Belastbarkeit eines ohm'schen Widerstandes

...natürlich auch A².

Viele Grüße

Stop. Am Vorwiderstand liegen keine 12 V, sondern nur, was dran abfällt. Die Lampe hat einen Widerstand von 2,88 Ohm, wenn da 2,5 A durchfließen, fallen 7,2 V ab, bleiben 4,8 V für den Vorwiderstand, der sich damit zu

Viele Grüße Steffen

Steffen Buehler schrieb:

Wenn 2.5A fliessen, setzt sie I^2*R = 18 Watt um. Hmm.

Also sollte der Strom I = sqrt(P/R) = 3.23 A fliessen. Entspricht einer Spannung von 9,3V.

Nun der Widerstand: P = U*I = (12-9.3)*3.23 = 8.72 Watt Mit R = U/I = (12-9.3)/3.23 = 0.84 Ohm

Also 0.84 Ohm / 8.72 Watt

Gruss Udo

Woher weiß ich denn jetzt, wie groß die Stromstärke ist? Die habe ich doch über die Spannung mit 12 V errechnet. Wenn aber keine 12 V an der Lampe anliegen, dann ist doch, bei gleicher Leistung, die Stromstärke größer.

Udo Piechottka schrieb:

Sofern die Lampe bei 9.3V noch 2.88 Ohm besitzt, versteht sich. Der Faden hat ja bekanntlich Kaltleiter-Verhalten.

Gruss Udo

Kirchhoff, unverzweigter Stromkreis.

Bei gleicher Leistung, ja. Aber niemand zwingt die Lampe, auf jeden Fall 50 Watt umzusetzen. Sie heißt deshalb 12V/50W, weil sie bei 12V

Du baust einen Spannungsteiler aus Vorwiderstand und Lampe. Derselbe ist so bemessen, daß die Lampe nur noch so viel Spannung "sieht", daß sie nur 30 Watt umsetzt. Den Rest "sieht" der Widerstand. Der Strom ist überall gleich groß und errechnet sich aus der Speisespannung geteilt durch den Gesamtwiderstand des Kreises.

vG

Udo Piechottka schrob:

Hallo!

Da schließe ich mich an.

Hab das gleiche Ergebnis ausgerechnet.

Leuchtet eine Lampe nicht halb so schwach, wenn ich die Spannung einfach halbiere?

also halb so stark - vielmehr

Sven Mildner schrieb:

wie auch immer - ausprobieren, ob die gewünschte Helligkeit durch Serienschaltung zweier Lampen in Ordnung ist. Oder willst Du eine definierte Lichtstärke?

Vielleicht skizzierst Du dein Anliegen genauer.

Gruss Udo

Es ging mir immernoch um das Ausgangsproblem. Hatte mir jetzt nur überlegt, dass eine Lampe halb so stark leuchten müsste, wenn sie die Hälfte der Spannung bekommt. Also anstatt 50 W bei 12 W mit nur 25 W bei 6 V. Daraus ergibt sich, wenn sie denn linear ist, die Funktion, ...U(x)=(6V/25W)*x oder auch ...U(x)=(12V/50W)*x ... für x = 30 W also, wie Steffen meinte, 7,2 V (4,8 V für den Widerstand) und eventuell nicht die von Udo besagten 9,3 V, die an der Lampe liegen.

Gruß Sven

Sven Mildner schrieb:

Falsch. Die Leistung ist proprtional zum _Quadrat_ der Spannung. Der Strom halbiert sich ebenfalls.

Vielleicht sortierst Du mal den Vorgang und fängst bei deinem Ursprungsposting an, in dem du was von 30 Watt gefordert hast.

Die Berechnungen von Steffen war schlichtweg falsch, meine Gegenrechnung so weit ich das sehe dagegen korrekt. Beide bezogen sich auf 30 Watt.

Jetzt kommst du mit 25 Watt. Ok, dann musst Du jetzt mal selber rechnen, die Formeln standen ja dort. (also schön: Ergebnis: Lampe: 8,5V, 2,94A, Widerstand:1.2 Ohm / 10.3W)

Glaub's oder wechsle die NG.

Und tschüss.. Udo

War von mir nicht böse gemeint, wenn das so rüberkam. Hatte nur deine Ausführungen erst nicht ganz verstanden. Ich wusste halt nicht, welche Größen sich nun genau ändern, wenn die Leistung sinkt. Ob Spannung, Stromstärke, Widerstand oder halt alles. Hab alles mögliche ausgerechnet und bin auf hundert Werte gekommen.

Tut mir leid, wenn das irgendwie falsch rüberkam... Gruß Sven

Hallo, Sven,

Du (S-AD919) meintest am 25.02.04:

In dem Ansatz sind 2 Fehler.

1. wenn der Widerstand konstant ist, bedeutet halbierte Spannung (1/2)^2 Leistung.

1. da der Drahtwiderstand einer Glühbirne nicht konstant ist, sondern mit wachsender Temperatur grösser wird, wird auch dadurch bei geminderter Spannung die Leistung kleiner.

Viele Grüße! Helmut

Hallo Sven, ich habe jetzt nicht alle Berechnungen in diesem Thread Überprüft, aber ich denke, Du musst erst einmal den Ohmwert des Widerstands ermitteln. Dabei kannst Du in erster Näherung davon ausgehen, das der Strom bei Erniedrigung der Spannung konstant bleibt. Das heisst, Du brauchst etwa 7V an der Lampe und 5V am Widerstand. Das ergibt ca 1,2 Ohm und damit Eine Leistung von ca 21 W. Dabei musst Du bedenken, das Leistungswiderstände bei Belastung mit Nennlast bis zu 350 Grad warm werden können; also nimmt man besser einen Widerstand von 50 Ohm. Wie Du siehst, ist es vermutlich besser, Du verwendest einen Dimmer. Ein weiterer Aspekt ist, das Lampen bei veringerter Betriebsspannung einen wesentlich schlechteren Wirkungsgrad haben, sodas Du bei Halber Leistung möglicherweise nur noch ein Viertel der Helligkeit haben. Falls es sich dabei um Halogenlampen handelt, wird der typische Halogen- kreisprozess bei derart niedrigen Temperaturen wohl auch nicht mehr funktionieren, sodas Du mit Verfärbungen des Kolbens rechnen musst, was die Helligkeit weiter verringert. Gruss Harald

Hallo, Harald,

Du (Harald.Wilhelms) meintest am 26.02.04:

Nicht beim Draht einer Glühbirne.

Viele Grüße! Helmut

Helmut Hullen verlautbarte zum Themenkomplex Re: Belastbarkeit eines ohm'schen Widerstandes:

1. Halbe Leistung wird nicht als "halb so stark leuchten" empfunden werden.

Michael Kauffmann

Sven Mildner schrieb:

Nö, kam schon richtig rüber. Ist nur für eine .ing-NG etwas nervend, wenn auf eine konkrete Frage eine konkrete Antwort ignoriert wird und es im Grunde ja doch um etwas ganz anderes ging.

Nimm' nen Dimmer.

Gruss Udo

Sven Mildner schrieb:

Also, die Helligkeit ist mit halber Spannung (d. h. in etwa halbem Strom) deutlich weniger als halb so hell. Die Helligkeit steigt sogar mit einer höheren Potenz als zwei. Ich glaube proportional I^3, kann aber im Moment nichts genaues finden. Dritte Potenz hiesse halber Strom macht ein Achtel der Helligkeit.

Grüsse Michael