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Ingenieurwesen » Elektrotechnik » Wie lange leuchtet die LED?
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Schule Wie lange leuchtet die LED?
Shogunmathe
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-02-02


Hallo,

Folgende Frage:
Eine Licht-emittierende Diode (LED), die 50% der zugeführten elektrischen Energie in Licht umwandelt, wird gespeist von einer Batterie und einer Solarzelle, wobei die Solarzelle nur von der LED beschienen wird. Die LED hat bei 3,33 V eine Leistungsaufnahme von 100 mW, der Wirkungsgrad der Solarzelle beträgt 10%. Die Batterie ist mit 600 mAh geladen und liefert wie die Solarzelle genau die Spannung, die die LED benötigt.

Wie lange leuchtet die LED?

Meine Vorgehensweise:

W = U*I*t
  = 3,33 V * 600 mAh
  = 7200 J

50% Wirkungsgrad: 7200 J * 0,5 = 3600 J
10% Wirkungsgrad: 3600 J * 0,1 = 360 J

P = W/t
t = W / P
  = 360 J / 0,1 W
  = 3600s (1h)

Die richtige Antwort lautet aber 21 Stunden. Wo liegt mein Fehler?



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-02-02


Hallo Shogunmathe,
Du hast Dir gar nicht klar gemacht, wo welche Energie hinfließt. Stell Dir vor, Du würdest die LED nur mit der Batterie und ohne "Hilfs"-Photozelle betreiben. Die Batterie hat 7200J gespeicherte Energie, die LED verbraucht 0,1W. Das macht 7200J/0,1W=72.000s=20h. Die Batterie allein würde also schon 20 Stunden halten. Da Du über die Photozelle zumindest noch einen kleinen Anteil der von der LED verbrauchten Energie zurückgewinnst, muss die Zeit schon zwangsläufig größer als 20 Stunden sein.

Ciao,

Thomas



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OlgaBarati
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2019-02-02


Hallo Shogunmathe,

die LED hat eine Spannung von 3,33 Volt und eine Leistungsaufnahme von 100 mW. Die Batterie hat eine Leistung von 600 mAh.
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LG Olga



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-02-02


Hallo OlgaBarati,
das hätte Shogunmathe eigentlich selbst herausbekommen sollen und können. Bitte sieh davon ab, den Fragestellern die Aufgabe komplett vorzurechnen, denn dann ist der Lerneffekt gleich null.
Abgesehen davon ist die Lösung falsch, denn von der zurückgewonnenen Energie gewinnst Du wiederum 5% zurück, und so weiter. Ich denke zwar, dass die gesuchte Lösung tatsächlich so simpel war, wie von Dir dargestellt, aber die echte Lösung ist eigentlich 20 Stunden mal $1+0,05+0,05^2+0,05^3...=\frac1{0,95}$ (21h, 3min, 9,47s), und zwar solange, bis die Batterie verbraucht ist. Ohne Batterie fällt der Strom in der LED mit einer Exponentialfunktion.
Deine Darstellungsweise ist auch fragwürdig, man rechnet nicht mit Einheiten, sondern mit Variablen.

Ciao,

Thomas



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Shogunmathe
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Dabei seit: 28.12.2015
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-02


Danke für eure Antworten.

Vor allem du Thomas hast mir gute Denkanstöße gegeben. Ich war zunächst fälschlicherweise davon ausgegangen, dass nur Energie in Form von Licht die LED zum leuchten bringt, was aber Quatsch ist, weil Strom also elektrische Energie ja Lampen (LED) zum leuchten bringen, wodurch erst als Konsequenz Energie in Form von Wärme und Licht frei wird. Daher hatte ich die 7200J von der Batterie mit 0,5 multipliziert. Ich hoffe jetzt habe ich es richtig gemacht.

Hier mein Lösungsweg.

Die Batterie hat ja eine Ladung von 2160C und liefert 3,33V, also genauso so viel wie auch die LED benötigt. Die LED hat eine Leistungsaufnahme von 0,1 J/s

E = U * q = 7200J

Also t = E/P = 7200 / 0,1 = 72000s (20h)

Nur mit der Batterie leuchtet die LED damit schon mal 20 Stunden.

Wenn wir nun die Solarzelle mit einbeziehen, die von der LED beleuchtet wird, dann wird diese mit einer Energie von 3600J in Form von Licht bestrahlt (da 50% Wirkungsgrad). Eine Solarzelle wandelt Licht in elektrische Energie um. Aber die Solarzelle besitzt nur einen Wirkungsgrad von 10% d.h. die von der Solarzelle elektrisch umgewandelte Energie beträgt: 3600J /10 = 360J.

t = E/P = 360 / 0,1 = 3600s (1h)

Diese 360J elektrische Energie, äußert sich wieder zu 50% in Licht (180J), diese wandelt die Solarzelle wiederum zu 10% in elektrische Energie d.h. wir erhalten 18J.

t = 18 / 0,1 = 180s

Dieses Spiel wiederholt sich dann noch einige male, weshalb

t (gesamt) = 20h + 1h + 3min... = ca. etwas über 21h und 3 Minuten

Ich würde mich nochmal sehr über Feedback freuen, ob ich das alles so richtig verstanden habe. Danke.



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-02-02


Hallo Shogunmathe,
ja, im Prinzip hast Du es so richtig verstanden. Du kannst es aber noch einfacher herleiten. Es ist
$$P=U\cdot I$$$$I=\frac PU$$Durch die LED fließt daher ein Strom von 0,1W/3,33V=0,03A=30mA, wie OlgaBarati schon gezeigt hat. Da die Photozelle und die LED die gleiche Spannung haben (parallel geschaltet), erzeugt die Photozelle einen Strom von 50% mal 10% = 5% des Stroms durch die LED. Das sind 1,5mA. Wenn also 30mA durch die LED fließen und die Photozelle davon 1,5mA beisteuert, muss die Batterie den Rest, also 30mA-1,5mA=28,5mA liefern. Teile ich die gesamte Ladung der Batterie von 2160C durch den Strom 28,5mA, komme ich auf 75789,47 Sekunden, was genau den 21 Stunden, 3 Minuten und 9 Komma Sekunden entspricht.

Ciao,

Thomas



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Shogunmathe
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-02


Ich danke dir. So geht es wirklich nochmal etwas schneller.



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Shogunmathe
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Dabei seit: 28.12.2015
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-02


Außerdem fällt mir auf, dass man mit meiner Methode die Lösung ja dann nur näherungsweise bestimmen kann. Mit der Methode über I = P/U geht es exakt.



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-02-02


Jein. wenn der zurückgewonnene Energie-Anteil $p$ sei (also zum Beispiel 5%=0,05), dann verlängert sich die Laufzeit der Batterie nach der einen Methode um
$$1+p+p^2+p^3+...=\sum_{k=0}^\infty p^k$$nach der anderen um
$$\frac1{1-p}$$Das ist aber doch im Grunde dasselbe. Das erste ist eine geometrische Reihe, deren Grenzwert der zweiten Zeile entspricht. Wenn $p$ klein ist, gilt natürlich $\frac1{1-p}\approx 1+p$ und der Unterschied ist marginal (nur 3 Minuten auf 21 Stunden, in diesem Fall).

Ciao,

Thomas



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Shogunmathe
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 28.12.2015
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-02


Ok vielen Dank.



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OlgaBarati
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2019-02-03


\[\] Si-Einheiten: \[ 1 W=1\frac{J}{s}=1 VA=1\frac{kg\; m^2}{s^3}\] Die Kapazität der Batterie:
\[C_N=0,6 \; [Ah]\] Der Gesamtwirkungsgrad LED, Solarzelle: \[\eta=0,05\] Die LED verbraucht mit der Nennspannung \[U=3,33\; [V]\] eine Leistung von \[100\;[mW]\] Mit\[P\;[W]=U\;[V]\cdot I\;[A]\] erhalten wir nach Umstellung \[I\;[A]=\frac{ P\;[W]}{U\;[V]}\] Berechnung: \[I_{LED}\;[A]=\frac{ 0,1\;[W]}{3,33\;[V]}=0,03\;[A] \] Die (gesuchte) einfache Lösung:\[t\;[h]=\frac{C_N\;[Ah]\;(1+\eta)}{I_{LED}\;[A]}\] \[t\;[h]=\frac{0,6\;(1+0,05)\;[Ah]}{0,03\;[A]}=21\;[h]\]
Die (genauere) Lösung:\[n \in \mathbb{N}, n<<\infty:\;\;t\;[h]=\frac{C_N\;[Ah]\;(1+\sum_{i=1}^n (\eta)^i)}{I_{LED}\;[A]}\] \[n =5\;\; t\;[h]=\frac{0,6\;(1+0,052631563)\;[Ah]}{0,03\;[A]}\approx 21\;[h]+ 189,4725 \;[s]\]
2019-02-02 19:07 - MontyPythagoras in Beitrag No. 8 schreibt:
Jein. wenn der zurückgewonnene Energie-Anteil $p$ sei (also zum Beispiel 5%=0,05), dann verlängert sich die Laufzeit der Batterie nach der einen Methode um
$$1+p+p^2+p^3+...=\sum_{k=0}^\infty p^k$$nach der anderen um
$$\frac1{1-p}$$Das ist aber doch im Grunde dasselbe. Das erste ist eine geometrische Reihe, deren Grenzwert der zweiten Zeile entspricht. Wenn $p$ klein ist, gilt natürlich $\frac1{1-p}\approx 1+p$ und der Unterschied ist marginal (nur 3 Minuten auf 21 Stunden, in diesem Fall).

Ciao,

Thomas
Hier sind 2 Sachen falsch. Die Summe links stimmt nicht mit rechts überein. Die unendliche Summe suggeriert einen unendlichjen Zyklus was aber nicht der Fall ist.
LG Olga



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-02-03


Hallo Olga,
freut mich, dass Du es auch verstanden hast, nachdem ich es erklärt habe. Da habe ich ja gleich zwei Leuten geholfen.

Ciao,

Thomas



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OlgaBarati
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2019-02-03


Hallo MontyPythagoras,

immer gerne wieder. Ich freue mich dass mit meinen Korrekturen die Fragestellung auch für Dich jetzt nachvollziehbar abgeschlossen ist.

LG Olga



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MontyPythagoras
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-02-04


Ach, Olgalein...
normalerweise empfinde ich ja eine Mischung aus Amüsiertheit und Geschmeicheltsein, wenn ich von einem Troll mit Aufmerksamkeit bedacht werde. Kleine Kläffer bellen nun einmal am liebsten die großen Hunde an.
Aber ich habe es nicht so gerne, wenn man als letzten vermeintlich sinnvollen Beitrag eine falsche Lösung stehen lässt. Daher erlaube ich mir - schon wieder - Deinen Beitrag zu korrigieren, denn offenbar hast Du es immer noch nicht verstanden:
Die unendliche Summe suggeriert einen unendlichjen Zyklus was aber nicht der Fall ist
Ich habe auch gar nicht behauptet, dass es ein "Zyklus" ist. Das ist Deine Behauptung. Du erläuterst auch nicht, warum man nun ausgerechnet bis $n=5$ rechnen soll. Wie auch? Dafür gibt es gar keinen Grund, Du könntest auch bis $10^{100}$ summieren, das wäre genauso falsch. Du musst tatsächlich bis unendlich summieren. Google mal das "Paradoxon von Zenon" und versuche eine intellektuelle Transferleistung.
Die echte Lösung aus Beitrag #5 hast Du noch gar keines Blickes gewürdigt oder nicht verstanden, nämlich dass
$$I_{LED}=I_{BAT}+I_{PHO}$$ist. Strom in der LED gleich Strom aus Batterie plus Strom aus Photozelle. Außerdem ist laut Aufgabenstellung:
$$I_{PHO}=\eta \cdot I_{LED}$$mit $\eta=5\%$ und somit
$$I_{BAT}=(1-\eta)I_{LED}$$Außerdem ist
$$I_{LED}=\frac{P_{LED}}U$$Und was noch wichtiger ist: deine Formel

$$t\;[h]=\frac{C_N\;[Ah]\;(1+\sum_{i=1}^n (\eta)^i)}{I_{LED}\;[A]}$$
ist natürlich Stuss (Ladung ist übrigens Q, nicht C), denn entscheidend für die Entladung der Batterie ist natürlich der Batteriestrom $I_{BAT}$, so dass für die Entladedauer herauskommt:$$t=\frac{Q_{BAT}}{I_{BAT}}=\frac{Q_{BAT}}{\frac{P_{LED}}U(1-\eta)}=\frac{Q_{BAT}U}{P_{LED}(1-\eta)}$$Setzt man nun die Zahlenwerte ein und macht keinen Rundungsfehler, kommt übrigens 21 Stunden und 113,68 Sekunden heraus. Nix Zyklus, nix Summe bis 5 oder $10^{100}$ oder sonst eine Fantasiezahl, nein, Summe bis unendlich, weil eben
$$\frac{1}{1-p}=\sum_{k=0}^\infty p^k=1+p+p^2+p^3+... \quad\forall\quad |p|<1$$ist. Am besten vergisst man aber die Summe gleich ganz, denn elektrotechnisch läuft es ja sowieso ganz anders ab, nämlich wie hier beschrieben.
Besser kann ich es nicht erklären. Wenn Du es jetzt immer noch nicht begriffen hast, dann frag Shogunmathe, der hatte es schon nach meinem Beitrag #5 verstanden.
Und weil ich weiß, dass Dein Ego nicht zulässt, nicht das letzte Wort zu haben, kommt hier und jetzt Dein Auftritt. Die nächsten Zeilen sind für Dich reserviert:



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vanea03
Neu Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 19.06.2019
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2019-06-19


2019-02-02 17:29 - MontyPythagoras in Beitrag No. 5 schreibt:
Hallo Shogunmathe,
ja, im Prinzip hast Du es so richtig verstanden. Du kannst es aber noch einfacher herleiten. Es ist
$$P=U\cdot I$$$$I=\frac PU$$Durch die LED fließt daher ein Strom von 0,1W/3,33V=0,03A=30mA, wie OlgaBarati schon gezeigt hat. Da die Photozelle und die LED die gleiche Spannung haben (parallel geschaltet), erzeugt die Photozelle einen Strom von 50% mal 10% = 5% des Stroms durch die LED. Das sind 1,5mA. Wenn also 30mA durch die LED fließen und die Photozelle davon 1,5mA beisteuert, muss die Batterie den Rest, also 30mA-1,5mA=28,5mA liefern. Teile ich die gesamte Ladung der Batterie von 2160C durch den Strom 28,5mA, komme ich auf 75789,47 Sekunden, was genau den 21 Stunden, 3 Minuten und 9 Komma Sekunden entspricht.

Ciao,

Thomas



Meine Frage die aber übrig bleibt ist, warum nimmst du ausgerechnet die Ladung der Batterie durch ihren Strom um auf die Zeit zukommen, obwohl ja  in der Aufgabe nach der Zeit des LEDs gefragt wird. Für mich würde deine Antwort für die Laufzeit der Batterie sein :/ Wäre nett wenn du deinen Gedankengang ausführlich erklären könntest.



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MontyPythagoras
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 1867
Aus: Hattingen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2019-06-20


Hallo vanea03,
wenn Batterie alle, dann LED aus. Natürlich teile ich die BATTERIE-Ladung  durch den BATTERIE-Strom, um auszurechnen, wann sie leer ist. Was denn sonst? Der entscheidende Punkt war hier ja nur, dass die Photozelle Strom zurückspeist, und der BATTERIE-Strom nicht dem von der LED verbrauchtem Strom entspricht.

Ciao,

Thomas



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