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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:49 Sa 05.06.2010 | | Autor: | MKVH28 |
| Aufgabe | Stellen Sie die DGL für den Spulenstrom [mm] i_{L} [/mm] auf und berechnen Sie die Funktionen der Zeitverläufe des Spulenstroms [mm] i_{L} [/mm] und der Spannung [mm] u_{L}.
[/mm]
Zum Zeitpunkt t=0 wird der Schalter S geschlossen. Der Zwischenkreiskondensator C ist zu Beginn auf den Spannungswert U=2kV aufgeladen.
Zusätzlich gilt [mm] i_{C}=-C\bruch{du_{c}}{dt}. [/mm] |
Das hier ist die Schaltung.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Da man ja 2 Energiespeicher hat, ist es eine DGL 2.Ordnung.
Um die DGL zu bekommen, habe ich folgendes gemacht.
Maschengleichung : [mm] u_{C}=u_{R}=u_{L}
[/mm]
(1) [mm] u_{L}=L\bruch{di_{L}}{dt}
[/mm]
(2) [mm] i_{C}=-C\bruch{du_{c}}{dt}
[/mm]
(3) [mm] i_{R}=\bruch{u_{R}}{R}
[/mm]
Knotengleichung : [mm] i_{C}=i_{L}+i_{R}
[/mm]
Jetzt setzt man (2) und (3) in die Knotengleicung ein :
[mm] -C\bruch{du_{c}}{dt}=\bruch{u_{R}}{R}+i_{L}
[/mm]
durch die Maschengleichung kriegt man:
[mm] -C\bruch{u_{L}}{dt}=\bruch{u_{L}}{R}+i_{L}
[/mm]
Einsetzten von (1)
[mm] -C\bruch{L\bruch{di_{L}}{dt}}{dt}=\bruch{L\bruch{di_{L}}{dt}}{R}+i_{L}
[/mm]
und dann habe ich am Ende als DGL das hier bekommen:
[mm] 0=\bruch{1}{LC}i_{L}+\bruch{1}{RC}\bruch{di_{L}}{dt}+\bruch{d^{2}i_{L}}{dt^{2}}
[/mm]
Hoffe soweit das es richtig ist.
Nächster Schritt wäre ja die Fallbestimmung mit [mm] w_{0}^{2}=\bruch{1}{LC} [/mm] und [mm] 2\delta=\bruch{1}{RC}
[/mm]
ausgerechnet kriegt man den periodischen Fall mit den komplex konjugierten Eigenwerter [mm] p_{1} [/mm] und [mm] p_{2}.
[/mm]
Meine Frage ist nun ist [mm] i_{L}=i_{Lh}+i_{Lp}=i_{Lh},
[/mm]
da wir ja keine Inhomogenität haben ?
Also sprich muss ich jetzt nur die homogene Lösung ausrechnen mit dem Ansatz: [mm] i_{Lh}=e^{-\delta t}[K_{1}cos(w_{d}t)+K_{2}sin(w_{d}t)]
[/mm]
Ich bedanke mich schonmal für die Mühe und hoffe auf ein paar nützliche Tipps, da mir meine Tutoren nix verraten wollten oder durften, wäre ich für jede Hilfe dankbar.
Mit freundlichen Grüßen MKVH28
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:09 Sa 05.06.2010 | | Autor: | Infinit |
Hallo,
ja, da die rechte seite der DGL, die bei Dir auf der linken Seite der Gleichung steht, gleich Null ist, ergibt sich die Gesamtlösung der DGL in diesem Falle allein aus der homogenen Lösung.
Viele Grüße,
Infinit
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:51 Sa 05.06.2010 | | Autor: | MKVH28 |
Danke erstmal Infinit !!!!
Ich hab jetzt mal bisschen probiert und hab gerechnet, jedoch bin ich mit meinem Lösungsansatz nicht ganz sicher, da ich das ja zum ersten mal mache.
Und zwar muss man jetzt die Konstanten [mm] K_{1} [/mm] und [mm] K_{2} [/mm] ausrechen, da ich zwei unbekannte habe, habe ich folgende Gleichungen aufgestellt:
(1) [mm] u_{L}=L\bruch{di_{L}}{dt} [/mm]
(2) [mm] i_{L}+i_{R}=i_{C}
[/mm]
Ich betrachte die beiden Gleichungen für den Zeitpunkt t=0, da es die homogene Lösung ist. Zusätzlich gilt
[mm] u_{L}(t=0) [/mm] = [mm] u_{R}(t=0) [/mm] = [mm] u_{C}(t=0) [/mm] = 2kV
[mm] i_{R}(t=0)=\bruch{u_{R}(t=0)}{R} [/mm] , das hier ist bekannt
[mm] i_{C}(t=0)=-C\bruch{du_{C}(t=0)}{dt} [/mm] = 0 , da die Ableitung einer Konstanten null ist.
[mm] i_{L}(t=0)=i_{Lh}(t=0)=e^{-\delta t}[K_{1}cos(w_{d}t)+K_{2}sin(w_{d}t)] [/mm] und wenn man t=0 setzt kriegt man [mm] i_{Lh}(t=0) [/mm] = [mm] K_{1}
[/mm]
daraus ergeben sich folgende Gleichung, wenn man jetzt die Ströme in die Gleichung (2) einsetzt.
[mm] K_{1}=-i_{R}(t=0)=-\bruch{u_{R}(t=0)}{R}
[/mm]
Wenn das soweit stimmt, dann sollte man ganz einfach über die Gleichung (1) [mm] K_{2} [/mm] rausbekommen. Es wäre sehr freundlich , wenn jemand den Ansatz bestätigen kann oder eventuell mich verbessern kann.
Mit feundlichen Grüßen MKVH28
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:07 Sa 05.06.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Hallo,
Mal vorneweg: Ich gebe keine 100% Garantie auf diese Antwort, aber es wird sicher nochmal jemand drüberkuken und verbessern, wenn ich was falsches sage.
Zwei Konstanten [mm] K_{1}, K_{2} [/mm] sind zu bestimmen, folglich braucht man zwei Bedigungen bzw. Gleichungen.
Ich schreibs mal so:
(1) [mm] u_{L,R,C} [/mm] = [mm] L*\bruch{d i_{L}}{dt} [/mm] , 2kV = u(t=0)
(2) [mm] i_{L}(t=0) [/mm] = 0, [mm] i_{R}(t=0) [/mm] = 0, [mm] i_{C}(t=0) [/mm] = 0
Zum Zeitpunkt t = 0 sind alle Ströme gleich Null, weil der schalter ja (gerade) vorher offen war, und somit der Stromkreis unterbrochen. Zum Zeitpunkt t = 0 fliesst also kein Strom.
Du hast geschrieben: " [mm] i_{C}(t=0) [/mm] = 0 weil die Ableitung einer Konstanten gleich Null ist" - ist [mm] u_{C}(t) [/mm] wirklich eine Konstante?! Ja vorher war es eine, und somit wäre im Eingeschwungenen Fall eines Netzwerks der Strom deshalb null. [mm] u_{C}(t) [/mm] ist für t [mm] \ge [/mm] = 0 nicht mehr konstant (beachte das "grössergleich").
Also einmal deine Lösung für [mm] i_{L}(t=0) [/mm] ableiten, mit L multiplizieren und gleich 2kV setzen (1).
Und einmal [mm] i_{L}(t=0) [/mm] gleich Null setzen (2).
Gruss Qsxqsx
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:31 So 06.06.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Hallo,
...ich glaube bei der Gleichung (1) fehlt noch ein Minus? Nicht?
Sollte es nicht so heissen:
[mm] u_{L,C,R} [/mm] = - L* [mm] \bruch{d i_{L}}{dt}
[/mm]
?
Gruss
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:55 So 06.06.2010 | | Autor: | Infinit |
Hallo,
die Zählpfeile entsprechen hier dem Verbrauchersystem und zeigen in die gleiche Richtung, insofern stimmt
$$ [mm] u_L [/mm] = L [mm] \bruch{di}{dt} \, [/mm] . $$
Der Kondensator wirkt als Generator, deswegen taucht hier das Minuszeichen auf.
Viele Grüße,
Infinit
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:44 So 06.06.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Wenn die Induktivität der Generator (wegen der in Ihrem Magnetfeld gespeicherten Energie) wäre, dann wäre es in der "Minus variante"...
Thx!
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