DGL - Laden einer Batterie

19.09.2016, 20:43

cmplx96

DGL - Laden einer Batterie

Hallo zusammen,

ich habe eine Frage zu dieser Aufgabe:
Sie kaufen eine Autobatterie, die bereits länger eingelagert ist und messen zuhause eine Spannung von y(0) = 6 Volt.
Da Sie zum Betrieb zumindest eine Spannung von 90% der Maximal- und Ladespannung 12 Volt haben sollte, laden Sie
die Batterie auf und erhalten nach einer Stunde Ladezeit 9 Volt. Wie lautet die Funktion y(t) der Batteriespannung
und wann sind die geforderten 90% von 12 Volt erreicht? Die Spannungsänderung ist dabei stets proportional zur
Differenz von aktueller Spannung zur Ladespannung 12 Volt, also:
$\begin{eqnarray*} y^{'}(t) = K\cdot (12 - y(t)) \end{eqnarray*}$

Meine Idee:
Homogene Lösung:
$\begin{eqnarray*} y_{h} = e^{-\frac{t+c}{K}} \Leftrightarrow y_{h} = c_{1} e^{-\frac{t}{K}} \end{eqnarray*}$

Partikuläre Lösung:
$\begin{eqnarray*} y_{p} = 12 \end{eqnarray*}$

Insgesamt:
$\begin{eqnarray*} y = c_{1} e^{-\frac{t}{K}} +12 \end{eqnarray*}$
mit Anfangsbedingung:
$\begin{eqnarray*} y = -6 e^{-\frac{t}{K}} +12 \end{eqnarray*}$

Dann habe ich die Gleichung aufgestellt:
$\begin{eqnarray*} -6e^{-\frac{t}{K}} +12 = 0.9\cdot 12 \end{eqnarray*}$
Aufgelöst:
$\begin{eqnarray*} t = -K\cdot \ln(\frac{1.6}{6}) \end{eqnarray*}$

Ist das das richtige Ergebnis?
Hätte ich den Parameter K vorher ersetzen sollen?

Danke im Voraus!

19.09.2016, 21:33

mYthos

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Die Lösung der Differentialgleichung stimmt und auch deine Gleichung ist richtig, bringt dir so aber noch nicht das Endresultat.
Du solltest zuerst die Konstante K der Funktion bestimmen und danach erst die Zeit, die zur Ladung auf 10.8 V nötig ist.
Dazu nimmst du die Bedingung (die du bisher nicht verwendest hast), dass nach der Zeit t = 1 die Spannung von 6V auf 9V angestiegen ist.
Mit der Kenntnis von K ist dann die Funktion total gegeben und du kannst dieses zur Berechnung der Zeit bis zur Ladung auf 10,8 V natürlich in deine Schlussgleichung einsetzen.

mY+

19.09.2016, 22:17

cmplx96

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Vielen Dank für die Antwort!
Ich habe angesetzt:
$\begin{eqnarray*} y(1) = -6e^{-\frac{1}{K}}+12 = 9 \end{eqnarray*}$
Und rausbekommen:
$\begin{eqnarray*} K = -\frac{1}{ln(\frac{1}{2})} \end{eqnarray*}$
Der Zeitpunkt ist dann $\begin{eqnarray*} t \sim 1.9 \end{eqnarray*}$ , also nach 1.9 Stunden.

20.09.2016, 21:14

mYthos

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Dieses Resultat stimmt nicht, du musst irgendwo einen Rechenfehler haben.

EDIT: Deine 1,9 Std. stimmten zwar NICHT, aber auch mein Resultat ist falsch. Siehe den letzten Beitrag!

Es ist $\begin{eqnarray*} k = \frac 1 {\ln 2} \end{eqnarray*}$ und ~~demnach $\begin{eqnarray*} t = \ln 5 \cdot \ln2 = 1,115577 \text{ das stimmt NICHT, sh. letzten Beitrag! } \end{eqnarray*}$ Std.~~

mY+

07.12.2016, 20:13

cfk

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1,115 Stunden wären ja nur 0,115 Stunden nach Erreichen von 9 Volt.
Oder sollen die 1,115577 Stunden nach der ersten Stunde gemeint sein, also zusätzlich, somit addiert ca. 2,115 Stunden?

Um die 3 Volt als Differenz zwischen anfänglichen 6 Volt und 9 Volt zu durchlaufen, wurde eine ganze Stunde gebraucht. Dann kann eine Steigerung um weitere 1,8 Volt (von 9 Volt auf 10,8 Volt) nicht in weniger als 0,12 Stunden hinzukommen. Denn in der Stunde nach Erreichen von 9 Volt kommen nur 1,5 Volt hinzu.

Es kommt zu den anfänglichen 6 Volt nach jeder weiteren Stunde die Hälfte der Differenz an Spannung hinzu: Nach einer Stunde 3 Volt, nach zwei Stunden nochmal 1,5 Volt, nach drei Stunden nochmal 0,75 Volt usw., so dass z. B.
1 Stunde | 6 V + 3 V = 9V
2 Stunden | 6 V + 3 V + 1,5 V = 10,5 V
3 Stunden | 6 V + 3 V + 1,5 V + 0,75 V = 11,25 V
4 Stunden | 6 V + 3 V + 1,5 V + 0,75 V + 0,375 V = 11,625 V
...
an Batteriespannung entsteht. Hier erkennt man, dass 10,8 V kurz nach 2 Stunden, aber erheblich vor 3 Stunden nach Ladestart erreicht sein müssten.

Wegen $\begin{eqnarray*} ln(\frac{1}{2}) = -ln({2}) \end{eqnarray*}$ sind groß $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ und klein $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ ja identisch.
Sollte es dann aber statt

Zitat:

demnach $\begin{eqnarray*} t = \ln 5 \cdot \ln2 = 1,115577 \end{eqnarray*}$

nicht $\begin{eqnarray*} t = \frac{\ln {2}}{\ln {5}} \end{eqnarray*}$ heißen? Also so dass die geforderten 90 % nach ca. 2,32 Stunden erreicht werden?

07.12.2016, 23:08

mYthos

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Du meinst wohl $\begin{eqnarray*} \frac{\ln 5}{\ln 2} \end{eqnarray*}$ (!) War es bei dir ein Schreibfehler?

Wenn dem so ist, hast du Recht, mir ist da vor mehr als 2 Monaten ein Fehler unterlaufen.
Natürlich sind die beiden k, K identisch und deine Überlegungen vollkommen richtig.
Sorry für das Versehen, ich werd's auch korrigieren ... (diese 1,9 Std. dort stimmten allerdings auch nicht!)

t = rd. 2,32 Stunden, das ist ja auch logisch, dass das länger dauert, in 1,12 Stunden kann das so niemals gehen..

mY+

12.12.2016, 13:37

cfk

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Zitat:

Original von mYthos
Du meinst wohl $\begin{eqnarray*} \frac{\ln 5}{\ln 2} \end{eqnarray*}$ (!) War es bei dir ein Schreibfehler?

Ja, ich habe das vom Papier falsch übertragen, sorry.

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