Rechenaufgabe

[Telly (Gast)]

Ein Widerstand ist mit einer Diode in Reihe geschaltet. Wenn ich jetzt 
eine Wechselspannung an diese Schaltung anlege, wird eine Halbwelle der 
Wechselspannung abgeschnitten. Damit erhält der Widerstand nur noch die 
halbe Spannung. Folglich fließt durch ihn auch nur der halbe Strom.

Somit gilt: 0,5 U x 0,5 I = 0,25 P

Stimmt das?

[Schweißerjunge (Gast)]

Telly schrieb:
> Ein Widerstand ist mit einer Diode in Reihe geschaltet. Wenn ich
> jetzt
> eine Wechselspannung an diese Schaltung anlege, wird eine Halbwelle der
> Wechselspannung abgeschnitten. Damit erhält der Widerstand nur noch die
> halbe Spannung. Folglich fließt durch ihn auch nur der halbe Strom.
>
> Somit gilt: 0,5 U x 0,5 I = 0,25 P
>
> Stimmt das?

Nö. Berechne mal jeweils die Effektivwerde von Strom und Spannung am 
Widerstand. Dann siehts du dass 0,5 P raus kommt.

[Amateur (Gast)]

Sechs, setzen.

Die Diode bewirkt in der einen Richtung, dass der Strom gesperrt wird. 
Also I = 0A (ungefähr). Eine Halbwelle.
In der anderen Richtung lässt sie den Strom durch (~ -0,7V).

[Sechs setzen (Gast)]

Richtig, 0,25xP

das einzige was hier noch einzurechnen wäre wenns sehr genau sein soll:
die 0.7V * Ir

[Andrew T. (marsufant)]

Sechs setzen schrieb:
> Richtig, 0,25xP

0,5 x P  ist die korrekte Antwort , ggfs. bei kleinen Spannungen um die 
Durchlaßspannung korrigiert zu einem kleineren Ergebnis .-)

[Günter Lenz (Gast)]

Dieses Prinzip nutze ich bei meinem Lötkolben.
Ich habe in einem Schnurschalter eine Diode
eingebaut. Damit hat der Lötkolben nur die
halbe Leistung. Wenn ich den Schalter betätige,
wird die Diode kurzgeschlossen und ich habe dann
die volle Leistung.

[Amateur (Gast)]

Das mit den 0,25xP würde ich nicht unterschreiben.

Wenn die volle Dröhnung gleich "P" ist und durch die Gleichrichtung eine 
Halbwelle (Spannung die halbe Zeit) fehlt, würde ich von 0,5 mal Peh 
ausgehen.

[Telly (Gast)]

Günter Lenz schrieb:
> Damit hat der Lötkolben nur die halbe Leistung.

Wieso verhält sich Dein Lötkolben nicht nach dieser (allgemein 
anerkannter) Formel: 0,5 U x 0,5 I = 0,25 P

[Schlumpf (Gast)]

Telly schrieb:
> Wieso verhält sich Dein Lötkolben nicht nach dieser (allgemein
> anerkannter) Formel: 0,5 U x 0,5 I = 0,25 P

Weil das einzig Anerkannte daran ist, dass U*I=P ist.
Den Rest davon hast du dir selber dazugereimt und da sein Lötkolben 
deine Grundgesetze der Physik nicht kennt, hält er sich eben an die, an 
die sich alle anderen Lötkolben auch halten ;-)

[Sechs setzen (Gast)]

Wenn nur die positiven halbwellen durchkommen:
Ueff=Ueffalt/2

Ieff=Ieffalt/2

was soll hier übersehen werden?

Außerdem P= (U*U) / R

Effektive Spannung halbiert sich, Widerstand bleibt --> 0.25P ?!?!

[.... (Gast)]

Dass hier keiner schreibt, dass die eigentliche Fehlannahme die 0.5*U 
sind....
Nur weil der Spitze-SpitzeWert halbiert wird heißt das nicht, dass sich 
am Effektivwert einer Halbwelle etwas ändert. Letztlich sollte es 
heißen: Peff = Ueff*Ieff gerechnet pro halbwelle.... bei der Halbwelle, 
die die Diode Sperrt ist Peff = 0 und bei der anderer Halbwelle ist Peff 
unverändert, da durch den Effektivwert der Spannung auch der 
Effektivwert des Stromes konstant bleibt.   Der MIttelwert aus zwischen 
der einen Halbwelle und der gepserrten Halbwelle ist dann P/2.

[Route_66 H. (route_66)]

Telly schrieb:
> Wieso verhält sich Dein Lötkolben nicht nach dieser (allgemein
> anerkannter) Formel: 0,5 U x 0,5 I = 0,25 P

Er bekommt ja die volle Spannung und den vollen Strom!
Leider nur die halbe Zeit, im Mittel also 0,5 x ( U x I ).

[Klaus (Gast)]

Es liegt weder die halbe Spannung an, noch fließt der halbe Strom. Was 
sich ändert ist die Einschaltzeit. Dein Gerät, das eine Leistung von x 
Watt aufnimmt, ist die Hälfte der Zeit ein- bzw. ausgeschaltet. Tja, und 
das ergibt: x/2 Watt.

Bestimme die Effektivwerte (Diodenverluste dabei nicht beachten), wie 
oben bereits angeregt.

[Günter Lenz (Gast)]

Telly schrieb:
>Wieso verhält sich Dein Lötkolben nicht nach dieser (allgemein
>anerkannter) Formel: 0,5 U x 0,5 I = 0,25 P

Die Spannung und auch der Strom wird nicht kleiner.
Der Lötkolben geht nur alle 10ms an und aus.

[Schlumpf (Gast)]

.... schrieb:
> Dass hier keiner schreibt, dass die eigentliche Fehlannahme die 0.5*U
> sind....

Und für den das alles zu theoretisch ist:

Die Hälfte der Zeit fließt Strom und somit wird Leistung umgesetzt. Und 
die andere Hälfte der Zeit wird keine Leistung umgesetzt.

Also P/2

[Amateur (Gast)]

Bildhaft ist es noch einfacher.

Ohne Diode hast Du die Leistung der positiven (rot) UND der negativen 
(blau) Halbwelle.

Schneidest Du jetzt einfach eine Halbwelle, mittels Diode ab, so bleibt, 
auch optisch, die Hälfte über.

[Udo S. (urschmitt)]

Sechs setzen schrieb:
> Wenn nur die positiven halbwellen durchkommen:
> Ueff=Ueffalt/2
>
> Ieff=Ieffalt/2

Du solltest dir dringend anschauen wie man die "effektive" Spannung 
einer beliebigen Signalform berechnet.
Es ist etwas komplexer als du denkst:
http://de.wikipedia.org/wiki/Effektivwert

[Max H. (hartl192)]

Hier habe wir den Effektivwert der Spannung: Siehe Anhang...

Vollwelle:

$$P=\frac{U_{eff}^2}{R}=\frac{\left(\frac{\hat U}{\sqrt2}\right)^2}{R}=\frac{\hat U^2}{2R}$$

Halbwellengleichrichter:

$$P=\frac{U_{eff}^2}{R}=\frac{\left(\frac{\hat U}{2}\right)^2}{R}=\frac{\hat U^2}{4R}$$

Bei gleicher Spitzenspannung Û also 1/2 Leistung.

[ich (Gast)]

Hallo
ich müsste sagen kommt drauf zu welchen Zeitpunkt

$$P(t)=U(t)*I(t)$$

Dann jetzt mal mit R

$$P=\frac{U(t)^2}R$$

mit

$$U_{diode}(t)=\begin{cases}\sin(2\pi t)& \sin(100\pi t)>=0\\ 0 &\sin(100\pi t)<0\end{cases}$$

$$U_{normal}(t)=\sin(100\pi t)$$

Jetzt interesiert uns ja die Mittlere Leistung

$$P_{mittel}=\frac1T\int^T_0 \frac{U(t)^2}R dt$$

mit Diode sähe es so aus

$$P_{diode}=\frac1T\int^T_0 \frac{U_{diode}(t)\begin{cases}\sin(100\pi t)& \sin(100\pi t)>=0\\ 0 &\sin(100\pi t)<0\end{cases}^2}R dt$$

jetzt Zerlegen in sin(100\pit t)>=0 und < 0 fall gilt

$$P_{diode}=\frac1T\left(\int^{\frac{T}2}_0 \frac{\sin(100\pi t)^2}R dt+\int^{T}_{\frac{T}2} \frac{0^2}R dt\right)$$

Das integral von 0 ist 0 + dem Integral von 0 bis T/2 somit steht dann:

$$P_{diode}=\frac1T\int^{\frac{T}2}_0 \frac{\sin(100\pi t)^2}R dt$$

 und

$$P_{normal}=\frac1T\int^T_0 \frac{\sin(100\pi t)^2}R dt$$

$$\frac{P_{diode}}{P_{normal}}=\frac{\frac1T\int^{\frac{T}2}_0 [math]\frac{\sin(100\pi t)^2}R dt}{\frac1T\int^T_0 \frac{\sin(100\pi t)^2}R dt}$$

kürzen:

$$\frac{P_{diode}}{P_{normal}}=\frac{\int^{\frac{T}2}_0 \sin(100\pi t)^2 dt}{\int^T_0 \sin(100\pi t)^2 dt}$$

$$\frac{P_{diode}}{P_{normal}}=\frac{\int^{\frac{T}2}_0 \frac12\left(1-\cos(200\pi t)\right) dt}{\int^T_0 \frac12\left(1-\cos(200\pi t)\right) dt}$$

$$\frac{P_{diode}}{P_{normal}}=\frac{\int^{\frac{T}2}_0 1dt -\int^{\frac{T}2}_0 \cos(200\pi t) dt}{\int^T_0 1 dt -\int^T_0\cos(200\pi t) dt}$$

$$\frac{P_{diode}}{P_{normal}}=\frac{{\frac{T}2} -\frac{\sin(200\pi \frac{T}2)}{200\pi}}{T -\frac{\sin(200\pi T)}{200\pi}}$$

verschönern:

$$\frac{P_{diode}}{P_{normal}}=\frac{{\frac{T}2} }{T }$$

kürzen:

$$\frac{P_{diode}}{P_{normal}}=\frac12$$

 oder Umgestellt:

$$P_{diode}=\frac12P_{normal}$$

MfG
ich

[0815 (Gast)]

Was für Formeln für so ein kleines "Problem"...

0,5U x 0,5I wäre die Hälfte von der Hälfte. Tatsächlich bekommt der 
Widerstand aber 1U x 1I, das aber nur die halbe Zeit lang.

Wenn ich die Glühlampe im Raum nur den halben Tag einschalte, habe ich 
einen halben Tag lang volles Licht...

[ich (Gast)]

Hi,
ja viel Formeln für einfachen zusammenhang:
Aber für manche ist es einfacher es zu Verstehen, wenn man ihnen auf 
verschiedene weißen es ihnen sagt. Bei einen Langt: Es ist ganz einfach 
[sehr kurze Erklärung] verstehste. Anderen muss man es erklären, dass 
man meint alle Fälle in eine Liste packen und ihm geben wäre schneller.
So jetzt hoffe ich es, dass sicher der TO wider meldet.
MfG
ich

[Strabe (Gast)]

Haha, super Nummer

?

[foo (Gast)]

0815 schrieb:
> Wenn ich die Glühlampe im Raum nur den halben Tag einschalte, habe ich
> einen halben Tag lang volles Licht...

Schalt sie doch lieber Nachts ein ...