Schaltung modelieren

caniish · Anmeldungsdatum: 10.03.2010 Beiträge: 26

Hallo ihr Lieben,
Es geht um folgende Aufgabe (siehe Bild).
Die Aufgabenstellung war gegegebn. Die Schatung dadrunter mit den Umläufen ist von mir selber.
Ich hab jetzt mal versucht die Gleichungen umzustellen. Bin mir aber nicht sicher, ob die richtig sind, da ich immer mit den Richtungen durcheinander komme.

Gl. I:
-Uein -I1*R -I1*R2 -4,7V = 0 => -I1*R -I1*2R = Uein+4,7V

Gl. II:
-0,7V -I2*2R -I2*3R -4,7V =0 => -I2*2R - I2*3R

dann wollte ich das ganze nämlich schön in eine Matrix umschreiben und dafür sorgen, dass I1 wegfällt... usw.

Kann mir einer sagen, ob das bis hierhin richtig ist?
Danke! smile

schnudl · Moderator Anmeldungsdatum: 15.11.2005 Beiträge: 6979 Wohnort: Wien

wenn Uein=0 ist, so hätte man in deinem Modell eine Ausgangsspanung ungleich Null. Kann das stimmen?

caniish · Anmeldungsdatum: 10.03.2010 Beiträge: 26

Nein, das kann nicht stimmen.
Liegt der Fehler dann in der gezeichneten Schaltung oder an den Gleichungen?

schnudl · Moderator Anmeldungsdatum: 15.11.2005 Beiträge: 6979 Wohnort: Wien

Es liegt an der Schaltung die als Modell dienen soll. Deine Dioden sind extrem nichtlineare Bauteile. Deine Ersatzschaltung ist durch und durch linear. Du kannst nicht erwarten, eine nichtlineare Schaltung durch lineare Komponenten modellieren zu können.

Mein Vorschlag:

Zeichne ein I(U) Diagramm für die Reihenschaltung aus D1 und R1 indem du die Spannungen auf den Kennlinien addierst. Das gleiche machst du für die zweite Serienschaltung aus D2 und R2. Dann adierst du von beiden Kennlinien die Ströme und kommst so auf die Kennline der Parallelschaltung.

Die Ausgangsspannung ergibt sich dann aus dem Schnittpunkt der Arbeitsgeraden aus Uein und R und der Gesamtkennlinie.

Wenn du verstanden hast, wie das funktioniert, ist es auch nicht schwierig, die Gleichungen für die verschiedenen Abschnitte zu finden.

caniish · Anmeldungsdatum: 10.03.2010 Beiträge: 26

So wie beschrieben habe ich das am Anfang auch verscuht mit Komillitonen. Aber unser Prof meinte, dass wir das mit der Ersatzschaltung machen sollen. Und das er das andere nicht anerkennt.

Hm, ich hab jetzt mal die anderen gefragt. Die haben dieselbe Schaltung.

schnudl · Moderator Anmeldungsdatum: 15.11.2005 Beiträge: 6979 Wohnort: Wien

Es geht auch, aber dann musts du jeweils eine ideale Diode in Serie zu den beiden Quellen einbauen - zumindest gedanklich. Dazu musst du die Eingangsspannung in mehrere Abschnitte einteilen.

Du könntest zunächst mal Ua ausrechnen, wenn die Diode D leitet und die Zener Z noch nicht. D wird erst leitend ab Uein>0.7V. Für Uein<0.7V ist der Id=0.

Wenn du Uein vergrösserst, so wird irgendwann auch die Z gerade leitend, und der linke Dioden-Zweig wird wirksam. Du kannst die Grenzspannung für Uein berechnen, indem du das ganze Netzwerk löst und Iz=0 setzt. Oder noch einfacher: Du brechnest mit weggelassenem Zweig für die Zenerdiode jenes Uein für welches sich Ua gerade zu 4.7V ergibt. Das ergibt Uein(z). Für Uein > Uein(z) musst du beide Zweige berücksichtigen.

Die Abschnitte sind also:

0 < Uein < 0.7V : Ua=Uein
0.7V < Uein < Uein(z) : Ua errechnet sich, indem du nur den Ersatz-Zweig mit D berücksichtigst
Uein > Uein(z): Ua errechnet sich, indem du beide Ersatz-Zweige mit der D UND Z berücksichtigst.

Für negative Spannungen gehst du analog vor!

Das ganze ist nicht schwer, es erfordert nur dass du genau weisst was du tust. Und das ist wahrscheinlich der tiefere Sinn der Aufgabe.

caniish · Anmeldungsdatum: 10.03.2010 Beiträge: 26

Hier ist mal eine Aufgabe, die wir zusammen in der Uni gemacht haben.
0,7 Volt für die normale Diode
und 4,7/0,7 Volt für Zenerdiode.

Da is das auch mit der Schaltung.
Und den Bereichen, die du erwähnst.
Mein Problem ist halt nur die Gleichungen aufstellen.

schnudl · Moderator Anmeldungsdatum: 15.11.2005 Beiträge: 6979 Wohnort: Wien

ja, genau so hab ich es gemeint.

Was verstehst du denn nicht?

Oben wird angenommen, dass beide Dioden leiten.
Das wird nur bei einer hinreichend grossen Eingangsspannung der Fall sein. Die Grenze ist gegben, wenn Ua=4.7V wird. Für Ausgangsspannungen unter dieser Grenze von 4.7V musst du die Zenerdiode weglassen, das sie dann nicht mehr leitet. Die für diese Grenze geltende Eingangsspannung ist im Beispiel 8.7V.

Das Ermitteln der Grenze geht aber auch einfacher:

Du hast für den Fall dass nur die Diode leitet bekommen:

Ua = Uein/2 + 0.35

Setzt du Ua=4.7V so wird Uein=8.7V.

Da du aber sowieso dn Verlauf Ua(Uein) für beide Dioden leitend benötigst, ist der weg letztlich egal.

Oder verstehst du etwa nur das Aufstellen der Maschengleichungen nicht? Du verwendest das Maschenstromverfahren. Die Summe aller Spannungsabfälle in einer Masche muss Null ergeben. Die Zweigstöme sind die Summen aus den Maschenströmen, die durch den Zweig fliessen.

caniish · Anmeldungsdatum: 10.03.2010 Beiträge: 26

Was ich nicht verstehe, was heißt verstehe...

Ich bin mir halt nicht sicher, ob das hier stimmt. Und du meintest ja schon, dass das nicht stimmt.
Das ist halt mein Problem. Sonst komm ich mit dem Rest klar.

Gl. I:
-Uein -I1*R -I1*R2 -4,7V = 0 => -I1*R -I1*2R = Uein+4,7V

Gl. II:
-0,7V -I2*2R -I2*3R -4,7V =0 => -I2*2R - I2*3R

schnudl · Moderator Anmeldungsdatum: 15.11.2005 Beiträge: 6979 Wohnort: Wien

caniish · Anmeldungsdatum: 10.03.2010 Beiträge: 26

Ok, dann ist die rechte Masche (hoffentlich)

0,7V + I2* 3R + 2R I1 - 2R I2 -4,7V =0

Uaus= I2* 3R +0,7V

Soll ich dann eine der beiden Maschen nach I1 auflösen und das in die andere einsetzen damit ich I2 habe? Und das dann in Uaus?

___
Dann hätte ich aber die Frage, wieso bei der anderen Aufgabe nur jeweils eine Gl. mit I1 und eine Gl. mit I2 ist und daraus die Matrix gebildet werden kann und hier nicht...
Und noch eine Frage. Der Spannungsabfall 0,6V. Muss der nicht berücksichtigt werden irgendwo?

schnudl · Moderator Anmeldungsdatum: 15.11.2005 Beiträge: 6979 Wohnort: Wien

caniish · Anmeldungsdatum: 10.03.2010 Beiträge: 26

Mathe I lässt grüßen Big Laugh

2R*I1 -R*i2 =Uein -4,7V
-R*I1 +2R*I2 = 4,7V -0,7V

ok dann ist das für meine aufgabe:

links:
R*I1 +2R*I1 -2R*I2 =Uein -4,7V

rechts:
2R*I2 - 2R*I1 +3R*I2 = 4,7V -0,7V

=>
links:
3R *I1 -2R*I2 = Uein -4,7V

rechts:
-2R*I1 +5R*I2 =4,7V -0,7V

sooooooo dann ergibt sich m.E. daraus:

schnudl · Moderator Anmeldungsdatum: 15.11.2005 Beiträge: 6979 Wohnort: Wien

caniish · Anmeldungsdatum: 10.03.2010 Beiträge: 26

So dann hab ich 2*Gl. I + 3*Gl. II damit -2R in der 2. Gl. wegfällt.
Dann hab ich:

0*I1 +11R *I2 =2Uein +2,6V

=> I2= (2Uein+2,6)/11R

Uaus= I2* 3R +0,7V => Uaus= 0,7V + (2Uein +2,6V *3R)/11R

hm aber irgendwie hab ich das Gefühl, dass Uaus falsch ist. 11R ist ja voll doof, ich kann ja nix wegkürzen -.-

schnudl · Moderator Anmeldungsdatum: 15.11.2005 Beiträge: 6979 Wohnort: Wien

meinst du nicht

Ob das stimmt weiss ich nicht. Du kannst ja die Probe machen...

canish · Gast

Ja, hab eben telefoniert. Die anderen haben dasselbe Ergebnis. Wie gemein muss man sein, um einen Bruch von 3/11 da einzubauen -.-

Ok, den Rest kann ich smile

Hab nur noch bezüglich einer anderen Aufgabe eine kleine Frage, aber werd mich heute mal auf diese Aufgabe noch konzentrieren und paar weiter Aufg. durchrechnen smile

Meeeerci

canish · Gast

Nur noch eine kleine Frage, wo verarbeite ich denn die Info mit dem Spannungsabfall von der Zenerdiode? Oder ist das irrelevant? Sonst wars das Big Laugh

schnudl · Moderator Anmeldungsdatum: 15.11.2005 Beiträge: 6979 Wohnort: Wien

???
du hast den Spannungsabfall ja durch 4.7V modelliert. In der Rückwärtsrichtung nimmst du 0.7V.

Und ein Bruch ist ein Bruch. Was ist daran gemein oder weniger gemein?
Es ist völlig irrelevant ob man als Ergebnis bekommt eine glatte Zahl x=2 oder etwa x=4711/344