Übung A5

stinson · Beitrag von **stinson** » Sa 5. Mär 2011, 14:13

Hallo,

kann mir jemand erklären wie man auf 206.8 °C im Unterpunkt 5.5 kommt. Ich setze I=100A a=1 und U=3V und komm natürlich auf etwas anderes.
Aus der Lösung wird leider nicht ersichtlich, was man für I einsetzten muss.

EDIT:
zu 5.9:
Wie kommen die auf Eoff,D = 0,56mJ? Mit der Formel Eoff,D = 1/2 *Udmax* 1/2 * Irrm * tf komme ich auf 0,002 mJ

Alexander88 · Beitrag von **Alexander88** » Mo 7. Mär 2011, 13:40

Sitze auch gerade dran
also der strom is iwas mit 22 A zurück gerechnet und Uout is ja = U2 dann würde sich ein Widerstand von 0.65 ergeben was zufällig der thermische ist

ka ob das stimmt oder nur Zufall ist

someone · Beitrag von **someone** » Mo 7. Mär 2011, 17:17

Hallo,

ich würde bei der 5.5 vermuten, dass es in der Lösung bei $t\to \infty$ eher $\vartheta_J=\vartheta_C+I_{out}\cdot 3V \cdot R_{th,JC}$ statt der Berechnung über $\vartheta_H$ und beide Widerstände sein müsste. Man hat ja auch extra vorher $\vartheta_C$ berechnet und als konstant angenommen. Mit dem korrigierten Ansatz kommt man auch mit $I=100A$ und dem vorher berechneten Wert für $\vartheta_c$ auf die 206.8°C.

toka · Beitrag von **toka** » Di 8. Mär 2011, 13:27

klingt gut.
a =1 , weil dauerhaft eingeschaltet? (t->unendlich) ?
mfg

someone · Beitrag von **someone** » Di 8. Mär 2011, 13:54

toka hat geschrieben: a =1 , weil dauerhaft eingeschaltet?

ja, da gehe ich von aus.

Mit (t->unendlich) wollte ich nur auf die Stelle hinweisen, an der die Formel für $\vartheta_J$ steht, weil (t->unendlich) in der Lösung aus der Übung direkt davor steht.

toka · Beitrag von **toka** » Di 8. Mär 2011, 14:01

Das ist der Wert, den die Temp des IGBT nach unendlich langer zeit erreichen würde. Da dieser 206,8°C größer als die maximale Temp des IGBT 165°C ist, müssen wir irgendwann vorher abschalten.

Hoffe ich hab das richtig verstanden.
Diese DGL scheint mir noch etwas verwunderlich? Welche Überlegung steckt dahinter?

someone · Beitrag von **someone** » Di 8. Mär 2011, 16:32

Den Grund für das Ausschalten sehe ich genau so.

Die DGL konnte ich auch nicht komplett nachvollziehen. Ich hätte erwartet, dass die Temperatur $\vartheta_J$ um $R_{th,JC}\cdot(P_{th}+C_{th,J} \frac{d\vartheta_J(t)}{dt})$ (also um den thermischen Widerstand multipliziert mit dem gesamten "Strom" am Widerstand ) höher ist als $\vartheta_C$ . Vielleicht ist das aber auch durch eine, mir nicht ersichtliche, Wahl der Vorzeichen bzw. nicht angegebene Richtungen im ESB gegeben. Mit meinem Vorzeichen, das dann einem Minus vor dem $R_{th,JC}$ auf der linken Seite der DGL entsprechen würde, komme ich aber nicht auf das Minus im Exponenten der homogenen Lösung, sodass das gegen meine Vermutung spricht.

VdB · Beitrag von **VdB** » Di 8. Mär 2011, 23:23

Ich hätte noch eine Frage zum letzten Unterpunkt:

Warum ist in dem Fall Qrr= 0,5 Irr * trr.
In den anderen Aufgaben haben wir die Formel aus dem Dreieck aufgestellt, bei dem die Flanke nach erreichen von Irr als ideal angesehen werden konnte.
Hier haben wir ja kein Dreieck mit rechtem Winkel.

Vielen Dank!

Yi Soon-shin · Beitrag von **Yi Soon-shin** » Mi 9. Mär 2011, 13:01

@ stinson: falls du immernoch nicht deine frage zu 5.9 geklärt hast: du hast wahrscheinlich U_D,max = 1V genommen. aber wie du in Abb.1 sehen kannst, ist U_D,max = U1 = 280V, wenn der schalter geschlossen ist.

@ VdB: Qrr ist die fläche unterm dreieck. ob da ein rechter winkel ist oder nicht, ist egal. kannst dir auch 2 kleine dreiecke vorstellen, dann siehst du das besser.

study · Beitrag von **study** » Mi 9. Mär 2011, 16:39

hi

wie ist das bei 5.9
0,5 * 0,5

also insg. Eoff,D = 1/2 *Udmax* 1/2 * Irrm * tf

dank im vorraus

B.Sc./M.Sc. Elektrotechnik an der RWTH

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