Spule mit ohmschen Widerstand < Elektrotechnik < Ingenieurwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:12 So 15.03.2015 | | Autor: | needmath |
| Aufgabe | Eine Reihenschaltung aus einem Widerstand und einer Induktivität L ist an eine
Wechselspannungsquelle [mm] u(t)=u^{\wedge}*cos(\omega*t+phi_u) [/mm] angeschlossen.
Das Verhältnis [mm] \bruch{\omega*L}{R} [/mm] beträgt [mm] \wurzel{3}. [/mm] Die Spannungsamplitude ist 2V und der ohmsche Widerstand beträgt 1Ω.
a) Berechnen Sie die Phasenverschiebung zwischen Gesamtstrom und Spannung. [mm] phi_u-phi_i
[/mm]
b) Berechnen Sie die Stromamplitude.
c) Stellen Sie graphisch den zeitlichen Verlauf von der Gesamtspannung u(t) und den Gesamtstrom i(t) von 0 bis T dar.
d) Stellen Sie graphisch die zeitlichen Verläufe aller Momentanleistungen (Wirk-, Blind- und Scheinleistung) von 0 bist T dar. |
a) also ich weiß das bei der Spule die Spannung den Strom um 90° vorauseilt. deshalb sollte
[mm] phi_u-phi_i [/mm] = 90° sein
aber wie kann ich das hier rechnerisch nachweisen ?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:52 So 15.03.2015 | | Autor: | rmix22 |
> Eine Reihenschaltung aus einem Widerstand und einer
> Induktivität L ist an eine
> Wechselspannungsquelle [mm]u(t)=u^{\wedge}*cos(\omega*t+phi_u)[/mm]
> angeschlossen.
>
> Das Verhältnis [mm]\bruch{\omega*L}{R}[/mm] beträgt [mm]\wurzel{3}.[/mm]
> Die Spannungsamplitude ist 2V und der ohmsche Widerstand
> beträgt 1Ω.
>
> a) Berechnen Sie die Phasenverschiebung zwischen
> Gesamtstrom und Spannung. [mm]phi_u-phi_i[/mm]
> b) Berechnen Sie die Stromamplitude.
> c) Stellen Sie graphisch den zeitlichen Verlauf von der
> Gesamtspannung u(t) und den Gesamtstrom i(t) von 0 bis T
> dar.
> d) Stellen Sie graphisch die zeitlichen Verläufe aller
> Momentanleistungen (Wirk-, Blind- und Scheinleistung) von 0
> bist T dar.
> a) also ich weiß das bei der Spule die Spannung den Strom
> um 90° vorauseilt. deshalb sollte
>
> [mm]phi_u-phi_i[/mm] = 90° sein
>
> aber wie kann ich das hier rechnerisch nachweisen ?
Vielleicht durch Lösen der zugehörigen Differentialgleichung. Aufgestellt entweder mit der Widerstandsspannung [mm] $u_R((t)$ [/mm] oder der Stromfunktion $i (t)$.
Es gilt dann [mm] $u_L(t)=L*\br{d\ i(t)}{dt}=\br{L}{R}*\br{d\ u_R(t)}{dt}$, [/mm] wobei du natürlich den eingeschwungenen Zustand betrachtest.
Wenn du dann noch weißt, wie Spule im eingeschwungenen Zustand wirkt, musst du auch gar keine DGL mehr lösen.
Gruß RMix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:13 So 15.03.2015 | | Autor: | needmath |
wie löse ich aufgabe b) ?
mein ansatz wäre:
[mm] u^{\wedge} [/mm] und [mm] i^\wedge [/mm] sollen die Amplituden darstellen
[mm] i^\wedge= \bruch{u^{\wedge}}{z}
[/mm]
z = R +jwL
z = |z| = [mm] \wurzel{R+(wL)^2}
[/mm]
aber die fequenz f und L ist nicht gegeben. deswegen kann ich z nicht bestimmen.
wie löse ich nun b) ?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:29 So 15.03.2015 | | Autor: | rmix22 |
> wie löse ich aufgabe b) ?
>
> mein ansatz wäre:
>
> [mm]u^{\wedge}[/mm] und [mm]i^\wedge[/mm] sollen die Amplituden darstellen
>
>
> [mm]i^\wedge= \bruch{u^{\wedge}}{z}[/mm]
>
>
> z = R +jwL
>
> z = |z| = [mm]\wurzel{R+(wL)^2}[/mm]
>
> aber die fequenz f und L ist nicht gegeben. deswegen kann
> ich z nicht bestimmen.
>
> wie löse ich nun b) ?
Wenn du bei a) so vorgegangen bist wie von mir vorgeschlagen, hast du doch die komplette Stromfunktion da stehen - natürlich auch deren Amplitude.
Bei dem von dir skizzierten Wegg fehlt bei R das Quadrat und du kannst doch die in der Angaben gegebene Beziehung zwischen [mm] \omega, [/mm] L und R benutzen um [mm] $\omega*L$ [/mm] durch [mm] $\wurzel{3}*R$ [/mm] zu ersetzen. Dank der freundlichen Angabewerte ist das Ergebnis sogar recht "schön".
Gruß RMix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:10 So 15.03.2015 | | Autor: | needmath |
der von dir vorgeschlagene weg bei aufg. a) war mir zu schwer. ich glaube die aufgabe ist so gestellt das man die auch ohne differentialgleichung lösen kann
b)
[mm] i^\wedge= \bruch{u^{\wedge}}{z}
[/mm]
z = R +jwL
z = |z| = [mm] \wurzel{R^2+(wL)^2}= \wurzel{R^2+(\wurzel{3}R)^2} [/mm] = 2 [mm] \Omega
[/mm]
[mm] i^\wedge= \bruch{2V}{2\Omega} [/mm] = 1A
c)
u(t)= [mm] 2V*sin(wt+phi_u)
[/mm]
i(t)= [mm] 1A*sin(wt+phi_i)
[/mm]
damit ich u(t) und i(t) zeichnen kann, muss ich die phasen kennen.
gibt es eine möglichkeit die phasen [mm] phi_u [/mm] und [mm] phi_i [/mm] zu bestimmen ohne differentialgleichungen zu lösen?
ich weiß nur das gilt [mm] 90°=phi_u-phi_i
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:31 So 15.03.2015 | | Autor: | rmix22 |
> der von dir vorgeschlagene weg bei aufg. a) war mir zu
> schwer. ich glaube die aufgabe ist so gestellt das man die
> auch ohne differentialgleichung lösen kann
>
> b)
>
> [mm]i^\wedge= \bruch{u^{\wedge}}{z}[/mm]
>
>
> z = R +jwL
>
> z = |z| = [mm]\wurzel{R^2+(wL)^2}= \wurzel{R^2+(\wurzel{3}R)^2}[/mm]
> = 2 [mm]\Omega[/mm]
>
> [mm]i^\wedge= \bruch{2V}{2\Omega}[/mm] = 1A
>
>
> c)
>
> u(t)= [mm]2V*sin(wt+phi_u)[/mm]
>
> i(t)= [mm]1A*sin(wt+phi_i)[/mm]
>
> damit ich u(t) und i(t) zeichnen kann, muss ich die phasen
> kennen.
> gibt es eine möglichkeit die phasen [mm]phi_u[/mm] und [mm]phi_i[/mm] zu
> bestimmen ohne differentialgleichungen zu lösen?
>
Ja, das wollte ich mit der Anmerkung, dass du für den stationären Zustand keine DGL zu lösen brauchst ja auch andeuten.
Auch die nötigen Formel hab ich dir schon geschrieben.
Die Stromfunktion [mm]i(t)[/mm] kannst du dir vermöge des Ohm'schen Gesetzes leicht über den Stromfluss beim Widerstand holen und für die Spulenspannung gilt dann [mm] $u_L(t)=L*\br{d\ i(t)}{dt}
[/mm]
> ich weiß nur das gilt [mm]90°=phi_u-phi_i[/mm]
Naja, das ergibt sich ja beim Differenzieren durch den Übergang vom Kosinus zum Sinus. Der Deutlichkeit halber kannst du ja dann Die Sinusfunktion wieder durch einen Kosinus ausdrücken.
Gruß RMix
P.S.: Das Grad-Zeichen bekommst du etwas umständlich so: [mm] $90^\circ$. [/mm] Wenn du mit der Maus über den Ausdruck stehst, wird dir angezeigt, wie es im Quelltext aussieht.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:28 Mo 16.03.2015 | | Autor: | GvC |
> der von dir vorgeschlagene weg bei aufg. a) war mir zu
> schwer. ich glaube die aufgabe ist so gestellt das man die
> auch ohne differentialgleichung lösen kann
>
> b)
>
> [mm]i^\wedge= \bruch{u^{\wedge}}{z}[/mm]
>
>
> z = R +jwL
>
> z = |z| = [mm]\wurzel{R^2+(wL)^2}= \wurzel{R^2+(\wurzel{3}R)^2}[/mm]
> = 2 [mm]\Omega[/mm]
>
> [mm]i^\wedge= \bruch{2V}{2\Omega}[/mm] = 1A
>
>
> c)
>
> u(t)= [mm]2V*sin(wt+phi_u)[/mm]
In der Aufgabenstellung ist aber eine andere Spannung angegeben, nämlich
[mm]u(t)=\hat{U}\cdot\cos{(\omega t+\varphi_u)}[/mm]
>
> i(t)= [mm]1A*sin(wt+phi_i)[/mm]
>
> damit ich u(t) und i(t) zeichnen kann, muss ich die phasen
> kennen.
[mm] \varphi_u [/mm] ist in der Tat nicht gegeben (jedenfalls hast nichts davon gesagt) und kann auch nicht errechnet werden. Deshalb ist es schwierig, der Aufgabenstellung zu folgen und Spannung und Strom von 0 bis T zu zeichnen. Da bleibt Dir nur übrig, für [mm] \varphi_u [/mm] einen beliebigen Wert anzunehmen. Dann lässt sich auch i(t) zeichnen, denn die Phasenverschiebung [mm] \varphi_u-\varphi_i [/mm] lässt sich aus den Angaben der Aufgabenstellung berechnen.
> gibt es eine möglichkeit die phasen [mm]phi_u[/mm] und [mm]phi_i[/mm] zu
> bestimmen ohne differentialgleichungen zu lösen?
>
> ich weiß nur das gilt [mm]90°=phi_u-phi_i[/mm]
Das ist falsch und würde nur gelten, wenn die gegebene Spannung ausschließlich an der Induktivität anliegen würde, also kein ohmscher Widerstand vorhanden wäre. Hier ist die Phasenverschiebung durch die Angabe von Z praktisch gegeben.
[mm]\varphi_u-\varphi_i=\varphi_z=\arctan\left(\frac{\omega L}{R}\right)=\arctan{\sqrt{3}=60^\circ[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:32 Mo 16.03.2015 | | Autor: | needmath |
ok, dann denke ich mir für [mm] \phi_u [/mm] einfach einen wer aus:
[mm] \phi_u [/mm] = 0°
[mm] \Rightarrow \phi_i [/mm] = -60°
c)
u(t) = 2V cos(wt)
i(t) = 1A*cos(wt-60°)
d)
[mm] \underline{U}=\wurzel{2}V
[/mm]
[mm] \underline{I}=\bruch{1}{\wurzel{2}}A*e^{-j60°}
[/mm]
[mm] \underline{S}=\wurzel{2}V*\bruch{1}{\wurzel{2}}A*e^{j60°}=1VA*e^{j60°}= \bruch{1}{2} W+j\bruch{\wurzel{3}}{2} [/mm] var
P = [mm] \bruch{1}{2} [/mm] W
[mm] Q=\bruch{\wurzel{3}}{2} [/mm] var
stimmt das so mit den einheiten?
wie zeichen ich die leistungen? so wie das blaue dreieck hier ? http://www.elektrotechnik-fachwissen.de/wechselstrom/leistung-wechselstrom.php
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:52 Mo 16.03.2015 | | Autor: | leduart |
Hallo
du sollst doch den zeitlichen Verlauf der Leistung(en) darstellen, also wieder mit sin bzw cos
wie sind die 3 definiert, dann kannst du direkt deine Zeichnungen für U und I verwenden.
z.B, Wirkleistun [mm] U_R(t)*I_R(t)
[/mm]
Gruß leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:12 Mo 16.03.2015 | | Autor: | needmath |
ich glaube aus den folgenden werten kann man den zeitlichen verlauf herleiten
> [mm]\underline{S}=\wurzel{2}V*\bruch{1}{\wurzel{2}}A*e^{j60°}=1VA*e^{j60°}= \bruch{1}{2} W+j\bruch{\wurzel{3}}{2}[/mm]
> var
>
> P = [mm]\bruch{1}{2}[/mm] W
>
> [mm]Q=\bruch{\wurzel{3}}{2}[/mm] var
[mm] s(t)=1VA*\wurzel{2}*cow(wt+60°)
[/mm]
[mm] p(t)=\bruch{1}{2}W*\wurzel{2}*cos(wt)
[/mm]
[mm] q(t)=\bruch{\wurzel{3}}{2}var*\wurzel{2}*cos(wt+90°)
[/mm]
wäre das so richtig?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:52 Mo 16.03.2015 | | Autor: | GvC |
Nein, das ist nicht richtig. Du verkennst, dass der Scheinleistungszeiger vollkommen andere Eigenschaften hat als Spannungs- oder Stromzeiger, insbesondere was den Scheitelwert angeht.
Da der zeitliche Verlauf der Leistungen gefragt ist, musst Du die Zeitfunktionen von Spannung und Strom miteinander multiplizieren (das wäre die Scheinleistung) und dann mit Hilfe von Additionstheoremen in Wirk- und Blindanteil aufteilen. Um nicht durcheinander zu kommen, solltest Du das erstmal ganz allgemein machen. Das kannst Du dann auf Deinen speziellen Fall anwenden. Also beginne mal mit
[mm]u(t)\cdot i(t)=\hat{U}\cdot\cos{(\omega t+\varphi_u)}\cdot\hat{I}\cdot\cos{(\omega t+\varphi_i)}=\hat{U}\cdot\hat{I}\cdot\cos{(\omega t+\varphi_u)}\cdot\cos{(\omega t+\varphi_i)}[/mm]
Additionstheorem:
[mm]\cos{\alpha}\cdot\cos{\beta}=\frac{1}{2}\left(\cos{(\alpha -\beta )}+\cos{(\alpha +\beta)}\right)[/mm]
[mm]\Rightarrow\quad u(t)\cdot i(t)=\frac{\hat{U}\cdot\hat{I}}{2}\cdot\left(\cos{(\varphi_u-\varphi_i)}+\cos{(2\omega t+\varphi_u+\varphi_i)}\right)[/mm]
Im Argument des zweiten Kosinusterms kommt die Winkelsumme [mm] \varphi_u [/mm] + [mm] \varphi_i [/mm] vor. Damit lässt sich überhaupt nichts anfangen, da nur die Phasendifferenz [mm] \varphi_u -\varphi_i [/mm] relevant ist. Es ist also sinnvoll, im zweiten Kosinusterm [mm] \varphi_u [/mm] zu addieren und wieder zu subtrahieren. Damit ergibt sich
[mm]u(t)\cdot i(t)=\frac{\hat{U}\cdot\hat{I}}{2}\cdot\left(\cos{(\varphi_u-\varphi_i)}+\cos{(2\omega t+2\varphi_u+\varphi_i-\varphi_u)}\right)[/mm]
Damit steht im zweiten Kosinusterm nun die die negative Phaendifferenz zwischen Spannung und Strom. Auf den zweiten Kosinus lässt sich jetzt ein anderes Additionstheorem anwenden, nämlich
[mm]\cos{(\alpha +\beta )}=\cos{\alpha}\cos{\beta}-\sin{\alpha}\sin{\beta}[/mm]
Wende das an und schreib den entstehenden Ausdruck mal auf. Den können wir dann, wenn Du willst, gemeinsam aufdröseln.
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