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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| Status: |
(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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| Status: |
(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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