Ersatzschaltbild 2 < Elektrotechnik < Ingenieurwiss. < Vorhilfe
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| Aufgabe | Die Abbildung zeigt einen von Gleichstrom durchflossenen zylinderförmigen Leiter. die obere und die untere Hälfte haben unterschiedliche Leitfähigkeiten.
a) Gib ein Ersatzschaltbild an! |
Ich hab das "Teil" wieder abgezeichnet, denke schon das meine Lösung richtig ist.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Ist sie wirklich richtig?
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpeg) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:38 Sa 28.01.2012 | | Autor: | Infinit |
Hallo photonendusche,
ja, das ist ein gültiges Ersatzschaltbild für diesen geschichteten Leiter.
Viele Grüße,
Infinit
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Danke für die schnelle Antwort 
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| Aufgabe | 1. Bestimmen Sie allgemein den Widerstand [mm] R_{u}.
[/mm]
2. Bestimmen Sie allgemein die Spannung U in Abhängigkeit der Stromdichte [mm] J_{0} [/mm] in der oberen Hälfte der Leiteranordnung.
Hinweis: k(Kappa)= [mm] k_{0}*cos^{2}(phi) [/mm] für [mm] 0\le [/mm] phi [mm] \le \pi
[/mm]
k=const. = [mm] k_{0}= \bruch {4}{3\pi} 10^{5} \bruch{S}{cm} [/mm] für [mm] \pi \le [/mm] phi [mm] \le 2\pi
[/mm]
Es gilt: [mm] r_{0}=1cm, l=100*r_{0}.
[/mm]
[mm] \integral_{}^{}{cos^{2}}(x)dx=\bruch{1}{2}(x+sin(x)cos(x)). [/mm] |
Für 1. habe ich als Fläche einen Halbkreis angenommen und habe mit dem gegebenen k(Kappa) gerechnet.
Im Endeffekt bin ich auf [mm] 1,5*10^{-3} [/mm] Ohm gekommen.
Ich bin mir aber unsicher warum mir dieses Integral gegeben wurde, denn die untere Hälfte läuft ja von [mm] \pi [/mm] bis [mm] 2\pi [/mm] (ist somit [mm] \pi [/mm] groß) und [mm] cos^{2}(\pi) [/mm] ist 1.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:24 Mo 30.01.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
Wenn ihr die Winkel wie üblich zählt ist [mm] \kappa [/mm] für die untere Hälfte konstant, du kannst also wirklich für 2. mit der fläche des halbkreises rechnen. erst in 3. brauchst du das integral, da dort [mm] \kappa [/mm] vin [mm] \phi [/mm] abhängt.
Gruss leduart
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ok, dann bin ich schon mal beruhigt  .
Aber wie stelle ich jetzt die Spannung in Abhängigkeit von J dar?
Ich weiß, dass [mm] E=\bruch{1}{k(Kappa)}*J [/mm] , E [mm] =\bruch{I}{4\pi*r^2}ist.
[/mm]
Da es ein Halbkreis ist, dividiere ich also dann noch durch 2.
Außerdem gilt ja noch [mm] U=\integral{E}{dr}.
[/mm]
Dann gilt: [mm] U=\bruch{I}{2\pi*k}*(-r^{-1})
[/mm]
Aber ich habe kein I gegeben. Was nun?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:21 Mo 30.01.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
im oberen Halbkreis ist ja [mm] \kappa [/mm] nicht konstant, damit kannst du so nicht rechnen! I ergibt sich aus der Integration [mm] vonj*(\phi), [/mm] dabei darfst du ein [mm] j_0 [/mm] annehmen, von dem dann U bzw. I abhaengt.
gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:38 Mo 30.01.2012 | | Autor: | GvC |
Schau mal hier:
http://www.physikerboard.de/topic,26686,-widerstand-mit-inhomogenem-leitwert-berechnen.html
Da geht es zwar um einen vollkreisförmigen Querschnitt, was sich aber leicht anpassen lässt auf den in der vorliegenden Aufgabe vorhandenen halbkreisförmigen Querschnitt. Anstatt von 0 bis [mm] 2\pi [/mm] zu integrieren, musst Du in Deiner Aufgabe halt nur von 0 bis [mm] \pi [/mm] integrieren.
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Hallo!
> ok, dann bin ich schon mal beruhigt .
> Aber wie stelle ich jetzt die Spannung in Abhängigkeit
> von J dar?
> Ich weiß, dass [mm]E=\bruch{1}{k(Kappa)}*J[/mm] , E
> [mm]=\bruch{I}{4\pi*r^2}ist.[/mm]
> Da es ein Halbkreis ist, dividiere ich also dann noch
> durch 2.
> Außerdem gilt ja noch [mm]U=\integral{E}{dr}.[/mm]
> Dann gilt: [mm]U=\bruch{I}{2\pi*k}*(-r^{-1})[/mm]
> Aber ich habe kein I gegeben. Was nun?
Zunächst sollte man sich vielleicht überlegen, welche Raumrichtungen überhaupt betroffen sind. Diese Überlegungen geben dann hilfreiche Rückschlüsse auf verwendbare Stetigkeitsbedingungen, ohne die sich das Problem wohl kaum lösen lassen wird (eine Alternative wäre die Lösung der aus der Wirbelfreiheit des elektrostatischen Feldes folgenden Potentialgleichung). Die skalare Größe I wird an der Stirnseite des Zylinders eingeprägt. Über das Durchflutungsgesetz folgt dann unmittelbar, dass die vektorielle Stromdichte in longitudinale Richtung weist, wenn man sich den Zylinder über die z-Achse gestülpt vorstellt. Ein ähnlicher Zusammenhang lässt sich über das Induktionsgesetz auch für die Spannung und das elektrische Feld herleiten.
Darüber hinaus weisen die relevanten Feldgrößen eine azimutale Abhängigkeit auf. Diesbezüglich kann man sich überlegen, von welchen (zwei) Raumrichtungen Äquipotentialflächen aufgespannt werden, die dieser Problematik zugrunde liegen (hier: [mm] \vec{e}_{\varrho} [/mm] und [mm] \vec{e}_{z}). [/mm] Man erhält also
[mm] \vec{J}=J_{z}(\varphi)\vec{e}_{z} [/mm] sowie
[mm] \vec{E}=E_{z}(\varphi)\vec{e}_{z}.
[/mm]
Das Problem lässt sich nun ferner in zwei Bereiche aufteilen, in welchen jeweils unterschiedliche Leitfähigkeiten vorherrschen. Aus dem Durchflutungsgesetz folgt dann unmittelbar
[mm] I=\integral_{\varphi=0}^{\pi}{}\integral_{\varrho=0}^{\varrho_{0}}{J_{z,1}(\varphi)\vec{e}_{z}*\vec{e}_{z}\varrho{d\varrho}d\varphi}+\integral_{\varphi=\pi}^{2\pi}{}\integral_{\varrho=0}^{\varrho_{0}}{J_{z,2}(\varphi)\vec{e}_{z}*\vec{e}_{z}\varrho{d\varrho}d\varphi}.
[/mm]
Mit Hilfe der Materialbeziehung für lineares, homogenes und isotropes Material
[mm] \vec{J}=\kappa\vec{E} [/mm]
sowie der Stetigkeitsbedingung
(1) [mm] \vec{n}_{12}\times\vektor{\vec{E}_{2}-\vec{E}_{1}}=0 [/mm] für [mm] \varphi=0 [/mm] (bzw. [mm] \varphi=2\pi) [/mm] und [mm] \varphi=\pi
[/mm]
welche die Stetigkeit der Tangentialkomponente der elektrischen Feldstärke am Grenzübergang in ein Medium mit abweichender elektrischer Leitfähigkeit beschreibt, sollte das Problem dann zu lösen sein. [mm] \vec{n}_{12} [/mm] ist dabei der Normalenvektor, der von Raumteil 1 in den Raumteil 2 zeigt. Die Verwendbarkeit von Gleichung (1) folgt, wie bereits erwähnt, aus den einleitenden Überlegungen.
Viele Grüße, Marcel
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:56 Do 19.09.2013 | | Autor: | alpi86 |
Ich sitze seit 2 Stunden an dieser Aufgabe und komme nicht weiter.
Die vorhandenen Erklärungen sind für mich nicht ausreichend, um die Aufgabe zu lösen.
Eine schrittweise Erklärung wäre echt nett.
Ich habe jetzt die Lösung glaube ich.
J=kE
E=J/k
U = [mm] \integral_{0}^{l}{J/k dz}
[/mm]
dann wäre U = [mm] J*l/k0*cos^2(phi)
[/mm]
ist das korrekt?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:13 Do 19.09.2013 | | Autor: | chrisno |
Wo hakt es genau? Die Anleitung steht beim Physikerboard.
Wie sieht so ein "Tortenstück" aus, wie groß ist sein Leitwert?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:22 Do 19.09.2013 | | Autor: | alpi86 |
Ich habe meinen Ansatz nachträglich hinzugefügt. (beantwortete Frage)
Ich habe leider die Integrationsgrenzen falsch gesetzt und nahm glaube ich dr statt dz????
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:35 Do 19.09.2013 | | Autor: | chrisno |
Nein, so kommst Du nicht weiter. Die Integration über z kannst Du Dir sparen, das kannst Du so ausrechnen. Das Problem steckt im Winkel. Du musst erst ein Tortenstück beschreiben.
Berechne den Leitwert für ein Zylindersegment mit dem Winkel [mm] $\phi$ [/mm] und einem festen [mm] $\kappa$. [/mm] Gib nur die Formel an, setze keine Werte ein.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:48 Do 19.09.2013 | | Autor: | alpi86 |
Ich versuche gerade die Spannung rauszukriegen.
Leider kann ich mit der Beschreibung wenig anfangen. M.E spielt der Winkel phi für die Spannung keine Rolle.
U ist ja entlang der Z-Achse
Ich habe folgende Zusammenhänge genommen und bin zu dem richtigen Ergebnis gekommen, stellt sich nur die Frage, ob die richtige Lösung zufällig rauskam:
J = k*E
E=J/k
[mm] U=\integral_{0}^{l}{J/k dz}
[/mm]
U = [mm] J*l/k0*cos^2(phi)
[/mm]
Das Ergebnis ist - wie bereits erwähnt - richtig, wenn der Ansatz dennoch falsch ist, würde ich dich nochmal um deine Hilfe bitten.
Vielen Dank!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:10 Do 19.09.2013 | | Autor: | chrisno |
Soll es [mm] $J_0$ [/mm] heißen oder $J$? Entschuldige, ich habe nicht aufgepasst, dass da die Stromdichte steht. Ich war vom Strom ausgegangen. Dann hast Du für einen gegeben Winkel ein [mm] $\kappa$ [/mm] und kannst so rechnen.
Die Notation beim Bruch stimmt nicht. Setze eine Klammer, besser noch: erzeuge einen richtigen Bruch. Klicke auf die nächste Formel für eine Vorlage.
Nun gibt es das Problem, dass für [mm] $\phi [/mm] = [mm] \bruch{\pi}{2}$ [/mm] die Spannung unendlich groß wird. Das wird sich aber sicher mit der Integration auflösen, wenn der Strom berechnet wird.
Gibt es da noch ein 3. wo dann das Integral fällig wird?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:29 Do 19.09.2013 | | Autor: | alpi86 |
Es soll J(0) heißen!!! Ich kann mit dem Editor leider noch nicht so gut umgehen.
Ja, es geht noch weiter. Ich poste mal nochmal die Frage, habe mich allerdings damit nicht auseinandergesetzt
"Berechnen Sie allgemein den durch die obere Hälfte fließenden Teilstrom Io in
Abhangigkeit der Spannung U."
Also, mein erster Gedanke ist es, die Gleichung der Spannung auf J(0) umzustellen und in die gleichung
[mm] I(0)=\integral_{\vec A}^{}{\vec J(0)* \vec dA}
[/mm]
[mm] \vec [/mm] dA = dA [mm] \vec [/mm] er
dA = r* d phi * dz
und J(0) [mm] =\bruch{U*k0*cos^2(phi)}{l}
[/mm]
Grenzen z =[0,l]
phi [mm] =[0,\pi]
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:47 Do 19.09.2013 | | Autor: | chrisno |
Ich mache gerade Schluss. Stelle Fragen als Fragen, sonst riskierst Du, dass keiner antwortet.
Du willst richtig über die Querschnittsfläche integrieren. Dann hat das dz da nichts verloren.
Dein $dA$ stimmt auch ohne das $dz$ nicht. Es hat die Form eines Dreiecks mit Seitenlänge [mm] $d\phi$ [/mm] und Höhe r oder umgekehrt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:58 Do 19.09.2013 | | Autor: | alpi86 |
Besten Dank und gute Nacht
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:24 So 22.09.2013 | | Autor: | GvC |
Irgendwie drehst Du Dich im Kreis. Es steht und fällt alles mit der Bestimmung des Widerstandes derjenigen Leiterhälfte, die eine vom Winkel abhängige Leitfähigkeit besitzt. Dazu noch einmal die Berechnungsvorschrift, die Du auch im oben genannten Thread im Physikerboard nachlesen kannst (dort ging es um den Vollkreisquerschnitt, hier nur um einen Halbkreis).
Du betrachtest zunächst einen Kreissektor (der sieht aus wie ein Tortenstück) mit dem infinitesimal kleinen Öffnungswinkel [mm] d\varphi [/mm] und bestimmst von ihm den infinitesimal kleinen Leitwert dG. (Die "Dicke" des Tortenstücks ist die Leiterlänge.) Dann integrierst Du von 0 bis [mm] \pi [/mm] (oder meinetwegen auch von [mm] \pi [/mm] bis [mm] 2\cdot\pi) [/mm] zum Gesamtleitwert G und bildest anschließend den Kehrwert, um den Widerstand R zu erhalten.
Oder Du machst es so, wie von isi1 (weiter unten) vorgeschlagen, sofern Du verstehst, was sie meint.
Wenn Du den Widerstand jedenfalls hast, kannst Du den Strom einfach per ohmschem Gesetz I=U/R bestimmen.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:27 Fr 20.09.2013 | | Autor: | isi1 |
Das kann man auch ganz ohne Integralrechnung ermitteln, indem man den cos²φ dem Radius zuordnet. Wie man aus der Zeichnung leicht sieht, hat man dann die halbe Fläche mit der Leitfähigkeit k0
Dann ist der Widerstand R=l / (A*k0) mit A = (r0/2)²*pi
R = 1,5 mΩ
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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