, wenn beide Quellen (1A und 1V) vorhanden sind.

Der Strom durch den 2Ω-Widerstand ergibt sich als

$I = (I_1 - I_2) = \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{3} = 0$

Beispiel: 2 Ermitteln Sie mithilfe des Überlagerungssatzes den Strom durch eine Verbindung, die zwischen den Klemmen a-b angeschlossen werden soll.

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 4

Lösung:

Da der Verbindungswiderstand zwischen den Klemmen a-b Null ist, ist der Link praktisch ein Kurzschlusslink und der Strom durch den Link wird als Is angenommen.c.

Nehmen wir nun zuerst die 50V Quelle. Die Schaltungskonfiguration für diesen Fall ist in Abbildung 5 dargestellt.

$I_{s.c_1} = \dfrac{50}{10} = 5A$

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 5

Als nächstes werden die Quellen 10V und 20V betrachtet und die Schaltungskonfiguration ist in Abbildung 6 dargestellt.

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 6

Hier,

$I_{s.c_2} = \dfrac{20 +10}{3 + 2 +10} = 2A$

Nach Überlagerungssatz,

$I_{s.c} = I_{s.c_1} + I_{s.c_2} = 5 + 2 = 7A$

d.h. der Strom durch den Kurzschlusszwischenkreis beträgt 7A.

Beispiel 3: Finden Sie vL in der Schaltung von Abbildung 7 unter Verwendung des Überlagerungssatzes.

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 7

Lösung:

Nehmen wir zuerst die 2V-Quelle und deaktivieren die Stromquellen (Abbildung 8).

$i_1 = \dfrac{2}{\dfrac{2 \times 2}{2 + 2} + 1} = 1A$

⸫ v1 (drop über rL aufgrund 2 V quelle)

= 1 × 1 = 1V

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 8

Als nächstes nehmen Sie nur die untere Stromquelle (Abbildung 9).

$i_2 = (- 5)\dfrac{1}{1 + 1 + \dfrac{2}{3}} = (- 5) \ dfrac{3}{8} = - \dfrac{15}{8}EIN.$

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 9

$\ daher i_3 = -(\dfrac{15}{8})\dfrac{2}{1 + 2} = -(\ dfrac{15}{8})\dfrac{2}{3} = - \dfrac{5}{4}A$

Dies ergibt

$v_2 = -\dfrac{5}{4} \times 1 = - \dfrac{5}{4}V.$

In Abbildung 10,

$i_4 = 5.33 \dfrac{1}{\dfrac{2}{3} + 2} = 3A$

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 10

Dies ergibt

$i_{r_L} = 3 \dfrac{2}{2 + 1} = 2A.$

$\ daher v_3 = 2 \times 1 = 2V$

Durch Überlagerung,

$v_L = v_1 + v_2 + v_3 = 1 + (- \dfrac{5}{4}) + 2 = \ dfrac{7}{4}V$

$= 1.75 V.$

Beispiel 4: Finden Sie io und i aus der Schaltung von Abbildung 11 mithilfe des Überlagerungssatzes.

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 11

Lösung:

Unter der Annahme, dass nur eine 6-V-Quelle aktiv ist, siehe Abbildung 12(a).

$-6 + (1 + 5){ i_o}^{'} + 2{i_o}^{$

$8{ i_o}^{'} = 6 \text{ } \daher {i_o}^{'} = \dfrac{3}{4}Ein$

$\ daher{i_o}^{'} = i^{'} = \dfrac{3}{4}A$

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 12

Als nächstes wird angenommen, 1A Quelle nur aktive Quelle, mit Bezug auf Abbildung 12(b).

$1 = { i_o}^{$

$= \ dfrac{v^{$

Aber ${i_o}^{$

⸫ Wir bekommen endlich,

$1 = 1.2{ i_o} ^{$

zu.e., ${i_o}^{$

$= - \ dfrac{{i_o}^{$

Nach dem Prinzip der Überlagerung,

$i_o = {i_o}^{'} - {i_o}^{$

$ich = {i_o} ^{'} + ich ^ {$

Beispiel 5: Finden Sie in der Schaltung von Abbildung 13 R, wenn i = 0,1A ist (Verwenden Sie den Überlagerungssatz).

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 13

Lösung:

Nehmen wir zuerst die +10V Versorgung,

$i_1 = \dfrac{10}{10 + R}$

Wenn wir als nächstes nur die -10V-Quelle für den Strom i_2 aufgrund der -10V-Quelle verwenden, können wir schreiben

$i_2 = - \dfrac{10}{50 + R}$

Nach dem Superpositionssatz,

$i = i_1 + i_2 = \dfrac{10}{10 + R} - \dfrac{10}{50 +R}$

$0.1 = 10$

$0.01 = \ dfrac{50 + R -10 -R}{500 + 60R + R^2} = \dfrac{40}{500 + 60R + R^2}$

$5 + 0.6 R + 0,01R^2 = 40$

$0.01 R^2 + 0.6R -35 = 0$

$\ daher ist R = \dfrac{-0.6 \pm \sqrt{0.36 + 1.4}}{0.02} = (-30 \ pm 66.33)\Omega$

Der mögliche Wert von R ist also

$(-30 + 66.33)\ Omega = 36.33\Omega$

Beispiel 6: Ermitteln Sie in der Π-Schaltung in Abbildung 14 den Strom im 2Ω-Widerstand.

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 14

Lösung:

Unter die 20A quelle nur,9

${ I_{2\Omega}}^{'} = 20 \dfrac{4}{2 + 6 +4} = 6.67 A.$

Auf die andere hand, unter 10A quelle nur

${ I_{2\Omega}}^{$

Nach dem Prinzip der Überlagerung,

$I_{2\Omega} = 6.67 - 5 = 1.67A.$

Beispiel 7: Finden Sie vo im Netzwerk von Abbildung 15 mithilfe des Überlagerungssatzes.

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 15

Lösung:

Nehmen wir nur die 10V-Quelle (Abbildung 16).

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 16

Am Knoten (1),

$\ dfrac{{v_o}^{'}}{2} + \ dfrac{{v_o}^{'} - \dfrac{{v_o}^{'}}{2}}{1} + \ dfrac{{v_o}^{'} - 10}{5} =$

oder $0,5{v_o}^{'} + {v_o}^{'} - 0,5{v_o}^{'} + 0,2{v_o}^{'} - 2 = 0$

oder $1.2{v_o}^{'} = 2$

oder ${v_o}^{'} = 1.67V$

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 17

Als nächstes nehmen Sie nur die Stromquelle (Abbildung 17) am Knoten (1),

$\ dfrac{{v_o}^{$

oder $0,5{v_o}^{$

oder $1.2{v_o}^{$

$\ daher {v_o}^{$

Nächsten, unter die 4 V quelle nur, mit referenz zu abbildung 18,

$i \ zeiten \ dfrac{10}{7} + 4 + 1 \ zeiten i + \dfrac{{v_o}^{$ …(1)

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 18

Jedoch,

${ v_o}^{$

und $i_{2\Omega} = i \dfrac{5}{5 + 2} = \ dfrac{5}{7}ich$

$\ daher {v_o}^{$ …(2)

Verwenden (2) in (1),

$\dfrac{10i}{7} + 4 + i + \dfrac{1}{2}(- \dfrac{10}{7}ich) = 0$

$i + 4 + \dfrac{1}{2}\zeiten \dfrac{10}{7}i = 0$

oder, $\dfrac{24}{14}i = - 4 \text{ oder, } i = -2,33A$

Also

${ v_o}^{$

Nach dem Prinzip der Überlagerung,

$v_o = {v_o} ^{'} + {v_o} ^{$

$1.67 + (- 0.833) + 3.33 = 4.167 V.$

Beispiel 8: Ermitteln Sie die Verlustleistung im 5Ω-Widerstand anhand des Überlagerungssatzes in Abbildung 19.

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 19

Lösung:

Angenommen, die 10V-Quelle zuerst (Abbildung 20), ergibt KVL

$-10 - v_1 - 4v_1 + 5I_1 = 0$

oder $5I_1 = 5v_1 + 10$ …(1)

Aber $v_1 = -1 \times I_1$ …(2)

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 20

Verwenden (2) in (1),

$10I_1 = 10$

$I_1 = \dfrac{10}{10} = 1$

Als nächstes nehmen Sie nur die Stromquelle, siehe Abbildung 21, am Knoten (1),

$2 = \ dfrac{v_1}{1} + \dfrac{v_1 + 4v_1}{5} = v_1 + 0.2v_1 + 0.8v_1$

$v_1 = 1 V.$

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 21

$\ daher I_2 = \dfrac{v_1 + 4v_1}{5} = 1A$

Daher ist der Strom durch den 5Ω-Widerstand

$I = I_1 + I_2 = 2A$

⸫ Verlustleistung in 5Ω widerstand ist (2) 2 × 5 = 20W.

Beispiel 9: Mit Superposition theorem, finden I1 und I2 in die schaltung gezeigt in abbildung 22.

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 22

Lösung:

Unter 10V quelle erste (abbildung 23), nodal analyse bei (x) ausbeuten

$\ dfrac{V_x - 10}{2} + \dfrac{V_x}{10} + \dfrac{V_x}{2} = 0$

oder, $1.1V_x = 5 \text{ oder, } V_x = \dfrac{5}{1.1} = 4.545V$

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 23

$\ daher {I_1}^{'} = - \dfrac{V_x - 10}{2} = - \dfrac{4.545 - 10}{2} = 2.727 A$

${ I_2}^{'} = - \dfrac{V_x}{2} = -2.272A$

Nächste, unter der annahme nur 5 V quelle, mit referenz zu abbildung 24,

$\ dfrac{V_x}{2} + \dfrac{V_x - 5}{2} + \dfrac{V_x}{10} = 0$

oder $1.1V_x = 2.5$

$\ daher V_x = 2,273 V$

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 24

Dies gibt

${ I_1}^{$

und ${I_2}^{$

Nach dem Prinzip der Überlagerung,

$I_1 = {I_1}^{'} + {I_1}^{$

$I_2 = {I_2}^{'} + {I_2}^{$

Beispiel 10: Finden Sie v nach dem Prinzip der Überlagerung in Abbildung 25.

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 25

Lösung:

Nehmen Sie nur die Spannungsquelle und beziehen Sie sich auf Abbildung 26.

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 26

In Schleife a-b-c-d,

$-4 + 3i_1 + 2i_1 + 5(i_1 - i_2) = 0$

$10i_1 - 5i_2 = 4$ …(1)

In Schleife b-c-x-y,

$5( i_2 - i_1) + 1 \mal i_2 + 2v_1 = 0$ …(2)

Aber $v_1 = -3i_1 \text{ in Schleife a-b-c-d}$

So reduziert sich (2) auf,

$5( i_2 - i_1) + i_2 -6i_1 = 0$

$- 11i_1 + 6i_2 = 0$ …(3)

Von (3),

$i_2 = \dfrac{11}{6}i_1$ …(4)

Verwenden (4) in (1),

$10i_1 - \dfrac{55}{6}i_1 = 4$

oder $\dfrac{5}{6}i_1 = 4 \text{ dh } i_1 = \dfrac{24}{5}A$

$v_1 = -3i_1 = -\dfrac {72} {5} = -14,4 V$

Überlagerungssatz Beispiel mit Lösungsfigur 27

In Abbildung 27 zeigt die Knotenanalyse am Knoten “o”

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