Schaltvorgang RC-Schaltung (DGL,Laplace)

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13.12.2016, 14:39	DannyNRW	Auf diesen Beitrag antworten »
Schaltvorgang RC-Schaltung (DGL,Laplace) Hallo zusammen, ich habe eine Aufgabe zu einem Schaltvorgang einer RC-Reihenschaltung. Gesucht ist hier natürlich die Kondensatorspannung in Abhängigkeit von der Zeit. Der Kondensator ist hier bereits durch die Spannung UB geladen. Zum Zeitpunkt t0 wird der Schalter umgelegt und der Kondensator durch die Spannungsquelle U0 gespeist. Die Spannung U0 sei < der Spannung UB. Ich habe zunächst einen Maschenumlauf durchgeführt und die DGL folgendermaßen aufgestellt: $\begin{eqnarray} -UB + R i(t) + \frac{1}{C}\int_{}^{} \! i(t) \, dt \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} R * i(t) + \frac{1}{C}\int_{}^{} \! i(t) \, dt = UB \end{eqnarray}$ Nun bringt mir das ganze noch nichts, weil mir der Strom ja unbekannt ist. Also ist mein Ansatz, dass $\begin{eqnarray} IR=IC \end{eqnarray}$ ist. Für Ic kann ich folgendes einsetzen: $\begin{eqnarray} C * \frac{dUc}{dt} \end{eqnarray}$ Nun ist ja IR ebenfalls unbekannt. IR lässt sich allerdings durch folgende bekannte Größen ausdrücken: $\begin{eqnarray} \frac{UB - Uc}{R} \end{eqnarray}$ Daraus ergibt sich folgende Zeile: $\begin{eqnarray} \frac{UB - Uc}{R} = C * \frac{dUc}{dt} \end{eqnarray*}$ Damit sind ja soweit alle Größen bekannt. Wie geht es nun weiter? Eigentlich müsste doch jetzt nach Uc aufgelöst werden oder nicht?
13.12.2016, 15:43	Steffen Bühler	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Schaltvorgang RC-Schaltung (DGL,Laplace) Nun hast Du eine inhomogene lineare Differentialgleichung erster Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Und die löst man mit der Laplace-Transformation. Gibt's da Schwierigkeiten? Viele Grüße Steffen
13.12.2016, 16:57	DannyNRW	Auf diesen Beitrag antworten »
Ohja, die gibt es. Und zwar zunächst die Frage zur aufgestellten DGL. Hier gibt es doch sicherlich mehrere Wege, die zum Ziel führen, oder? Das heißt, die DGL könnte auch anders aufgestellt werden, was letztendlich nach der Laplace-Transformation zum gleichen Ergebnis führt? Zum Thema Laplace-Transformation: Ich weiß, dass man damit DGLs lösen kann. Dazu muss man die aufgestellte Differentialgleichung mittels der richtigen Laplace-Sätze in einen sogenannten Bildbereich überführen. Dort wird der Ausdruck nach F(s) wie in einer normalen Gleichung umgestellt und über eine Korrespondenztabelle (hier gibt es auch andere Möglichkeiten, soweit ich weiß) wieder zurücktransformiert. Das Ergebnis stellt dann die Funktion des Kurvenverlaufs dar. Ich denke, das habe ich soweit verstanden. Woran es bei mir scheitert, ist der Ansatz. Hier in dem Fall eben die Überführung der DGL in den Laplacebereich. Ich schaue mir viele Videos dazu auf Youtube an, jedoch hilft da auf lange Sicht nur üben und bis zur Klausur sind es noch vier Wochen. Daher nehme ich gerne jede Hilfe an.
13.12.2016, 17:10	Steffen Bühler	Auf diesen Beitrag antworten »
Stellen wir erst mal um: $\begin{align} \frac{U_B - U_C}{R} = C \cdot \frac{dU_C}{dt} \end{align}$ $\begin{align} \to \frac{U_B - U_C}{RC} = \frac{U_B}{RC} - \frac{U_C}{RC} = \frac{dU_C}{dt} \end{align}$ $\begin{align} \to \frac{dU_C}{dt} + \frac{U_C}{RC} = \frac{U_B}{RC} \end{align}$ Das ist also eine DGL vom Typ y'+ay=c. Aber darüber habt Ihr doch wohl in der Vorlesung gesprochen, oder?
13.12.2016, 17:50	DannyNRW	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, natürlich. Im vergangenen Semester bereits. Ich muss halt zusehen, dass ich mir den Stoff irgendwie aneigne, da ich im letzten Semester wegen meiner beruflichen Tätigkeit viele Fehlstunden hatte. Nützt alles nichts, ich will das ja verstehen. Nur so macht das dann vielleicht irgendwann auch mal Spaß. Aber mal weiter im Text. Das hattest Du mir ja hingeschrieben: $\begin{eqnarray} \frac{dU_C}{dt} + \frac{U_C}{RC} = \frac{U_B}{RC} \end{eqnarray}$ Auf den Ausdruck der Ableitung würde ich doch nun die Differentiationsregel anwenden, richtig? Hieße also: $\begin{eqnarray} sF(s) - f(0) + \frac{U_C}{RC} = \frac{U_B}{RC} \end{eqnarray}$ Das gleiche müsste ich hier noch auf Uc anwenden, weil Uc ja nicht konstant ist? $\begin{eqnarray} sF(s) - f(0) + \frac{F(s)}{RC} = \frac{U_B}{RC} \end{eqnarray}$
13.12.2016, 17:56	Steffen Bühler	Auf diesen Beitrag antworten »
Spaß macht Laplace sowieso. Du hast's ja fast. Jetzt nach F(s) auflösen und rücktransformieren.
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13.12.2016, 18:16	DannyNRW	Auf diesen Beitrag antworten »
Also das wäre meine Funktion nach F(s) umgestellt. $\begin{eqnarray} F(s) = \frac{UB}{RC} * \frac{1}{s + \frac{1}{RC} } \end{eqnarray}$ Sieht ein bisschen merkwürdig aus, wie ich finde. Da machen sich wahrscheinlich auch Defizite bei den Basics bemerkbar. Hab selbst bemerkt, dass vieles nur geht, wenn man Formeln umstellen, Ableitungen und Integrale wie aus dem "FF" beherrscht. Werde mir auch dazu noch viele Übungen reinziehen...
13.12.2016, 18:30	DannyNRW	Auf diesen Beitrag antworten »
Und rücktransformiert sähe der Ausdruck so aus: $\begin{eqnarray} Uc(t) = \frac{UB}{RC} * e^{\frac{t}{RC} } \end{eqnarray}$
13.12.2016, 20:21	Steffen Bühler	Auf diesen Beitrag antworten »
Bei der Rücktransformation muss das RC im Nenner verschwinden, schon allein wegen der Einheiten. Der Exponent muss außerdem negativ sein, so klingt die Spannung ja nicht ab. Und das f(0) (die Spannung bei t=0) ist auch verschwunden. Daher geht Dein Kondensator nun auf Null statt auf U0. Schau da also noch mal hin.
13.12.2016, 20:41	DannyNRW	Auf diesen Beitrag antworten »
Sorry, das mit dem negativen Exponent war ein Tippfehler. Da ist mir einfach das Minuszeichen durchgerutscht. Kannst Du mir Deinen ersten Satz nochmal erklären? Du schreibst, alleine schon wegen der Einheiten. f(0) ist UB, richtig? Also der Anfangswert.
13.12.2016, 21:29	Steffen Bühler	Auf diesen Beitrag antworten »
Was die Einheiten betrifft, verlassen wir nun zwar die Mathematik, aber sowas ist immer eine gute Kontrolle. Der Ausdruck RC hat die Dimension Zeit, dann hätte die rechte Seite die Einheit Volt pro Sekunde. Herauskommen muss aber Volt.ä
13.12.2016, 22:19	DannyNRW	Auf diesen Beitrag antworten »
Ah, so hatte ich mir das fast schon gedacht. Das sagt uns ein Dozent auch immer und es ist ja auch gut. Ich muss mich unbedingt öfter damit beschäftigen. Hier mal der Einheitencheck, wie ich ihn für den vorliegenden Fall versucht habe. So aus dem Bauch heraus kam mir der komplette Ausdruck ja schon nicht schön vor. Als Einheit für den linken Term würde V/s übrig bleiben: $\begin{eqnarray} \frac{V}{\frac{V}{A} \frac{As}{V} } = \frac{V}{s} \end{eqnarray}$ Den rechten Term finde ich komplizierter, aber mal als Versuch: $\begin{eqnarray} \frac{e}{\frac{t}{RC} } = \frac{RC}{t} = \frac{\frac{V}{A} * \frac{As}{V} }{s} \end{eqnarray}$ Hier bleibt nach kürzen s/s übrig, was zu 1 wird. Richtig? Das hieße, im linken Term müsste das RC verschwinden.
14.12.2016, 09:04	Steffen Bühler	Auf diesen Beitrag antworten »
So ist es. Wenn Du einen Elektrotechniker nachts um drei aufweckst und ihm "RC" sagst, wird er "tau" antworten. Denn das ist die berühmte Zeitkonstante einer RC-Schaltung, nach der die Spannung am Kondensator auf 1/e abgeklungen ist. Beziehungsweise die Zeit, die Du auf der Horizontalachse triffst, wenn Du die Tangente an die Entladekurve im Nullpunkt legst.
14.12.2016, 10:12	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Mir erschließt sich nicht, warum die Elektriker so eine Vorliebe für die Laplace-Tranformationen haben, welche die Aufgabe komplizierter macht. Zudem ist eure Lösung unrichtig. Ich zeig' mal die Lösung ohne diese Transformation: --------------------------------------------------------------------------------------------------------- Der "Maschensatz" besagt, dass in jeder Stromschleife die Summe aller Spannungen verschwinden muss. Innerhalb der rechte Stromschleife in deinem Schaltplan sind folgende 3 Spannungen zu beachten - Spannung am Kondensator: $\begin{eqnarray} U_C=\tfrac{Q}{C} \end{eqnarray}$ - Spannung am Widerstand: $\begin{eqnarray} U_R=R\cdot I=R\cdot \tfrac{dQ}{dt} \end{eqnarray}$ - angelegte äußere Spannung $\begin{eqnarray} U_0 \end{eqnarray}$ Die Summe aller Spannungen muss verschwinden, also $\begin{eqnarray} R\tfrac{dQ}{dt}+\tfrac{Q}{C}+U_0=0 \end{eqnarray}$ Diese inhomogene lineare Differenzialgleichung 1.Ordnung für die Funktion Q(t) sollte man ohne Laplace-Transformation lösen können. Da laut Aufgabe zur Zeit t=0 die Spannung $\begin{eqnarray} U_B=-\tfrac{Q(0)}{C} \end{eqnarray}$ anliegen soll, ergibt sich durch Umstellen folgende Anfangsbedingung $\begin{eqnarray} Q(0)=-U_0C \end{eqnarray}$ Man erhält durch kurze Rechnung folgende Ladung Q(t) am Kondensator $\begin{eqnarray} Q(t)=C\cdot (U_0-U_B)\cdot e^{-\tfrac{t}{RC}}-CU_0 \end{eqnarray}$ Die Spannung am Kondensator ergibt sich durch Division durch C, also $\begin{eqnarray} U(t)=\tfrac{Q(t)}{C}=(U_0-U_B)\cdot e^{-\tfrac{t}{RC}}-U_0 \end{eqnarray}$ Probe: Wie es sein muss, hat man am Kondensator bei t=0 die Anfangsspannung $\begin{eqnarray} -U_B \end{eqnarray}$ und zur Zeit $\begin{eqnarray} t \rightarrow \infty \end{eqnarray}$ die die Spannung $\begin{eqnarray} -U_0 \end{eqnarray}$ . Oft ist man nicht an der Ladung Q(t) im Kondensator interesssiert, sondern am Strom $\begin{eqnarray} I(t)=\tfrac{dQ}{dt} \end{eqnarray}$ . Differenzieren der Lösung nach der Zeit ergibt $\begin{eqnarray} I(t)=\tfrac{dQ}{dt}=-\tfrac{(U_0-U_B)}{R}\cdot e^{-\tfrac{t}{RC}} \end{eqnarray}$ Zur Zeit t=0 hat der Strom also den Wert $\begin{eqnarray} I(0)=-\tfrac{(U_0-U_B)}{R} \end{eqnarray}$ . Für große Zeiten $\begin{eqnarray} t\rightarrow \infty \end{eqnarray}$ klingt er auf Null ab. So muss es sein.
14.12.2016, 10:45	DannyNRW	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke. Natürlich hast Du Recht Ehos, wir müssen beides können, auch in der Klausur, die in einem Monat stattfindet. Und ich arbeite dran, das auf die Beine zu bekommen. Ist also der Fehler mit dem R*C im Nenner schon beim Aufstellen der DGL passiert, oder? Ich würde das ganze jetzt nochmal auf 'nem Blatt Papier durchrechnen und mein Ergebnis dann hier posten. Nur nochmal zum Verständnis: Ich stelle die Masche auf, NACHDEM der Schalter umgelegt wurde und bringe als Anfangswert die Spannung UB mit ins Spiel, richtig?
14.12.2016, 11:17	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, du musst für diejenige Masche die Differenzialgleichung aufstellen, in welcher der Strom fließt - also für diejenigen Masche, welche nach dem Umlegen des Schalters entsteht. Die Differenzialgleichung lautet wie beschrieben $\begin{eqnarray} R\cdot \tfrac{dQ}{dt}+\tfrac{1}{C}\cdot Q=-U_0 \end{eqnarray}$ In deiner Differenzialgleichung hast du die Ladung Q im 2.Summanden als Zeit-Integral dargestellt. Das ist nicht falsch, aber unnötig. ----------------------------------------------------------------------------------------------------- Die obige Differenzialgleichung hat nach Division durch R die Form $\begin{eqnarray} y'+a\cdot y=f(x) \end{eqnarray}$ Diese Gleichung hat folgende Eigenschaften: - linear - 1.Ordnung - inhomogen - konstante Koffezienten Das ist die einfachste Typ von Differenzialgleichungen, den es gibt. Informiere dich nochmal, wie man diese Gleichungen löst. Man verwendet die Methode "Variation der Konstanten".
14.12.2016, 11:46	DannyNRW	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke Dir Ehos, aber mal eine Frage. Du hast in Deiner Differentialgleichung auf der rechten Seite -U0 stehen. Eigentlich müsste es doch positiv sein, weil Du es schon auf die andere Seite gebracht hast. Oder habe ich da was übersehen? Zur Aufstellung der DGLs nochmal. Ich finde es generell im Moment schwierig, die Dinger aufzustellen. Die Masche zu bilden an sich ist ja weniger das Problem als mehr der Ansatz. Ich denke mir ja auch, dass eventuell noch ganz andere Dinger an Schaltungen kommen können. Vielleicht eine Spule mit einer nachgeschalteten Parallelschaltung aus R und C oder sowas.
15.12.2016, 10:08	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Vorzeichen der Spannung Du kannst die Vorzeichen bei der Spannungen $\begin{eqnarray} -U_B \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} -U_0 \end{eqnarray}$ ohne Bedenken umkehren. In diesem Fall ändert sich auch das Vorzeichen dieser Größen in der Lösung. Es ist eine Frage der Definition, ob man eine Spannung als -10 Volt oder + 10 Volt bezeichnet. Das ändert nichts an der Physik. Aufstellen der Differenzialgleichung In der Regel bestehen Schaltpläne nicht nur aus einer Masche (wie in deiner Aufgabe), sondern aus sehr vielen Maschen (wie ein "Spinnengewebe"). Wenn man darin alle Ströme und Spannungen berechnen will, führt das immer auf ein Differenzialgleichungssystem. Dessen Aufstellung und Lösung musst du als Elektrotechniker beherrschen, denn das kommt in der Praxis oft vor. Zur Aufstellung des Differenzialgleichungssystems genügen zwei Tatsachen: (1) Maschensatz: Die Summe aller Spannungen in einer Masche ist Null (2) Knotensatz: Die Summe aller Ströme in einen Knoten ist Null Man gewinnt das Differenzialgleichungssystem, indem man für gewisse die Knoten und Maschen des Schaltplanes diese Gleichungen aufstellt. Aus mathematischer Sicht sind der Maschen- und Kntotensatz Differenzialgleichungen, denn der Strom ist die 1.Ableitung der Ladung nach der Zeit, also $\begin{eqnarray} I=\tfrac{dQ}{dt} \end{eqnarray}$ , und alle Spannungen an beliebigen Bauelementen (Spulen, Widerständen, Kondensatoren usw.) lassen sich stets als Funktion der Zeit t, der Ladung Q und deren 1. und 2.Zeitableitung darstellen. Das heißt, die Spannung an einem beliebigen Bauelement lässt sich stets darstellen in der Form $\begin{eqnarray} U=U\left (t, Q, \tfrac{dQ}{dt}, \tfrac{d^2Q}{dt^2} \right ) \end{eqnarray}$ . Beispiele: Luftspule: $\begin{eqnarray} U_L=-L\tfrac{d^2Q}{dt^2} \end{eqnarray}$ Widerstand: $\begin{eqnarray} U_R=R\tfrac{dQ}{dt} \end{eqnarray}$ Kondensator: $\begin{eqnarray} U_C=\tfrac{1}{C}\cdot Q \end{eqnarray}$ Es gibt noch komplizierter Bauelemente, wo sich die Spannung nicht so trivial auf lienare Weis darstellen lässt (z.B. bei Spulen mit Kern, wo eine Hyterese auftritt)

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