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.
Dann mal dir mal den zeitlichen Verlauf des Stromes auf. Sollte er
linear ansteigen kann man mit ein bisschen Geometrie
(Flächenberechnung)sich das ableiten.
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.
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...
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%.
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.
[...]
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.
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.
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.
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. :-)
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
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.
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
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.
