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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:41 Di 24.10.2006 | | Autor: | Phoney |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
| Aufgabe | Es sei ein Wechselstrom I(t) = I_0 cos(\omega t) gegeben.
a) Berechne die bis zur Zeit t = t_1 erzeugte Joulesche Wärme W(t_1).
b) Berechne dann speziell den Wert W(\br{2\pi}{\omega} (1Periode). |
Hallo.
Ich bitte um kritische Durchsicht meiner Lösungen
a) $\integral_{0}^{t_1}{I_0 cos(\omega t) dx}=[I_0*sin(\omega t) \br{1}{\omega}]_0^{t_1} = I_0 sin(\omega t_1)\br{1}{\omega}$
Das ist die Lösung für A
und für b
$W(t) = I_0*sin(\omega t) \br{1}{\omega}$
$W(\br{2\pi}{\omega}) = I_0*sin(\omega \br{2\pi}{\omega}) \br{1}{\omega} = I_0*sin(2\pi}) \br{1}{\omega} = 0$
???? Kann das?
Schönen Gruß
Phoney
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:57 Di 24.10.2006 | | Autor: | Infinit |
Hallo Phoney,
die Integration ist zwar okay, aber leider liefert dieser Ausdruck nicht die an einem Widerstand in Wärme umgesetzte Leistung. Hierzu musst Du nach
$$ P = [mm] I^2 [/mm] R $$ die quadratischen Werte des Wechselstroms nehmen und von 0 bis [mm] t_1 [/mm] integrieren. Hierbei entsteht durch die Quadratur ein Gleichanteil und ein Anteil mit doppelter Frequenz, der bildlich gesprochen, um den Gleichanteil oszilliert. Integriert man genau über eine Periode (oder auch über eine ganzzahlige Anzahl von Perioden) so verschwindet dieser Oszillationsanteil und übrig bleibt ein Gleichanteil von [mm] \bruch{I^2}{2} [/mm] multipliziert mit der Zeitdauer.
Viele Grüße,
Infinit
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:10 Di 24.10.2006 | | Autor: | Phoney |
Nabend.
Der Erklärungstext ist zwar verständlich, nur kann ich ihn nicht in das mathematische übertragen.
> aber leider liefert dieser
> Ausdruck nicht die an einem Widerstand in Wärme umgesetzte
> Leistung. Hierzu musst Du nach
> [mm]P = I^2 R[/mm] die quadratischen Werte des Wechselstroms nehmen
> und von 0 bis [mm]t_1[/mm] integrieren.
Also [mm] I^2 [/mm] = [mm] [I(t)]^2 [/mm] ? Und woher kommt das R? und das p? Ist das eine Formel, die ich in der Formelsammlung nachschlagen kann, oder hast du dir die gerade selbst zusammengebaut?
D. h. meine Rechnung ist dann
p = [mm] [I(t)]^2*R
[/mm]
Was ist denn jetzt p? Der Wechselstrom? Davon habe ich ja jetzt leider überhaupt keine Ahnung
Ich soll also das Integral
[mm] \integral_{0}^{t_1}{[I_0(t)]^2 dx}
[/mm]
lösen oder wie? Und das ist dann die Wärme???
Ich verstehe leider gar nichts von dem mathematischen Teil :(
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:53 Di 24.10.2006 | | Autor: | Infinit |
Hallo,
die von mir angegebene Formel bezieht sich auf die in einem Widerstand R umgesetzte Leistung P durch Wechselstrom. Auf irgendeine Art und Weise muss ja die im Wechselstrom enthaltene Energie in Joulsche Wärme umgesetzt werden. Du brauchst Dich daran aber nicht zu stören, vergiss diese Formel einfach und glaube mir als E-Techniker oder lese im Physikbuch nach, dass die Umsetzung der Energie des Wechselstroms in thermische Wärme durch das Quadrat des Stromes bestimmt wird, über dessen Größe bis zu einer gewissen Zeit [mm] t_1 [/mm] integriert wird. Also ist die Gleichung zu lösen, die Du in Deiner Frage angegeben hast.
$$ [mm] \int_0^{t_1} I_0^2 \cos^2 (\omega [/mm] t) dt $$ oder auch unter Anwendung der Potenzsätze für trigonometrische Funktionen
$$ [mm] \int_0^{t_1} \bruch{1}{2}\cdot (I_0^2 [/mm] - [mm] \cos [/mm] (2 [mm] \omega [/mm] t)) dt$$
Hier erkennst Du schön den Gleichanteil, von dem ich sprach und den oszillierenden Wechselanteil.
Das Integral lässt sich recht einfach lösen, der erste Summand steigt linear mit der Zeit, der zweite Summand ergibt als Integral über eine Kosinusfunktion die Sinusfunktion mit einem Vorfaktor von [mm] \bruch{1}{2 \omega} [/mm].
Ich hoffe, ich konnte damit die Sache besser klären als dies vorhin der Fall war.
Viele Grüße,
Infinit
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:19 Di 24.10.2006 | | Autor: | Phoney |
Servus.
> [mm]\int_0^{t_1} I_0^2 \cos^2 (\omega t) dt[/mm] oder auch unter
> Anwendung der Potenzsätze für trigonometrische Funktionen
> [mm]\int_0^{t_1} \bruch{1}{2}\cdot (I_0^2 - \cos (2 \omega t)) dt[/mm]
Ich kenne wohl den Potenzsatz: [mm] $\cos^2(\alpha) [/mm] = [mm] \br{1}{2}(1+\cos(2\alpha)$
[/mm]
Wenn ich das jetzt auf unsere Funktion übertragen würde, erhielte ich aber
[mm] $\int_0^{t_1} I_0^2\bruch{1}{2}\cdot [/mm] (1 + [mm] \cos [/mm] (2 [mm] \omega [/mm] t)) [mm] dt=\int_0^{t_1} \bruch{1}{2}\cdot (I_0^2 [/mm] + [mm] I_0^2\cos [/mm] (2 [mm] \omega [/mm] t)) dt$
Kann ich das nicht auch verwenden? Denn das obengenannte Additionstheorem, falls ich das in diesem Fall so sagen darf, kenne ich gar nicht.
Ansonsten eine tolle Erklärung!
Ähm, was war das noch einmal mit der 1 Periode? Was muss ich da genau dann beachten? Ich kann nicht einfach den Wert [mm] W(\br{2\pi}{\omega} [/mm] einsetzen und gucken, was herauskommt?
Liebe Grüße
Johann
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:31 Di 24.10.2006 | | Autor: | Infinit |
Hallo nochmal,
klar, nimm Diesen Potenzsatz, denn meiner gilt in diesem Falle gar nicht, sorry, es wird schon spät. Die Umformung, die ich Dir nannte, gilt für den quadratischen Sinus, aber nicht für den Kosinus. Dein Ansatz ist mathematisch auf jeden Fall richtig.
Mit der Integration über eine Periodendauer liefert der Kosinusterm, der die doppelte Frequenz des Wechselstroms beinhaltet, genau den Wert Null, wie Du leicht ausrechnen kannst. Die Momentanenergie wird bei diesem Wert, wie auch bei Vielfachen davon, nur durch den ersten Term bestimmt und das soll wohl mit dem zweiten Teil der Aufgabe gezeigt werden.
Ich hoffe, jetzt ist alles klar.
Viele Grüße,
Infinit
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:56 Mi 25.10.2006 | | Autor: | Phoney |
Servus
> Ich hoffe, jetzt ist alles klar.
Jetzt ist es alles ganz klar. Vielen Dank für die viele Geduld. Habe auch etwas gelernt :)
Dankeschön!
Gruß
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