Hallo, Es gilt P=RI². Das ist schön einfach, wenn es um einen konstanten Strom geht. Ich möchte aber gerne P für einen linear ansteigenden Strom ausrechnen. Ich habe eine 40uH Drossel, an der ich 1V anlege. Nach 40us fliesst also ein Strom von 1A. Die Spule und die Zuleitungen habe einen Widerstand von 200mOhm. Nun möchte ich gerne wissen, wieviel Energie ich in den Zuleitungen verheizt habe. Ich habe es schon mit einem Integral versucht, aber ich glaube, ich bin zu wenig Mathematiker, um die Formel selbst herzuleiten.... Für die Perfektionisten unter euch: Es ist mir schon klar, dass nach 40us NICHT genau 1A fliessen, eben weil da noch 200mOhm Widerstand sind. Das ist jetzt aber erstmal egal. Mir geht es nur um die P-Formel.
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Wahrscheinlich irgendwas mit P=R*U*t/L. Aber das ist schon mit einer grossen Unsicherheit verknüpft. Ausserdem fehlt da irgendwie noch das Integral.
Dann mal dir mal den zeitlichen Verlauf des Stromes auf. Sollte er linear ansteigen kann man mit ein bisschen Geometrie (Flächenberechnung)sich das ableiten.
Beitrag #5179926 wurde von einem Moderator gelöscht.
Leistung ist ein Momentanwert. P=RI² gilt zu jedem Zeitpunkt, unabhängig vom Verlauf der Stromstärke. Die Energie ist ∫Pdt Du setzt also R•I(t)² für P ein und berechnest das Integral. Da R nicht von t abhängt, ist das ziemlich einfach.
Ich komme auf 2.768uJ. Stimmt das? Spule = 40uH Zeit = 40us Spannung = 1V R = 200mOhm
Dussel schrieb: > Leistung ist ein Momentanwert. P=RI² gilt zu jedem Zeitpunkt, > unabhängig vom Verlauf der Stromstärke. > Die Energie ist ∫Pdt > Du setzt also R•I(t)² für P ein und berechnest das Integral. Da R nicht > von t abhängt, ist das ziemlich einfach. Könntest du das mal zeigen? Ich kann keine Integralrechnung...
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Dussel schrieb: > ... ist das ziemlich einfach ... Nun ganz so einfach ist es doch nicht... Aber zum Glück gibt es Online-Integralrechner :) Im angehängten Bild ist die Energiefläche zu sehen (blau). Und hier kann man sich die Lösung des Integrals anzeigen lassen: https://www.integralrechner.de/#expr=0.2%2A%2825000%2At%29%5E2&intvar=t&lbound=0&ubound=0.000040&simplify=1&simpallroots=1 Der Integralrechner gibt als Lösung annähernd 2,7μWs aus. Also ist deine Lösung richtig, Jan!
Warum ist es nicht einfach? Vertue ich mich gerade total? Was nach dem Einsetzen übrig bleibt ist ein Integral der Form k∫x²dx Das zu lösen sollte doch jedem (Erwachsenen) möglich sein.
Alle bisher vorgeschlagenen Lösungen (und Lösungswege) sind falsch, weil sie von der falschen Annahme ausgehen, der Strom würde linear ansteigen. Das tut er aber nicht. Das würde er nur bei einer idealen Spule. Wenn nach 40µs bei einer idealen Spule 1A fließen würden, fallen bei der realen Spule aber bereits 200mV an Zuleitung und Wicklung ab. Das sind 20% der verfügbaren Spannung, was zu einem Fehler in ungefähr derselben Größenordnung führt. Korrekt muß man mit dem zeitlich veränderlichen Strom
rechnen. Dabei sind I_max=U/R und \tau=L/R. Die Momentanleistung an den Widerständen ist dann wie gehabt R*i²(t) und die Energie ist das Integral über die Zeit.
Axel S. schrieb: > Alle bisher vorgeschlagenen Lösungen (und Lösungswege) sind falsch, > weil sie von der falschen Annahme ausgehen, der Strom würde linear > ansteigen. Das tut er aber nicht. Das würde er nur bei einer idealen > Spule. Deine Antwort pass nicht zur Frage, denn es wurde ausdrücklich für den Fall linear ansteigenden Stromes gefragt.
Dussel schrieb: > Axel S. schrieb: >> Alle bisher vorgeschlagenen Lösungen (und Lösungswege) sind falsch, >> weil sie von der falschen Annahme ausgehen, der Strom würde linear >> ansteigen. Das tut er aber nicht. Das würde er nur bei einer idealen >> Spule. > Deine Antwort pass nicht zur Frage, denn es wurde ausdrücklich für den > Fall linear ansteigenden Stromes gefragt. Dann lies die den Anfangspost nochmal genau durch: Jan schrieb: > Ich habe eine 40uH Drossel, an der ich 1V anlege. Nach 40us fliesst also > ein Strom von 1A. Die Spule und die Zuleitungen habe einen Widerstand > von 200mOhm. Nun möchte ich gerne wissen, wieviel Energie ich in den > Zuleitungen verheizt habe. Da eine konstante Spannung angelegt wird, steigt der Strom nicht linear an. Daher ist die Formel von Axel Schwenke absolut richtig und zur Berechnung auch notwendig. Außer man will nur eine Näherung und die Zeit ist so kurz, dass man die E-Funktion als gerade annähern kann.
Dussel schrieb: > Axel S. schrieb: >> Alle bisher vorgeschlagenen Lösungen (und Lösungswege) sind falsch, >> weil sie von der falschen Annahme ausgehen, der Strom würde linear >> ansteigen. Das tut er aber nicht. Das würde er nur bei einer idealen >> Spule. > Deine Antwort pass nicht zur Frage, denn es wurde ausdrücklich für den > Fall linear ansteigenden Stromes gefragt. Nein. Lies einfach den Eröffnungspost. Da steht alles drin. Daß der Strom linear ansteigt, ist lediglich eine (falsche) Annahme des TE. Ebenso falsch ist seine Annahme, er könne den Einfluß der Widerstände vernachlässigen. Nicht bei 20% Fehler allein beim Strom. Daß es außerdem blödsinnig ist, mit der idealen Schaltung rechnen zu wollen, gleichzeitig aber nach der Leistung an den parasitären Elementen zu fragen, muß ich hoffentlich nicht erläutern.
Man sollte sich bei Anwendung einer Näherung zumindest darüber im Klaren sein, wie groß der Fehler etwa ist. Bei linear ansteigendem Strom ist die Energie nach 40µs 2,67µJ, bei Berücksichtigung des asymptotischen Stromverlaufs sind es nur 2,30µJ, wenn ich mich nicht verrechnet habe. Der Fehler liegt also bei etwa 16%.
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Beitrag #5180375 wurde von einem Moderator gelöscht.
Schlaubi schrieb: > Dussel schrieb: >> Axel S. schrieb: >>> Alle bisher vorgeschlagenen Lösungen (und Lösungswege) sind falsch, >>> weil sie von der falschen Annahme ausgehen, der Strom würde linear >>> ansteigen. Das tut er aber nicht. Das würde er nur bei einer idealen >>> Spule. >> Deine Antwort pass nicht zur Frage, denn es wurde ausdrücklich für den >> Fall linear ansteigenden Stromes gefragt. > > Dann lies die den Anfangspost nochmal genau durch: Genau. Lies du die [sic!] den Anfangspost nochmal genau durch: Jan schrieb: > Es ist mir schon klar, dass nach > 40us NICHT genau 1A fliessen, eben weil da noch 200mOhm Widerstand sind. > Das ist jetzt aber erstmal egal. Axel S. schrieb: > Nein. Lies einfach den Eröffnungspost. Da steht alles drin. Daß der > Strom linear ansteigt, ist lediglich eine (falsche) Annahme des TE. Das macht nichts. Er hat explizit nach dieser Annahme gefragt und nochmal betont, dass ihm klar ist, dass das fehlerbehaftet ist. Ergänzende Anmerkungen sind ja schön und nett, aber dann bezeichne doch richtige Antworten auf die Frage nicht als falsch. [...]
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Dussel schrieb: > Warum ist es nicht einfach? Vertue ich mich gerade total? Ja > Was nach > dem Einsetzen übrig bleibt ist ein Integral der Form k∫x²dx Da fängt es doch schon an... Mal etwas anders geschrieben: R∫t²dt Merkst du was? Es fehlt der Strom. Nicht die Zeit muss quadriert werden, sondern der Strom. Es fehlt also die Ausgangsfunktion im Term. R∫[f(t)*t]²dt f(t)=di/dt=1A/(40*10^-6s)=25000A/s Ich bin hierbei aber von einem linear ansteigendem Strom ausgegangen. Tatsächlich ist der Strom durch eine reale Spule nicht linear, wie Axel bereits schrieb. Und hauptsächlich das mach das ganze schwieriger. Wenn man das quadrierte Produkt durch den Term von Axel ersetzt, wird das Ergebnis genauer.
Jetzt nochmal die Rechnung. Da ich nicht so viel Zeit habe, nur in linearer (nicht Latex) Form. Der Strom soll laut Aufgabe linear ansteigen (von 0 A angenommen) und nach 40 µs 1 A erreicht haben. Damit ergibt sich i(t)=(1 A/40 µs)*t Die Leistung ist p(t)=R*i(t)² Die Energie ist (mit C=0) E=∫p(t)dt Eingesetzt ergibt sich E=∫R*( (1 A / 40 µs )*t)²dt Die Konstanten können vor das Integral gezogen werden, so dass E=R*( (1 A / 40 µs )² ∫t²dt bleibt. Das Integral ist eine einfache Grundform, und die Lösung ist 1/3*t^3 Im Endeffekt ergibt sich E=R/3*( (1 A / 40 µs )² t^3 Sollte ich mich irgendwo vertan haben (oder hat jemand Lust, das in Latex zu schreiben), bin ich natürlich über Hilfe froh. excurso schrieb: > Dussel schrieb: >> Warum ist es nicht einfach? Vertue ich mich gerade total? > > Ja Wo ist denn mein Fehler? Ich stehe wohl voll auf dem Schlauch.
Ich habe spontan doch Zeit, also nochmal in lesbar (Konstanten schon eingesetzt): Linear ansteigender Strom von 0 A auf 1 A innerhalb von 40 µs:
Momentanleistung:
Energie:
Einsetzen:
Die Konstanten vor das Integral ziehen:
c ist hier sinnvollerweise 0. Insgesamt ergibt sich dann
Das soll ja wohl nicht richtig sein. Wo ist der Fehler? (Der lineare Stromanstieg ist Teil der Aufgabe.)
Wenn du damit auf das Ergebnis von oben kommst, ist es richtig. Ich habe dein k∫x²dx falsch interpretiert.
Ich komme auf 2,67 µJ. Trotzdem enthält mein Beitrag einen Fehler. In der letzten Formel muss natürlich am Ende das dt weg.
excurso schrieb: > Tatsächlich ist der Strom durch eine reale Spule nicht linear, wie Axel > bereits schrieb. > Und hauptsächlich das mach das ganze schwieriger. Arg viel schwieriger wird es dadurch nicht, wenn man weiß, dass ∫eˣdx = eˣ ist.
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Hallo, was kommt raus? LTspice sagt folgendes dazu. Siehe Anhang. mfg klaus
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Scheinbar stimmt das, was LTspice anzeigt ;)) https://www.integralrechner.de/#expr=0.2%2A%281-e%5E-%28t%2F0.002%29%29%5E2&intvar=t&lbound=0&ubound=0.00004&simplify=1&simpallroots=1
Klaus R. schrieb: > was kommt raus? LTspice sagt folgendes dazu. Siehe Anhang. Kommt dir der Stromverlauf nicht etwas seltsam vor? Du musst im Transient-Dialog nicht "Start external DC supply voltages at 0V", sondern "Skip initial operating point solution" anklicken. Oder schau dir einfach mal den Spannungsverlauf von V1 in deiner Simulation an :) excurso schrieb: > Scheinbar stimmt das, was LTspice anzeigt ;)) Hast du jetzt die Formel so hingedreht, dass das Ergebnis ähnlich aussieht wie in der Simulation von Klaus? Es ist aber dennoch um den Faktor 1000 verschieden. Der Integrand muss
1 | 1/0.2*(1-e^-(t/0.0002))^2 |
2 | ^^^^^ ^^^^^^ |
statt
1 | 0.2*(1-e^-(t/0.002))^2 |
2 | ^^^ ^^^^^ |
lauten. Ob Simulation oder Rechnung: Wenn man alles richtig macht, kommen 2,3µJ heraus. excurso schrieb: > Yalu X. schrieb: >> ...wenn man weiß, dass >> ∫eˣdx = eˣ ist. > > Das stimmt nicht... Weil die Integrationskonstante (+C) fehlt? Ja, ich war zu faul, sie hinzuschreiben. Da es bei der Aufgabe um ein bestimmtes Integral geht, fällt die Konstante am Ende sowieso weg.
Dussel schrieb: > Das zu lösen sollte doch jedem (Erwachsenen) möglich sein. Infinitesimalrechnung ist nach wie vor Stoff der Abiturstufe, und die ist meines Wissens keineswegs für jeden Erwachsenen eine Pflichtübung. Also mal bitte nicht ganz so großkotzig daherkommen.
@Yalu Sorry, ich war mit dem Smartphone unterwegs und es hat die hochgestellten x nicht angezeigt sondern nur e. Mit e hoch x stimmt es natürlich doch. Und dass mein Integral nicht stimmt habe ich auch gesehen, war aber schon spät... :)
Jörg W. schrieb: > Dussel schrieb: > >> Das zu lösen sollte doch jedem (Erwachsenen) möglich sein. > > Infinitesimalrechnung ist nach wie vor Stoff der Abiturstufe, und die > ist meines Wissens keineswegs für jeden Erwachsenen eine Pflichtübung. > > Also mal bitte nicht ganz so großkotzig daherkommen. Das gilt aber auch für dich. ;-) ∫x²dx ist ein Standardintegral, dessen Stammfunktion man in jeder etwas besseren Formelsammlung findet. Außerdem hat offensichtlich jeder, der den Beitrag lesen kann, Zugang zum Internet und kann lesen. Mit den Voraussetzungen sollte es jedem möglich sein, das zu lösen. Im Schlimmsten Fall gehört noch eine kleine Transferleistung dazu, wenn man nur die Lösung für die allgemeine Form ∫x^n findet.
Dussel schrieb: > ∫x²dx ist ein Standardintegral, dessen Stammfunktion man in jeder etwas > besseren Formelsammlung findet. Wenn man allerdings überhaupt keine Idee hat, wie eine Integration denn funktioniert, hilft einem die Stammfunktion gar nichts. Die eingangs genannte Beschreibung der Fläche unter der Kurve ist da schon deutlich anschaulicher, die kann man sich auch vorstellen, wenn man von Integralen nie etwas gehört hat.
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Ich sehe gerade, dass das missverständlich war. Die Aussage bezog sich nur auf das Grundintegral. Wie gesagt, spätestens mit einer Formelsammlung sollte jeder das lösen können. Die gesamte Lösung der Frage ist nicht mehr trivial, so dass sie nicht mehr jeder lösen kann, aber sie ist immer noch einfach. Einsetzen, Umstellen, Stammfunktion eines Grundintegrals bestimmen und nochmal Einsetzen. Dafür muss man nicht viel Erfahrung haben.
Dussel schrieb: > Dafür muss man nicht viel Erfahrung haben. Sicher, aber wenn man von Infinitesimalrechnung noch nie was gehört hat, ist das erstmal undurchdringliches Kauderwelsch. Da hilft die Formelsammlung nicht viel, denn man muss auch den Unterschied zwischen einem bestimmten und einem unbestimmten Integral verstanden haben sowie das Grundprinzip der ganzen Geschichte. Selbst für einen Integralrechner im Internet muss man wohl wenigstens eine Idee haben, wie das mit dem Integrieren funktioniert, damit man das da abkippen kann. Ansonsten lässt man irgendwas da berechnen und hat keine Chance zu verifizieren, ob das auch sinnvoll ist, was da ausgerechnet worden ist. Ich wollte einfach dieses „jeder Erwachsene“ mal ein Stück relativieren; wenn man das alles verstanden hat, ist es natürlich einfach (dann braucht man auch keine Formelsammlung, denn dass die e-Funktion sich auf sich selbst abbildet, kann sich vermutlich jeder merken, der da einmal im Leben durch ist), aber wenn man mit sowas noch nie konfrontiert worden war, steht man vor dem gesamten Gebilde wie eine Kuh vorm neuen Tor – auch dann, wenn man durchaus mit entsprechender Erklärung intellektuell in der Lage wäre, das zu tun.
Jörg W. schrieb: > Ich wollte einfach dieses „jeder Erwachsene“ mal ein Stück relativieren; Und ich bleibe dabei. Als Lösen eines unbestimmten Integrals betrachte ich es, die Stammfunktion zu bestimmen. Wenn ich ∫x²dx in eine Suchmaschine eingebe, kann ich das erste Ergebnis wegen meines Werbeblockers nicht lesen, aber im zweiten gibt es einen roten Kasten, der die Stammfunktion im Fall x^n angibt und links daneben steht sogar noch der Sonderfall x². Dazu gehört also überhaupt keine mathematische Leistung. Aber eigentlich spielt das ja auch keine Rolle. Ich denke, wir sind uns einig, dass man dafür kein Genie sein muss und das zu den einfachsten Problemen in der Integralrechnung gehört.
Dussel schrieb: > Ich denke, wir sind uns einig, dass man dafür kein Genie sein muss und > das zu den einfachsten Problemen in der Integralrechnung gehört. Ja, da gehe ich mit. :-)
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Hallo, Yalu X. schrieb: > Kommt dir der Stromverlauf nicht etwas seltsam vor? > > Du musst im Transient-Dialog nicht "Start external DC supply voltages at > 0V", sondern "Skip initial operating point solution" anklicken. Oder > schau dir einfach mal den Spannungsverlauf von V1 in deiner Simulation > an :) ich hatte eigentlich erwartet das "Start external DC supply voltages at 0V" die richtige Option wäre, zumal mit der "initial operating point solution" der Strom schon sofort konstant ist. In einer realen Schaltung kann die Spannung nicht von 0 V auf 1 V ohne Zeitverzug ansteigen. Aber was macht das LTspice daraus? Die reguläre Steilheit des Stromanstiegs wird erst nach ca. 16 µs erreicht. Warum? Nach der reinen Lehre wäre dann "Skip initial operating point solution" wohl passender. Es wird nicht nach dem anfänglichen Arbeitspunkt gesucht und statt dessen die vom Benutzer festgelegten Anfangsbedingungen verwendet (lt. LTspice Buch). Das sind dann wohl die 1 V in diesem Fall. Worin der Unterschied zu dem Start mit 0 V ist erschliesst sich mir noch nicht. In der Realität verstreicht ja Zeit, in der Simulation sollte es aber sehr, sehr viel schneller gehen. ??? mfg Klaus
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Dussel schrieb: > Wenn ich ∫x²dx in eine > Suchmaschine eingebe, kann ich das erste Ergebnis wegen meines > Werbeblockers nicht lesen, aber im zweiten gibt es einen roten Kasten, Also da hast Du ein anderes Google als ich. Ich habe Dein ∫x²dx aus Deinem Post raus kopiert und in die Googlesuchzeile eingefügt. Da bekomme ich das im Anhang Gezeigte. Da stehen zwar auch Integrale drin aber mit der Stammfunktion von x^2 hat das Angezeigte herzlich wenig zu tun. Hier muß ich Jörg schon recht geben, wer noch nie was von Integralen gehört hat, ist an dieser Stelle einfach aufgeschmissen. Also komm mal etwas runter von Deinem hohen Roß. Wer kein Abitur gemacht hat oder sich im Studium mit Integralen beschäftigt hat sieht da einfach nicht durch. Auch in einer ganz normalen Lehre wird nicht von Integralen gesprochen.
Kleiner Nachtrag: Natürlich muß man man kein Genie sein und schwer ist es auch nicht, aber wer davon noch nie etwas gehört hat, für den wird es halt auch schnell dunkel bei diesem Thema. Und nur darum ging es Jörg. Ach ja wenn man will kann man so etwas natürlich auch ohne Abi/Studium lernen, da gebe ich Dir (Dussel) schon recht.
hm ich komme für den realen Fall mit Zuleitungswiderstand und Spulenwiderstand auf den Gesmtverlust 1.) R1+R2=R 2). Masche U0- I(t)/R - L*di(t)/dt =0 aus 2) dgl lösen i(t) = I0* (1-e^(-(R/L)*t)) 3) I0 = i(t) t-> +inf d.h. die Spule ist ein Kurzschluss -> I0= U0/R 4) 3 in 2 i(t) = U0/R * (1-e^(-(R/L)*t) 5) P= R*i(t)^2 An Reaktanzen fällt keine Wirkleistung ab. 6) 4 in 5 P(t) = [U0/R * (1-e^(-(R/L)*t)]^2 *R 7) W = integral 0,T p(t) dt gelöst für t=0 bis t=T W= T U0 - (L U0 (e^(-(2 R T)/L) - 4 e^(-(R T)/L) + 3))/(2 R) Bitte nachprüfen.
Mist- klammerfehler. Die Lösung ist integral_0^T ((U0 (1 - e^(-(R t)/L)))/R)^2 R dt = (U0^2 (L e^(-(2 R T)/L) (4 e^((R T)/L) - 1) - 3 L + 2 R T))/(2 R^2)
Klaus R. schrieb: > In einer realen Schaltung kann die Spannung nicht von 0 V auf 1 V ohne > Zeitverzug ansteigen. Aber was macht das LTspice daraus? Die reguläre > Steilheit des Stromanstiegs wird erst nach ca. 16 µs erreicht. Warum? Die Option startup ("Start external DC supply voltages at 0V") simuliert ein nicht sprunghaftes Ansteigen der Versorgungsspannungen, was u.a. verhindern soll, dass der Ladestrom von direkt an die Versorgung angeschlossenen Kondensatoren astronomisch hoch wird. Die Anstiegszeit ist dann aber auf fixe 20µs festgelegt, was bei einer Simulationszeit von nur 40µs natürlich einen entscheidenden Einfluss auf das Ergebnis hat. Da in der vorliegenden Aufgabenstellung keine Kondensatoren im Spiel sind und die Anstiegszeit der Versorgungsspannung vermutlich als sehr kurz gegenüber dem betrachteten Zeitraum von 40µs angenommen werden soll, ist es am einfachsten, die UIC-Option zu verwenden, was einer Anstiegszeit von 0 entspricht. Wenn nicht per IC-Option ein anderer Wert angegeben wird, ist der anfängliche Spulenstrom 0. Möchte man eine Anstiegszeit größer als 0, aber kleiner als 20µs, muss man die Quelle als PULSE modellieren, was dann halt etwas mehr Arbeit ist.
Yalu X. schrieb: > Die Option startup ("Start external DC supply voltages at 0V") simuliert > ein nicht sprunghaftes Ansteigen der Versorgungsspannungen, was u.a. > verhindern soll, dass der Ladestrom von direkt an die Versorgung > angeschlossenen Kondensatoren astronomisch hoch wird. Die Anstiegszeit > ist dann aber auf fixe 20µs festgelegt,... Das wäre mal ein Tipp für Helmut. Das Festlegen der Anstiegszeit auf 20 µs ist im LTspice - Buch, 1. Auflage, nicht erwähnt worden. Ich konnte dies aber in anderen Dokumenten wiederfinden. OK, in der LTspice Hilfe sind die 20 µs auch erwähnt. Man sollte doch gelegentlich auch dort nachschauen. Die Erklärungen von Yalu würde ich aber gerne im Buch sehen. mfg klaus
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Klaus R. schrieb: > Yalu X. schrieb: >> Die Option startup ("Start external DC supply voltages at 0V") simuliert >> ein nicht sprunghaftes Ansteigen der Versorgungsspannungen, was u.a. >> verhindern soll, dass der Ladestrom von direkt an die Versorgung >> angeschlossenen Kondensatoren astronomisch hoch wird. Die Anstiegszeit >> ist dann aber auf fixe 20µs festgelegt,... > > Das wäre mal ein Tipp für Helmut. Das Festlegen der Anstiegszeit auf 20 > µs ist im LTspice - Buch, 1. Auflage, nicht erwähnt worden. Ich konnte > dies aber in anderen Dokumenten wiederfinden. > mfg klaus Die Anstiegszeit von 20us ist kein Geheimnis. Das ist schon seit 15Jahren implementiert. Es steht auch in der Help von LTspice. startup This is similar to SPICE's original "uic". It means that independent sources should be ramped on during the first 20μs of the simulation. However, a DC operating point analysis is performed using the constraints specified on a .ic directive. PS: Ich war nie Author von einem Buch über LTspice.
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