Metoda symboliczna Zad. 1.1 Rozwiązanie d: Wynik: a) , b) c) , d)

Transkrypt

Zakład Teorii Obwodów, Politechnika Wrocławska
wersja Beta
Metoda symboliczna
Zad. 1.1
Znaleźć zespolone wartości skuteczne następujących prądów i napięć:
7 
3 


a) u (t )  12 2 sin 150t 
 V ,
b) i (t )  5 2 cos  35t    A ,
12 
4 


2 



c) u (t )  10sin 100t     20 cos  100t   V ,
3 
2


1 



d) i (t )  5sin  2t     4 cos  2t   A .
3 
4


Wynik:
a) U  12e
7
j 
12
V ,   150 rad/s ,
j
3 1 
j    
2 
b) I  5e  4
5
j 
 5e 4  5e
3
j 
4
A,   35 rad/s

c) U  12, 247e 6 V,  =100 rad/s , d) I  6,31e-j0,931rad A,  = 2 rad/s .
Rozwiązanie d:
Wyznaczamy wartości skuteczne składowych napięcia
1 
5  j13

5sin  2t    
e ,
3 
2

1 
4 j 34 

4 cos  2t    
e .
4 
2

Wykonujemy działanie:
3
j  
1   j 13
1 5
1
 1
 4e 4  
 5,328  7,159 j   8,924e-j0,931rad
 5e
 1  3 j  2 2  1  j   
2
22
2
2


, następnie przedstawiamy wynik w postaci funkcji czasu, tzn.
i (t )  8,924sin(2t  0,931 rad) A .
Mając do dyspozycji kalkulator np. CITIZEN SR-135, który ma dwa rejestry a i b oraz tryb
pracy CPLX, powyższe działania można wykonać następująco (włączamy CPLX i
upewniamy się czy jest włączony tryb pracy deg):
1.
5  a,
2.
60  b,
3.
P  R,
4.

5.
4  a,
6.
135  b
7.
PR
8.

9.
RP
Po wykonaniu działań od 1 do 9 na wyświetlaczu powinniśmy otrzymać 8,923958373,
naciskając b otrzymujemy: -53,33806606.
Natomiast wykorzystując kalkulator firmy CASIO (np. fx-570MS) powyższe działania
można wykonać następująco (włączony mode: CMPLX i tryb pracy D):
5  60  4  135  r   . Po naciśnięciu znaku = otrzymujemy: 8.923958373, naciskając
SHIFT i = otrzymujemy na wyświetlaczu -53.33806606.


1
wersja Beta
Zad. 1.2
Przedstawić jako funkcję czasu następujące prądy i napięcia:
a) U 1   1  j V ,   120 rad/s ,
c) U 3  (8e
2
j 
3
1
j 
 4e 3 )V ,   240 rad/s ,
Wynik:
3 

a) u1 (t )  2sin 120t    V
4 

2 

c) u3 (t )  4 2 sin  240t    V
3 

b) I 2  10 j A,   300 rad/s ,
d) I 4   2  j4  A,    / 2 .


b) i2 (t )  10 2 sin  300t   A ,
2



d) i4 (t )  2 10 sin  t  2,034rad  .
2

Zad. 1.3
Do węzła dopływają trzy prądy I 1 , I 2 , I 3 . Znane są moduły (wartości skuteczne)
tych prądów oraz wiadomo, że faza początkowa prądu I 1 jest równa 1 . Obliczyć fazy
początkowe 2 i 3 . Narysować wykres wskazowy.
I1  I 1  5 A, I 2  I 2  3,5 A, I 3  I 3  7,5 A, 1  300 .
Rozwiązanie:
Z I prawa Kirchhoffa wynika, że I 1  I 2  I 3  0 . Równość ta będzie spełniona, jeśli
odpowiednio część rzeczywista i urojona będzie równa zero, tzn.
10.
I1 cos 1   I 2 cos 2   I 3 cos 3   0,
20.
I1 sin 1   I 2 sin 2   I 3 sin 3   0.
Aby rozwiązać powyższy układ równań należy zrobić następujące przekształcenia:
10.
I1 cos 1   I 2 cos  2    I 3 cos 3  

20.
I1 sin 1   I 2 sin  2    I 3 sin 3  

I12  I 22  2 I1 I 2  cos 1  cos  2   sin 1  sin 2    I 32 
I12  I 22  2 I1 I 2 cos(1   2 )  I 32

A.
10.

I1 cos 1   I 3 cos 3    I 2 cos 2  

I1 sin 1   I 3 sin 3    I 2 sin  2  
I12  I 32  2 I1 I 3  cos 1  cos 3   sin 1  sin 3    I 22 

B.
oraz
20.
I12  I 32  2 I1 I 3 cos(1  3 )  I 22 .
Z A i B otrzymujemy
I 32  I12  I 22
cos 1  2  
 0.5428571430,
2 I1 I 2
cos 1  3  
I 22  I12  I 22
 -0.9200000000.
2 I1 I 2
2
wersja Beta
Zatem
1  2  57.121650 ,
1  3  156.926080 .
Są więc dwa różne rozwiązania:
1) 2  87.121650 , 3  -126.926080 ,
2)  2  -27.121650 , 3  -173.073920 .
Wykres wskazowy wykonany za pomocą Matlaba (instrukcja compass)dla pierwszego
rozwiązania przedstawiono poniżej (rys.1.3).
Im
90
8
120
60
6
4
150
I2
30
2
I1
180
0
210
Re
330
I3
300
240
270
Rys. 1.3
Zad. 1.4
Zadany jest przebieg sinusoidalny symbolicznie
f (t )  10  j20,   2.
Zapisać postać symboliczną pochodnej i całki tego przebiegu.
Rozwiązanie:
df (t )
 j2 (10  j20)  40  j20,
dt
10  j20
 f (t )dt  j2  10  j5.
Zad. 1.5.
Obliczyć impedancję i admitancję dwójników z rys.1.5 dla częstotliwości f. Wynik
przedstawić w postaci algebraicznej i wykładniczej.
R  50 Ω, C  5μF, L  10 mH, f  2 kHz.
a)
b)
R
R
c)
C
L
R
L
Rys. 1.5
C
R
3
wersja Beta
Wynik (tylko postać algebraiczna):
1 
50 
1
  50  j  , Y   18,16 + 5,78j mS ,
Z
C 
 
1
1
1
b) Y   j
  20  j7,958  mS, Z    43,17  j17,18   ,
R L
Y
1
1
  22,73+ 621,4j mS, Z   0.0588 - 1.607j  .
c) Y   jC 
R
R  j L
a) Z  R  j
Zad. 1.6a
Dane są wartości: Rs i Cs ( Rr i Cr ) oraz częstotliwość f sygnału sinusoidalnego.
Wyznaczyć wartość rezystancji Rr ( Rs ) i pojemności Cr ( Cs ) odpowiedniego dwójnika
równoważnego.
Rr
Rs
Cs
Wynik:
Rr 
Cr

4 2 Rs2Cs2 f 2  1
Cs
Rr
4 2 Rr2Cr2 f 2  1 



,
C
;
R
,
C
 s
.
r
s
4 2 Rs Cs2 f 2
4 2 Rs2Cs2 f 2  1 
4 2 Rr2Cr2 f 2  1
4 2 Rr2Cr f 2 
Zad. 1.6b
Dwójnik pasywny zasilany jest napięciem sinusoidalnym u (t ) . Przebieg wartości chwilowych
prądu dwójnika jest i (t ) . Wyznaczyć impedancję i admitancję, impedancję zespoloną i admitancję
zespoloną oraz rezystancję, reaktancję, konduktancję i susceptancję dwójnika, a także kąt przesunięcia
fazowego pomiędzy prądem i napięciem.
a) u (t )  220 2 sin 314t V ;
b) u (t )  100 cos(628t  2, 618) V ;
i (t )  10 cos 314t A ,
i (t )  10sin(628t  0,5236) A ,
c) u( t )  100 2 cos 1000t  3,142  V ;
i (t )  10 2 sin(628t 
Wynik:
j
5
)A.
a) Z  X  22 2  31,11  , Y  0, 032 S , Z   j 22 2  , Y  0, 032e
R  0  , G  0 S , B  0, 032 S ,  
Y  0,1e


6

2
rad ; b) Z  10  , Y  0,1 S , Z  10e
S , R  5 3  8,66  , X  5  , G  0, 087 S , B  0, 05 S ,   

6
j
j

2

6
S ,
 ,
rad ; c) brak
rozwiązania - przebiegi mają różną pulsację (nie są synchroniczne).
Zad. 1.7
Dwójnik o impedancji zespolonej Z zasilany jest prądem sinusoidalnym i (t ) . Wyznaczyć
wartość skuteczną zespoloną U oraz przebieg wartości chwilowych u (t ) napięcia dwójnika.
i (t )  5cos(314t   / 4) A ;
a) Z  (10  j 20)  ;
b) Z  10  e
Wynik:
j / 6
i (t )  10  2  sin(500t   / 2) A .
;
a) U  25  j 75  79  e
b) U  100  e
j

3
j1,89
V , u (t )  79 2  sin(314t  1,89) V ,
V , u (t )  100  2  sin(500t   / 3) V .
4
wersja Beta
Zad. 1.8
W obwodzie panuje stan ustalony (rys. 1.8). Obwód zasilany jest napięciem
zmiennym. Woltomierz (V) pokazuje U = 16V (wartość skuteczna), amperomierz (A)
natomiast I = 10A (również wartość skuteczna). Wyznaczyć wartość indukcyjności L.
  2, R  2, C  1/ 4.
Wynik:
A
4
L  4 L  .
7
V
C
L
R
Rys. 1.8
Rozwiązanie:
Elementy R, L, C połączone są równolegle, zatem wygodnie jest opisać obwód za
pomocą admitancji
1
1
.
Y   jC 
R
j L
I 5
Z treści zadania wynika, że Y  Y   . Drugiej strony
U 8
2
2
2
1 
1 
25 1  1 1  1   1  
2

  
Y  2   C 
  1  1    .
R 
 L 
64 4  2 2 L 
4  L 
2
9
1
3
 1
Zatem 1     1    . Rozwiązując równanie otrzymuje się wynik.
L
4
 L  16
Zad. 1.9
Jaka powinna być wartość rezystancji R aby wartość skuteczna prądu i(t) wynosiła
1A?
R
i(t)
C
e( t )
Dane:
e(t ) = 4sin(2t + p ) V,
C = ¼ F.
Wynik:
R=2
Zad. 1.10
Wyznaczyć napięcie u(t) na kondensatorze C. Narysować wykres wskazowy napięć i
prądów w obwodzie.
Dane:
uR(t) uC(t)
e(t )  10sin(103 t  5 9 ), C  10  F, R  50 Ω.
R
C
i(t)
e( t )
5
wersja Beta
Rozwiązanie
Obliczymy symboliczną wartość prądu, napięcia na rezystorze oraz napięcia na
kondensatorze:
10 j5 9
1
I
 0, 06325e j2,8523rad A, U R  RI  3,1624e j2,8523rad V,
e
1
2
50  j 3
10 10 106
Wykres wskazowy pokazano na rysunku.
1
j1,2815rad
UC 
I

6,325e
V.
Przebiegi czasowe prądu i napięć są następujące:
j103105
i (t )  0, 08945sin(103 t  2,8523) A,
UR
I
u (t )  4, 4723sin(103 t  2,8523) V,
R
uC (t )  8,9449sin(103 t  1, 2815) V.
UC
E
Zad. 1.11
Gałąź szeregową RC ( R  8  , C  530,78  F ) załączono na napięcie o wartości skutecznej
U  220 V o pulsacji   314 rad/s .
Obliczyć jakie będzie napięcie na kondensatorze jeżeli gałąź zostanie odłączona od
zasilania:
a) w chwili gdy wartość chwilowa napięcia zasilającego przechodzi przez zero:
1) rosnąc, 2) malejąc;
b) w chwili gdy osiąga ona maksimum:
1) „dodatnie”, 2) „ujemne”.
Wynik: a) 1) U C  149.34 V , 2) U C  149.34 V b) 1) U C  -111.89 V , 2) U C  111.89 V .
Zad. 1.12
W celu wyznaczania parametrów L i RL cewki rzeczywistej przeprowadzono dwa pomiary:
jeden przy zasilaniu jej napięciem stałym, drugi przy zasilaniu napięciem zmiennym. Mierzono
wartości prądu i napięcia, a przy zasilaniu napięciem zmiennym także częstotliwość.
Otrzymano następujące wyniki:
a) zasilanie napięciem stałym:
Wynik:
U   24 V , I   6 A ,
RL  4  , L  9,55 mH
a) zasilanie napięciem zmiennym:
U   24 V , I   4,8 A , f  50 Hz .
Wyznaczyć indukcyjność L i rezystancję RL cewki.
Zad. 1.13
Dla obwodu o schemacie z rys. 1.10 wyznaczyć indukcyjność Lx , jeżeli wskazanie
woltomierza wynosi: U  100 V .
Dane:
i (t )  20  2  sin  500t  A , C  0,25 mF , L  2 mH , R  3  .
Wynik
i(t)
u(t)
R
V
L
Lx
Istnieją dwa rozwiązania :
L 'x  6 mH, L ''x  22 mH.
C
6
wersja Beta
Zad. 1.14
Przyrządy podłączone do dwójnika zasilanego napięciem zmiennym sinusoidalnym
pokazują U  65 V, I  5 A, P  300 W (rys. 1.14). Wszystkie przyrządy są idealne (nie obciążają
obwodu, a więc nie zmieniają wartości przez siebie mierzonych). Woltomierz i amperomierz mierzą
wartości skuteczne. Watomierz mierzy iloczyn wartości skutecznej prądu przepływającego przez jego
cewkę prądową, wartości skutecznej napięcia przyłożonego do jego cewki napięciowej i kosinusa kąta
pomiędzy nimi.
Wyznaczyć zespoloną impedancję Z dwójnika N w przypadku, gdy :
a)   arg Z   0 ; b)   arg Z   0 .
*
*
A
W
V
N
Rys. 1.14
Rozwiązanie:
Moduł i argument impedancji dwójnika N wyznaczamy za pomocą wzorów:
U 65
P
 13 , cos   
 0,923 .
Z  
I
5
U I
Stąd   22,6313210 .
a)   arg Z   0,
Z  Ze j  12  j 5   ,
b)   arg Z   0
Z  Ze j  12  j 5  .
Zad. 1.15
Dwójnik N z rys. 1.14 zasilono napięciem sinusoidalnym o częstotliwości f1  50 Hz.
Wiemy, że dwójnik składa się z szeregowo połączonych rezystora, cewki i kondensatora. Wskazania
przyrządów: U1  220 V , I1  11 A , P1  2 kW
Następnie ten sam obwód zasilono napięciem o częstotliwości dwukrotnie wyższej. Wskazania
przyrządów jednak wówczas nie uległy zmianie. Wyznaczyć wartości rezystancji (R), indukcyjności
(L) i pojemności (C).
Wynik: R  16,53  , C  141, 4  F , L  35,86 mH.
Zad. 1.16
W obwodzie o schemacie z rysunku 1.14 przy częstotliwości f  50 Hz mierniki wskazują
P  1000 W , U  220 V , I  5 A . Dwójnik N składa się z szeregowo połączonego rezystor i
kondensatora. Wyznaczyć parametry (R i C) dwójnika N. Wyznaczyć także wskazania mierników gdy
częstotliwość napięcia zasilającego wzrośnie dwukrotnie (ale wartość skuteczna napięcia pozostanie ta
sama).
Wynik: R  40  , C  0,174 mF, ( X C  18,33  );
gdy częstotliwość wzrośnie: I  5,36 A ,
P  1149, 6 W , ( X C  9,165  )
7
wersja Beta
Zad. 1.17
Dla obwodu o schemacie z rys. 1.17 wyznaczyć wskazania przyrządów.
Dane: iR (t )  10 2 cos 1000t    A , R1  1  , R2  2  , C  250  F .
*
* W
A
R1
u(t)
Hz
R2
C
V
iR(t)
Rys. 1.17
Wynik: f  159,15 Hz , PW  325 W , U  30, 41 V , I  11,18 A .
Zad. 1.18
Dla obwodu o schemacie z rys. 1.18 wyznaczyć wskazania przyrządów.
Dane: iC (t )  6 2 cos  628t  A , R  10  , L  15,92 mH , C  159, 24  F .
*
* W
A
L
u(t)
Hz
R
C
V
iC(t)
AR
Rys. 1.18
Wynik: f  100 Hz , PW  360 W , U  60 V , I  8,48 A , I R  6 A .
Zad. 1.19
Obliczyć taką wartość rezystancji rezystora R2, aby
R1 = 100 ,
U1
U2
 k . Do obliczeń przyjąć
U1
1
 50 , k = 0,2.
C
R1
R2
C
U2
Rys. 1.19
8
wersja Beta
Rozwiązanie
Obliczymy transmitancją układu
1
j C
1
R2 
R2
U
j C
T 2 
.

1
U1
R
R
R
R
C



j
1
2
2
1
R2
j C
R1 
1
R2 
j C
Kwadrat modułu transmitancji
R22
1

k2 
.
2
2
2
( R1  R2 )  ( R1 R2C )
 R1

2
  1  ( R1C )
R
 2 
Po rozwiązaniu równania ze względu na R2 otrzymujemy
R2
R2 
kR1
 1  CkR   k   27,91  R  kR  1  CkR   k   17,91.
CkR1 
2
2
1
2
 k 2 1
1
2
CkR1 
1
2
 k 2 1
Zatem należy przyjąć R2 = 27,91 .
Zad. 1.20
Moc chwilowa dostarczona do odbiornika ze źródła o napięciu sinusoidalnym zmienia
się w przedziale 23 kVA do –5 kVA. Napisać wyrażenie na prąd i napięcie w funkcji czasu,
jeżeli u(0) = 500 V, Um = 1835 V oraz częstotliwość zmian mocy wynosi fp = 100 Hz.
Rozwiązanie
Załóżmy, że u (t )  U m sin(t  u ) oraz i (t )  I m sin(t  i ) . Oznaczmy
  u  i (prąd jest przesunięty w fazie względem napięcia o kąt  ). Z treści zadania
U
1835
wynika, że wartość skuteczna napięcia U  m 
 1297,54 V.
2
2
Moc chwilowa
P  u (t )  i (t )  U m I m sin t  u  sin t  i  
U m Im
cos   cos  2t  u  i    UI cos   UI cos(2t   p ).
2 
Z tego wzoru wynika, że moc chwilowa ma dwie składowe:
U I
 składową stałą m m cos   UI cos  ,
2
U I
 składową zmienną m m cos(2t   p )  UI cos(2t   p ) , gdzie  p  2 u  i  .
2
W powyższej zależności skorzystano ze wzoru: 2sin( A)sin( B)  cos( A  B)  cos( A  B) .
Moc chwilowa przy przebiegach sinusoidalnych oscyluje, sinusoidalnie z częstotliwością
2f = fp ( f  50    100 ) wokół wartości stałej UI cos  , a jej amplituda wynosi UI. Moc
chwilowa osiąga maksymalną wartość dla 2t  k   p i wynosi Pmax  UI cos   UI oraz
wartość minimalną dla 2t   p i wynosi Pmin  UI cos   UI . Mając te dwa równania
9
wersja Beta
można wyznaczyć I oraz cos  , tzn.
 23  510  10.79 A,
P P
P  Pmin
 0.64285714 .
I  max min 
cos   max
2 U
2 1297,54
Pmax  Pmin
Stąd   0,8725738534 rad . Można zauważyć, że moc czynna P  UI cos   9 kW i jest
P  Pmin
. Ponieważ u (t )  U m sin(t  u ) , więc dla t = 0
równa średniej wartości max
2
500
sin(u) =
, a stąd u  0, 27596917 rad (mniejsza wartość). Kąt i wyznaczamy ze
1835
wzoru i  u    0,5966046865 rad . Ostatecznie, więc:
u (t )  U m sin(t  u )  1835sin(100 t  0, 27596917 rad) V ,
3
i (t )  I m sin(t  i )  15.25sin 100 t - 0.59660468 rad  A .
Zad. 1.21
U2
(rys. 1.21). Jaka musi zachodzić zależność pomiędzy
U1
wartościami elementów obwodu, by T nie zależało od częstotliwości?
Wyznaczyć T 
C1
R1
U2
C2
R2
U1
Rys. 1.21
Rozwiązanie
R1
jC1
R1
R2
Oznaczymy Z 1 

, Z2 
. Korzystamy z dzielnika
1
1

1

j
R
C
j
R
C


1
1
2
2
R1 
jC1
R2
1  j R2C2
Z2
U
U 1 . Stąd T  2 
. Wyrażenie to nie
napięcia, zatem U 2 
R1
R2
Z1  Z 2
U1

1  j R1C1 1  j R2C2
będzie zależało od  jeśli 1  j R2C2  1  j R1C1 , czyli R2C2  R1C1 .
R2
U
. Jest to tzw. dzielnik skompensowany.
Wówczas T  2 
U 1 R1  R2
Zad. 1.22
Jaka powinna być wartość rezystancji R3, aby prąd I2 płynący przez elementy R2 i L2
opóźniał się w fazie względem przyłożonego napięcia U o  2 (rys. 1.22).
Przyjąć następujące dane: R1 = 5 , L1 = 11 , R2 = 10 , L2 = 25 .
10
I1
R1
L1
wersja Beta
R2
R3
U
L2
I2
Rys. 1.22
Rozwiązanie
Oznaczmy Z 1  R1  j L1  R1  jX 1 , Z 2  R2  j L2  R2  jX 2 , Z 3  R3 . Prąd
U Z 2  Z3 
U
U


, gdzie Z we oznacza impedancję wejściową
Z we Z  Z 2 Z 3
Z1 Z 2  Z1 Z 3  Z 2 Z 3
1
Z2  Z3
dwójnika. Przez impedancję Z 2 płynie prąd I 2 , którego wartość wyznaczamy z dzielnika
Z3
U
U
Z Z
prądowego, tzn. I 2 

, gdzie Z T  Z 1  Z 2  1 2 ma
I1 
Z Z
Z2  Z3
Z3
Z1  Z 2  1 2 Z T
Z3
wymiar impedancji ale nią nie jest, można ją nazwać impedancją przejściową (transimpedancją). Prąd I 2 będzie opóźniał się względem przyłożonego napięcia U o 900, jeśli
impedancja przejściowa będzie czysto urojona (znak dodatni). Wyznaczmy część rzeczywistą
i urojoną tej impedancji:
 R  jX 1  R2  jX 2  
Z Z
Z T  Z 1  Z 2  1 2  R1  R2  j ( X 1  X 2 )  1
Z3
R3
I1 


R1 R2  X 1 X 2 
R1 X 2  R2 X 1 
 R1  R2 
  j  X1  X 2 
.
R3
R3




Część rzeczywistą powyższego wyrażenia przyrównujemy do zera
X X  R1 R2 11 25  5 10
R R  X1 X 2

 15  . Sprawdzenie, jeśli
R1  R2  1 2
 0 , stąd R3  1 2
R1  R2
5  10
R3
R3  15  , to Z T  Z 1  Z 2 
 5  j1110  j 25  j 155 .
Z1 Z 2
 5  j11  10  j 25 
Z3
15
3
Zad 1.23
Wykazać, że dla  
1
wartość skuteczna prądu I płynącego przez cewkę (rys. 1.23)
2LC
U
dla dowolnych wartości R, natomiast argument tego prądu przy zmianie
L
  
R   0,   zmienia się w odpowiednio między w przedziale     ,  .
 2 2
wynosi I 
11
wersja Beta
L
I
C
U
R
Rys. 1.23
Rozwiązanie
U 1  j RC 
U
U


.
R
Z we j L 
R   2 RLC  j L
1  j RC
Moduł tego prądu (wartość skuteczna) dla podanej pulsacji wynosi:
Prąd I 
I I
U 1   2 R 2C 2
 R   RLC 
2
2
  2 L2
 2U
2 
1
2 LC
C
L

C
1
U
.
L
2 2 L
Argument prądu I wyznaczamy jako (zakładamy, że argument napięcia U jest równy zero)
arg  I   arg 1  j RC  arg  R   2 RLC  j L
1

2 LC
Z tego wyrażenia wynika, że gdy R  0 , to arg  I   
 R
 arctg 
 2

2
C
L

 2
  arctg 

 R
, a gdy R   , to arg  I  
L
C

2



.
Zad. 1.24
Parametry obwodu pokazanego na (rys.1.24) są następujące: R = 40 , L = 40 ,
1
 20  . Wiadomo, że element o impedancji Z jest kondensatorem lub induktorem.
C
Znaleźć wartość reaktancji tego elementu, jeśli |U| = U = 30 V, a |I| = I = 0.75 A.
I
Z
Wynik:

R
C
U
L

Z  j 24  16 6  63,1918 j  (cewka)
lub
Z  j 24  16 6  15,1928 j  (kondensator)


Zad. 1.25
Dwójnik N zasilany jest napięciem zmiennym. Występuje stan ustalony. Wyznaczyć
moc czynną wydzieloną w dwójniku N (obwód RLC). Ta metoda pomiaru mocy nazywa się
metodą trzech woltomierzy.
Do obliczeń przyjąć dane: U1  100V , U 2  96 V , U 3  8V , R p  10.
12
wersja Beta
V3
I
Rp
U1
U3
V1
V2
P=?
U2
N
Rys. 1.25
1
U12  U 22  U 32    36 W

2 Rp 
Wskazówka: Narysować poprawnie wykres wskazowy,
cos      cos   cos     sin   sin    oraz wzory Carnota.
Wynik: P 
zastosować
wzór
na
Zad. 1.26
Odbiornik energii (charakter indukcyjny) pobiera moc czynną P  2000W przy
napięciu zasilającym U  230 V i cos    0, 65 , f  50 Hz . Znaleźć pojemność i moc bierną
baterii kondensatorów, które włączone równolegle do odbiornika zwiększą cos  w   0,9
(nadal zostanie charakter indukcyjny wypadkowego obciążenia). Co się stanie, jeśli będziemy
chcieli poprawić cos    1 .
Rozwiązanie
Narysujmy wykres wskazowy (rys. 1.26).
 I
w
I
w
U
IC
Rys. 1.26
włączeniem
kondensatora
wartość
skuteczna
prądu
wynosiła
P
I I
 13,3779 A . Po włączeniu kondensatora płynie prąd sumaryczny Iw. Z
U cos  
Przed
rysunku 1.26 wynika, że I w cos  w   I cos   . Stąd I w  I
cos  
 9, 6618 A . Również z
cos  w 
rys. 1.26 wynika, że I C  I sin    I w sin  w   I 1  cos 2 ( )  I w 1  cos 2 ( w )  5,9548V .
Prąd płynący przez kondensator I C  jC U , zatem I C  jC U  I C  CU . Stąd
13
wersja Beta
IC
 82, 4 F . Moc bierna QC  I C U  5,9548  230  1369, 6War . Jeśli cos  w   1 ,
U
Zatem
Tak,
więc
I w  8, 69 A,  w  0  sin  w   0.
I C  I sin    10,166 A.
C
IC
 140, 7  F . Wówczas QC  I C U  10,166  230  2338, 2War . Z powyższego
U
przykładu wynika wniosek: poprawa współczynnika cos   , tak aby był on bliski jedności
C
wymaga znacznego zwiększenia pojemności baterii w stosunku do uzyskanych korzyści.
Zad. 1. 27
Dla obwodu o schemacie zastępczym z rysunku 1.27 obliczyć całkowity współczynnik mocy
cos   . Odbiornik ma charakter rezystancyjno-indukcyjny.
U on  220V , Pon  1, 6 kW , cos on  0, 6 ,
1
 40  .
kondensatora:
C
Dane : odbiornika:
Odbiornik
liniowy
pasywny
on
i(t)
u(t)
C
Wynik:
cos   0,87
Rys. 1.27
Zad. 1.28
Dwie równoległe gałęzie podłączono do źródła napięcia zmiennego (rys. 1.28).
Wyznaczyć prądy I 1 , I 2 oraz I . Wyznaczyć moc czynną (P) i bierną (Q)pobieraną przez
każdą gałąź oraz całego obwodu. Ponadto wyznaczyć moc zespoloną (S) i pozorną (S) dla
całego obwodu.
1
Przyjąć następujące dane: U  130V , X L   L  6 , X C 
 5 , R1  8 , R2  12  .
C
R1
I1
C
R2
I
L
I2
U
Rys. 1.28
14
wersja Beta
Rozwiązanie:
I1 
U
U
 11, 69  j 7,30  A, I 2 
  8, 67  j 4,33 A,
R1  jX C
R2  jX L

1
1
I U 

 R  jX C R  jX L
2

  I 1  I 2   20,35  j 2,97  A,

2
P1  I 1 R1  1519 W , P2  I 2 R2  1127 W ,
2
2
Q1   I 1 X C  949 War , Q2  I 2 X L  563War ,
*
S  U I  P  jQ  2646 W  j 386 War , S  2674 VA.
Zad. 1.29
Obliczyć impedancję wejściową układu. Dane: R1 = R2 = 50 , L = 50 ,
 = 50 , C = 0,02 S.
R1
L
R2
A
I
I
U
Id
Ed
C
Zwe
Rozwiązanie.
W celu obliczenia impedancji wejściowej wprowadzimy dodatkowe źródło napięcia
Ed i obliczymy prąd wejściowy Id. Wtedy
E
Z we  d .
Id
Aby obliczyć prąd Id musimy najpierw wyznaczyć napięcie U, gdyż
E   I U
Id  d
, natomiast I  U j  C.
R2
Dla napięcia U można ułożyć równanie (I prawo Kirchhoffa dla węzła A)
U
E   U j C  U
 U j C  d
.
R1  j L
R2
Po podstawieniu danych otrzymujemy
E
E
U  d (1  j), I  d (1  j)
3
150
i ostatecznie
E
E
E d  50 d (1  j)  d (1  j)
E
150
3
I we 
 d .
50
150
Tak więc
Z we  150 Ω.
15
wersja Beta
Zad. 1.30
Obliczyć impedancję wejściową poniższego dwójnika.
i(t)
 i (t )
L
C
C = 0,5, L = 2, R = 1,  = 2,  = 2.
R
Rozwiązanie.
Symboliczny układ zastępczy z dołączonym dodatkowym źródłem prądowym
pokazano na rysunku 1.30.
Id
Ud
Id
I
I
Z1 U0
Z 1  j L  j4, Z 2  R  j
Z2
1
 1  j.
C
Rys. 1.30
Impedancja wejściowa
Zw 
Na podstawie rysunku obwodu
Ud
.
Id
U d  U 0   I,
U0  Id
Z1 Z 2
U
, I  0.
Z1  Z 2
Z2
Tak więc
Ud  Id
Z1 Z 2
Z1
 Id
.
Z1  Z 2
Z1  Z 2
Ostatecznie
Zw 
Z 1 (Z 2   )
.
Z1  Z 2
Po podstawieniu danych
Z w  4.
16
wersja Beta
Zad 1.31
W obwodzie panuje stan ustalony. Obliczyć prąd i(t) posługując się metodą prądów
oczkowych.
i(t)
L1
C2
e(t)
C1
R1
e(t )  2 cos(t ), iz (t )  2 sin(t ),
L1  L2  1, C1  C2  0,5, R1  R2  1,
R2
u(t)
iZ (t )
 u (t )
L2
  0,5.
Rozwiązanie.
Symboliczny obwód zastępczy pokazano na rysunku 1.32.
Z1
Im1
E  j, I z  1,
I
Z 1  R1  j L1  j
Im2
R2
C2
E Im4
U
U
L2
iZ(t)
Im3
Z2  j
1
 1  j,
C1
1
  j2, Z 3  R2  1,
C2
Z 4  j L2  j.
Rys. 1.31
Po wybraniu drzewa Tr (jako koniecznego warunku rozwiązalności obwodu - lina
pogrubiona czerwona) można wybrać system oczek niezależnych (oczka tworzą elementy
dopełniające do drzewa Tr) oraz zbiór prądów oczkowych i ułożyć układ równań metody
prądów oczkowych.
1.  Z 1  Z 4  I m1  Z 4 I m 2  Z 4 I m 3  E ,
2.  Z 2  Z 3  Z 4  I m 2  Z 4 I m1  Z 4 I m3  Z 2 I m 4  E ,
3. I m 3   U
4. I m 4  I Z .
Równanie sterowania:
5. U   Z 3 I m 2 .
Wstawiając równanie (5) do (3) otrzymujemy I m3   Z 3 I m 2 . Zatem można zapisać
następujący układ równań liniowych:
Z4  Z3Z4
E
Z1  Z 4
  I m1  


.
 Z



Z 2  Z 3  Z 4   Z 3 Z 4   I m 2   E  Z 2 I Z 
4

Podstawiając dane otrzymujemy:
1 

j 
1
2  I m1    j  ,

   
 j 1  j 3   I m 2  -j
2 

stąd
17
wersja Beta
1
j
2
3
-j 1- j
1+ j
2
2 j2
2
I m1  I 

 j= e
3 3
1
3
3

j
1
j
2 2
2
3
j 1- j
2
j
Ostatecznie
 
i (t )  0,9428sin  t    0,9428cos(t ).
 2
Zad. 1.32
W obwodzie pokazanym na rysunku panuje stan ustalony. Obliczyć napięcie u(t)
posługując się metodą symboliczną oraz metodą napięć węzłowych.
e(t )  10sin(t ) V,
R1
iz (t )  0, 05sin(t  300 ) A,
L
R1  100 , R2  200 ,
u(t)
e(t)
C
R2
L  10, 61 mH, C  0, 2653  F,
f  3 kHz.
iz(t)
Rozwiązanie.
Symboliczny schemat zastępczy obwodu, obowiązujący w stanie ustalonym, pokazano
na rysunku poniżej.
A
10
0, 05 j300
E
, Iz 
e ,   2    3 103 ,
Z1
2
2
U
Iz
Z2
Z 1  R1  j L  100  j200,
E
Z2 
1
 100  j100.
1
 j C
R2
Dla węzła A można zapisać
 1
1 
1
 
U  E  I Z ,
Z1
 Z1 Z 2 
stąd
E
Z1 Z 2 Z1 I Z  E 
.
U

1
1
Z1  Z 2

Z1 Z 2
IZ 
Po podstawieniu danych
0
U  6,5054 e  j21,5 .
18
wersja Beta
Ostatecznie
u (t )  2  6,5054sin(t  21,50 )  8,5621sin(t  21,50 ).
Zad. 1.33
Prąd i(t), o którym mowa w Zadaniu 1.31, obliczyć metodą napięć węzłowych.
Rozwiązanie
Symboliczny obwód zastępczy z wybranymi napięciami węzłowymi pokazanymi
rysunku.
Z1
I
R2 V2
V1
V3
C2
E
U
U
L2
iZ(t)
Słuszny jest następujący układ równań metody napięć węzłowych:
1
1
1
1
 V3  I z,
1. V 1 (  )  V 2
Z2 Z3
Z3 Z2
2.  V 1
1
1
1
1
1
V 2( 
 )  V 3  U,
Z3
Z1 Z 3 Z 4
Z1
3. V 3  E.
Równanie sterowania:
4. U  V 2  V 1 .
Po rozwiązaniu równań otrzymuje się
1
j,
3
2 1
V 2    j.
3 3
V1 
Ponieważ
I
E V 2
,
Z1
więc
2
j.
3
Przebieg czasowy prądu i(t) jest oczywiście taki sam jak w rozwiązaniu Zadania 1.31.
I
19
wersja Beta
Zad. 1.34
W obwodzie występuje stan ustalony. Korzystając z metody prądów oczkowych
znaleźć wszystkie zaznaczone prądy gałęziowe.
i1(t)
L
i2(t)
i5(t)
R1 i3(t)
e(t )  sin t , iZ (t )  cos t ,
C i4(t)
R1  R2  1 , C  3F,
iZ(t)
R2
L  1/ 6 H
e(t)
Wynik
i1 (t )  sin(t  0,9273) A, i2 (t )  0, 2236sin(t  0, 4636) A,
i3 (t )  0,8062sin(t  0,1244) A, i4 (t )  0, 6325sin(t  0,3218) A,
i5 (t )  1.204sin(t  0,8442) A.
Zad. 1.35
W sieci panuje stan ustalony. Znaleźć prąd i0(t) metodą prądów oczkowych.
C1
L1
i(t)
C2
R1
C1  C2  C3  1F,
i0(t)
L2
L1  L2  2 H,
R1  R2    1 ,
C3
e(t )  2 sin t V, iZ (t )  2 cos t A.
R2
e(t)
iZ(t)
Wynik:
i(t)
i0 (t )  2 2 sin  t   2  A.
Zad. 1.36
W sieci panuje stan ustalony. Znaleźć napięcie uL(t).
L1
iZ1(t)
C
e(t )  2 sin t V,
R
e(t)
iZ2(t)
L2
iZ 1 (t )  2 cos  t   4  A,
iZ 2 (t )  2 sin  t    A,
R1  1, L1  L2  1H, C  1F.
uL(t)
20
wersja Beta
Wynik
Należy zastosować metodę prądów oczkowych i prawo Ohma, otrzymujemy
u L (t )  sin  t   4  .
Zad. 1.37
Znaleźć impedancję wejściową poniższego dwójnika.
L1
R1  6 , R2  2 ,
*
*
R
1
C
 L1  8 ,  L2  2 ,  M  4 ,
M
L2
Zwe
1
 8 .
C
R2
Rozwiązanie
Do analizy obwodu z cewkami sprzężonymi zaleca się stosowanie metody prądów
oczkowych. Sposób rozwiązywania obwodu jest taki sam, jak w przypadku obwodu bez
sprzężeń. Należy tylko nieco inaczej wyznaczyć impedancje własne i wzajemne oczek.
L1
Iwe
Ewe
C
R1
*
M
*
L2
Im1
Z we 
E we E we

I we
I m1
Im2
R2
Wybieramy oczka (w przykładzie nie wybrano celowo oczek optymalnie). Orientację
oczek najlepiej przyjąć tak, aby prądy oczkowe wpływały do zacisków jednoimiennych
cewek (*). Najpierw układamy równania wynikające z metody prądów oczkowych tak jak nie
byłoby sprzężeń, tzn.
1


1.  R1  j L1  j
 j L2  R2  I m1   j L2  R2  I m 2  E we ,
C


2.  j L2  R2  I m1   j L2  R2  I m 2  0.
Następnie modyfikujemy te równania zgodnie z zasadą:
 jeśli istnieją sprzężenia pomiędzy cewkami należącymi do tego samego oczka, to w
impedancji własnej pojawi się dwukrotna wartość impedancji indukcyjności
wzajemnej. Znak podwojonej impedancji indukcji wzajemnej jest + (plus) jeśli prąd
oczkowy w tym oczku wpływa (wypływa) jednocześnie do (z) zacisków
jednoimiennych obydwu cewek sprzężonych.
 jeśli istnieją sprzężenia pomiędzy cewkami to do impedancji wzajemnej należy
jeszcze dodać (zwrot obu prądów oczkowych względem zacisków jednoimiennych
cewek jest zgodny) lub odjąć (zwrot obu prądów oczkowych względem zacisków
21
wersja Beta
jednoimiennych cewek jest przeciwny).
Zatem równania 1 i 2 zostają uzupełnione w następujący sposób:
1


1.  R1  j L1  j
 j L2  R2  j2 M  I m1   j L2  R2  j M  I m 2  E we ,
C


2.  j L2  R2  j M  I m1   j L2  R2  I m 2  0.
Podstawiając dane, otrzymujemy
8  j10 2 + j6   I m1   E we 
E we

 2 + j6 2 + j2   I    0   Z we  I    10  4 j.

  m2  

m1
11
W przypadku, gdy cewki sprzężone są połączone tak, że spotykają się we wspólnym węźle
można zastosować układy równoważne, trzy cewki ale bez sprzężeń (4 możliwe kombinacje
I, II, III i IV- rys. poniżej).
A
*
M
L1
B
A
*
L2
*
B
M
L1
I
A
L2
*
L2-M
L1+M
A
B
M
L2
*
II
C
L2+M
B
M
M
C
B
C
L1-M
L1
*
A
B
C
A
III
*
L2
L1
*
-M
IV
C
C
Stosując III schemat równoważny, analizowany obwód można narysować w
następujący sposób (rys. poniżej).
Zatem
1
L1+M
-M
Z we  R1  j  L1  M   j

R1
C

C
L2+M
Zwe
 R2 + j  L2  M    -jM 


R2 + j  L2  M  - jM
R2
 2 + j6    -j4   10  j4
6  j12 - j8 +
2 + j6 - j4
22
wersja Beta
Zad. 1.38
W obwodzie panuje stan ustalony. Obliczyć wartość napięcia U.
R4
Im2
L1 M13
*
R1
*
U
C1
R2
M 13  M 25  0,5,
E3
L1  L2  L3  L5  1,
L3
R5
Im3
E1
C2

Im1
L2

M25
C5
2
2
C1  2, C2  , C5  ,
5
3
R1  R2  R4  R5  1,
E1  1, E 3  2,   1.
L5
Rozwiązanie.
W obwodzie występują induktory sprzężone polem magnetycznym; zalecaną metodą
analizy obwodu jest metoda prądów oczkowych. Można ułożyć następujące równania:
1. ( R1  j1C1  j L1  R2  j1C2  j L2 ) I m1  ( R1  j1C1  j L1 - j M 13 ) I m 2
( R2 
2.  ( R1 
1
j C1
1
jC2
 j L2  j M 13  j M 25 ) I m 3  E1 ,
 j L1  j M 13 ) I m1  ( R1 
1
j C1
 j L1  R4  j L3  2 j M 13 ) I m 2
  j L3  j M 13  I m3  E 3 ,
3.  ( R2 
1
jC2
( R2 
 j L2  j M 13  j M 25 ) I m1   j L3  j M 13  I m 2
1
jC2
 j L2  R5 
1
jC5
 j L5  j L3  2 j M 25 ) I m3   E 3 .
Podstawiając dane otrzymuje się układ równań
3 

-1
-1+ j
 2 j
2 I   1 

 m1
1
1    
 -1
2 + j - j  I m2    2 

2
2 

  I m3   2 
 -1+ 3 j - 1 j
2 - 2j 
2
2


Rozwiązując ten układ otrzymuje się
I m1  0,8783  j0, 2368,
I m 2  1, 4371  j0, 2581,
I m3  0, 06882  j0, 2499.
Napięcie U jest sumą trzech składowych
U  j L1 ( I m1  I m 2 )  j M 13 I m 2  j M 13 I m 3 .
Wartość numeryczna napięcia
U  0, 4908  j0.1942  0,5278e j2,765 rad .
23
wersja Beta
Zad. 1.39
Wyznaczyć wartości elementów szeregowego połączenia RZ, XZ równoważnego
układowi jak na rysunku poniżej. Dane: L  10 mH, M  3mH, R  1,5 kΩ,   2 105 rd/s.
M
*
L
*
L
A
RZ
R
Wynik
XZ
R
RZ  1, 4 kΩ, X Z   LZ  1,5 kΩ. Uwaga: Wykorzystać symetrię obwodu można
zauważyć, że nic się zmieni, jeśli połączenie A się usunie.
Zad. 1.40
Obliczyć napięcie u(t).
u1(t)
R1
Dane:
*
L1
R1  R2  1 ,   1,
M
L1  L2  M  1H,
u (t)
e(t )  2 cos(t ) V,
* u1(t)
R2
L2
e(t)
Wynik
u (t ) 
20
sin  t +108,40  V .
5
Zad. 1.41
W obwodzie występuje stan ustalony. Wyznaczyć prąd iC (t ) .
R1
L
C2
Dane:
e1 (t )  2,8sin  t   4  V,
e2 (t )  2 10sin  t    V,
C1
R1  1Ω, R2  2Ω, L  1H,
R2
e1(t)
iC(t)
e2(t)
C1  1 2 F, C2  1F.
Wynik
Stosujemy metodę napięć węzłowych ! iC (t )  2 2sin  t   2  A.
24
wersja Beta
Zad. 1.42
Znaleźć napięcie uL (t ) metodą napięć węzłowych.
Dane:
iZ (t )  2 cos(2t ),
iZ(t)
R1  R2  1,   3,
L  2, C  1/ 2.
R1
C
L
R2
i(t)
i(t)
Wynik
u L (t )  5,963sin  2t  1, 249r  V .
Zad. 1.43
Wyznaczyć stosunek T  U 1 U 2 dla poniższego układu w dwóch przypadkach
1) współczynnik wzmocnienia idealnego wzmacniacza operacyjnego k jest skończone oraz
2) gdy k   .
2R
Dane
2R
_

k
1
.
RC
+
C
U1
U2
R
Rys. 1.43a Analizowany układ
_
k
+
U+
U
UUwy
+
Uwy = k(U+- U-)
U
Rys. 1.43b Schemat równoważny idealnego wzmacniacza operacyjnego.
25
wersja Beta
Rozwiązanie
Narysujmy układ do analizy.
2R
2R

U
ux
U1
C
U2
R

U
ux
Zadanie rozwiążemy metodą napięć węzłowych. Do zacisków wejściowych należy
dołączyć pobudzenie. Poszukiwany stosunek T  U 1 U 2 nie może zależeć od wartości
pobudzenia ( U 1  0 ). Układamy następujący układ równań liniowych (równania wynikające
bezpośrednio z metody):
1
 
1.   jC  U  jCU 1  0,
R

1   1
1
 1

2. 
U1 
U 2,
U 
2R
2R
 2R 2R 
oraz równanie sterowania:


3. U 2  k U  U .


Rozwiązując ten układ równań (z 1. wyznaczamy U+, z 2. U- i wstawiamy do 3.)
otrzymujemy:
k 1  j RC 
U
k
1  j RC
T  2 

.
U1
 2  k 1  j RC   2  k  1  j RC 
Gdy k jest skończone, wówczas T  
k   , otrzymujemy: T  
1
RC
1
RC

k 1  j
U2
k


j . Natomiast gdy
U1
 2  k 1  j 2  k

j
U2
1  j RC
1 j



 j= e 2 .
U1
1  j RC
1+ j
Zad. 1.44
Wyznaczyć stosunek T  U 1 U 2 dla poniższego układu w przypadku gdy k   .
R
Wynik
C
_
T  U 2 U1  j
k
+
U1
R
1
 RC
U2
26
wersja Beta
Zad. 1.45
W obwodzie występuje stan ustalony. Wyznaczyć napięcie U stosując metodę napięć
węzłowych.
R1
Dane
E1  1, E 2  j3, I Z  4  j4,
R1  R2  R3  R4  1,
E1
C
R3
R4
U
IZ
L
E2
L  1, C  1,   1/ 2.
Wynik
1
U  j
2
R2
Rozwiązanie
Nie można bezpośrednio zastosować metody napięć węzłowych, gdyż nie można
wybrać węzła odniesienia (zgodnie z tą metodą źródła napięciowe powinny mieć wspólny
węzeł). Należy zatem przekształcić obwód stosując zasadę ruchliwości źródeł. Poniżej
1
 1
1
1 
oraz Z 2    j
pokazano sposób postępowania. Oznaczmy jako Z 1  R1  j
 .
C
L 
 R2
Z1
R3
E1
R4
U
IZ
E2
E1
Z2
Z1
Inaczej przerysowany obwód.
E1/R3
R3
V2
E2
Z2
R4
V3
IZ V1
E1
Napiszmy teraz równania wynikające z metody napięć węzłowych.
27
wersja Beta
 1
 1
1
1
1 
1 
1
E1
1.  


 IZ,
V 1    V 2  V 3 
Z2
R3
 R3 R4 Z 1 Z 2 
 R3 Z 1 
2. V 2  E 2 ,
3. V 3  E1.
Oczywiście szukane U  V 1 . Podstawiając dane i rozwiązując ten układ otrzymujemy :
1
U V1    j
2
Zad. 1.46
W obwodzie występuje stan ustalony. Wyznaczyć napięcie u (t ) .
iZ(t)
Dane:
e(t )  sin(t   4) V,
iZ (t )  cos(2t   4) A,
L
R1
R2
C
u(t)
R1  2 Ω, R2  5Ω,
C  1F, L  1H.
e(t)
Rozwiązanie
Należy zastosować zasadę superpozycji (pulsacje pobudzeń są różne).
IZ
L
R2
L
U’
C
R2
U’’
E
Wyznaczamy przyczynek napięcia U ' pochodzący od pobudzenia E :
R2
5 15
U'
E 
j  0, 6933e-j0,9828rad , 1  1r/s .
R2  j1 L
13 26
Wyznaczamy przyczynek napięcia U ' pochodzący od pobudzenia I Z :
j2 LR2
5
U '' 
I Z   3  7 j  1,313e j1,976rad , 2  2 r/s .
R2  j2 L
29
Ostatecznie u (t )  0,98058sin(t  0,98279)  1,857 sin(2t  1,976) V .
28
wersja Beta
Zad. 1.47
u(t)
Dane:
e1 (t )  1V  const, e2 (t )  2 sin(t ) V,
L1
e3 (t )  2 sin(2t ) V, C1  1F, R1  R2  1Ω,
R2
R1
L1  L2  1H.
L2
C
Wynik:
e1(t)
e2(t)
u (t )  0,5  2 sin(t )  5 2sin  2t  1,8925 r  V
e3(t)
Zad. 1.48
uC(t)
e(t)
C1
Dane:
e(t )  2 sin  t    V,
iZ(t
iZ (t )  cos  2t   4  A,
uC(t)
C1  C2  1F, R  1Ω,
L
u(t)
R
L  1H,   1A/V.
C2
Wynik
u (t )  1, 682sin  2t  2, 65 rad   0,5sin  t  2,36 rad  V .
Zad. 1.49
W obwodzie występuje stan ustalony. Wyznaczyć napięcie u (t ) stosując zasadę
superpozycji.
Dane:
L1
L2
u(t)
e(t)
iZ(t)
R1
R2
2 

e(t )  sin(2t ) V, iZ (t )  sin  2t   A,
3 
4
1
R1  2 Ω, R2  1Ω, L1  1H, L2  H.
2
Wynik:
u (t )  2 sin  2t  V.
29
wersja Beta
Zad. 1.50
Wyznaczyć schemat równoważny dwójnika AA’ (rys. 1.50a)
z tw. Thevenina. e(t )  2 cos  2t  , R1  5, R2  10,   10, L  5, C  1/ 20.
wynikający,
R2
A
e(t )
Wynik:
 i (t )
C
L
1
8
Eg   j
5
5
Z g  5  j5
i (t )
R1
A’
Rys. 1.50a
Rozwiązanie:
U R2
Wyznaczenie napięcia biegu luzem Eg
Ip
R2
A
C
L
E j
I
I
R1
A’
Napięcie E g  U AA '  E  U R2 . W obwodzie
(rys. 1.50b) są dwa niezależne oczka.
E
I
, Ip 
,
Zatem prąd I 
1
R1  j L
R2 
jC
jC  R2 E
1
8
a Eg  E 
 j .
1  jCR2  R1  j L  5 5
Rys. 1.50b
Wyznaczenie zastępczej impedancji generatora Zg
Wyłączając autonomiczne źródło napięciowe (w miejsce E wstawiamy zwarcie, rys 1.50b),
przez gałąź R1, L nie może płynąć prąd. Zatem I = 0 oraz I = 0 tak, więc źródło sterowane
jest również wyłączone. Z powyższych spostrzeżeń wynika, że
R2
A
L
Z g  Z wej
C
1
R2
jC


 5  5 j.
1
1  j R2C
R2 
jC
R2
I 0
Z wej  Z g
R1
A’
Rys. 1.50c
30
wersja Beta
Zad. 1. 51
Wyznaczyć schemat równoważny dwójnika AA’ (rys. 1.51a) wynikający,
z tw. Nortona. Dane: iZ (t )  10 cos  2t  450  , R  2,   2, C1  1/ 2, C2  1/ 4, , L  2.
C1
C2
A
iZ (t )
Wynik:
 i (t )
L
i (t )
I g  5  j 5,
1
1
Yg   j
8
8
R
A’
Rys. 1.51a
Rozwiązanie:
Wyznaczenie prądu zwarcia IAA’
Prąd I AA '  I g  I 1  I 2 (rys. 1.51b). Na gałęzi RL występuje napięcie U    I , czyli prąd
U
 I

. Równość ta jest możliwa tylko dla I  0 . Zatem źródło sterowane
R  j L R  j L
jest wyłączone (stanowi zwarcie). Prąd źródła autonomicznego IZ płynie dwoma drogami,
część przez kondensator C1 i część przez C2 (tzn. I2). Przez kondensator C1 płynie prąd I1,
gdyż prąd I = 0. Zatem I AA '  I g  I 1  I 2  5  j 5 .
I
C1
C2
I2
A
I
L
I Z  5  j 5
I
U
I1
IAA’
R
A’
Rys. 1.51b
31
wersja Beta
Wyznaczenie zastępczej impedancji generatora Zg
I
C2
C1
A
L
I
U we
I we
Podłączamy do zacisków AA’ źródło
prądowe o wydajności I we (rys. 1.51b),
U
stosunek we określa impedancję
I we
wejściową Z we dwójnika AA’.
Prąd I  I we , zatem napięcie
U we   I  I  R  j L  
I we    R  j L  .
R
A’
U we
   R  j L , a
I we
1
1



Z we   R  j L
Tak więc Z we 
Rys. 1.51b
Y we
1
1
1
 j
4  j4 8
8
Zad. 1.52
Obliczyć prąd i(t). Zastosować twierdzenie Thevenina.
i(t)
L
R3
C
iZ(t)
R1
R2
e(t)
e(t )  20sin(100 t ) V,
iZ (t )  0, 04sin(100 t ) A,
R1  400 , R2  300 ,
R3  500 , L  6 H, C  25μF.
Rozwiązanie.
Zgodnie z twierdzeniem Thevenina można skonstruować obwód zastępczy pokazany
na rysunku.
EW
ZW
I
SEM Ez można obliczyć przy rozwartych zaciskach kondensatora
R2
E z  I z ( R1  j L)  E
 6, 0104  j16,9706.
R2  R3
Impedancja Zw to impedancja przy rozwartych zaciskach kondensatora i wyłączonych
źródłach
RR
1
Z w  R1  j L 
 2 3  587,5  j200.
j C R2  R3
Tak więc
E
I  z  (17,9803  j22, 7651)103.
Zw
Prąd jest zatem równy
i (t )  41, 03103 sin(100 t  0,9023) A.
32
wersja Beta
Zad. 1.53
Obliczyć moce wydzielone w obciążeniu o impedancji Z0. Jakie wartości winny mieć
elementy R0 i C0 aby w obciążeniu wydzieliła się maksymalna moc czynna. Obliczyć wartość
tej mocy.
a
I
R
E
E  100 V, R  500 , R0  200 ,
C0
I
b
R0
  300 , L  1H, C0  2,5μF,
  103 rad/s.
Rozwiązanie.
Na zaciskach a,b obciążenia zastosujemy twierdzenie Thevenina. Obwód zastępczy
pokazano na rysunku.
I0
Ez  E
ZW
U0
Z0
EZ
j L
E

 92  j16.
R  j L
R  j L
Impedancję Zw obliczymy w obwodzie pokazanym na rysunku poniżej.
a Id
I
I
R
L
Ed   I
Ed
, I
,
  j L
j L
Ed
I
b
Ed  
Id 
Ed
Ed
  j L
.

R
  j L
Stąd
Zw 
Ed
  j L
R
 460  j80,
Id
R  j L
1
j C0
 160  j80.
Z0 
1
R0 
j C0
R0
Prąd i napięcie na obciążeniu
Ez
I0 
 0,1439  j0, 02581, U 0  I 0 Z 0  25,8065  j7, 7419.
Zw  Z0
Zespolona moc pozorna
*
S  U 0 I 0  3, 6296  j1,8148.
Moc czynna i bierna, wydzielone w obciążeniu
P  3, 6296 W, Q  1,8148 VAr.
Aby w obciążeniu wydzieliła się maksymalna moc czynna, impedancja obciążenia
winna mieć wartość
*
Z 01  Z w  460  j80.
Admitancja takiego obciążenia winna być równa
33
Y 01 
wersja Beta
1
 0, 0021101  j0, 000367,
Z 01
skąd
1
Im{Y }
 473,9 , C01 
 0,367 μF.
Re{Y 01}

Maksymalna moc czynna w warunkach dopasowania energetycznego
| E z |2
Pmax 
 4, 7391W.
4 Re{Z w }
R01 
Zad. 1.54
Na rysunku pokazano schemat zastępczy pewnego rzeczywistego źródła prądowego.
Jaką mocą czynna dysponuje takie źródło?
L
i(t)
R1
iZ(t)
i(t)
R3
R2
v(t)
C
iz (t )  5sin(314 t ), R1  100 ,
L  3,185 H, C =2 nF, R2  500 ,
R3  500 ,   1k.
Rozwiązanie.
Znajdziemy obwód zastępczy wynikający z twierdzenia Nortona.
IZW
ZZ
Po zwarciu zacisków wyjściowych, dla symbolicznej wartości
napięcia v(t) można zapisać
R1
1
1
1
V 1
 )  Iz

,
V( 
R2 R1  j L R3
R1  j L
R2 R3
skąd
V  9, 4629  j42, 061.
1

R2
 0, 05678  j0, 2523.
R3
Po rozwarciu źródła prądowego można obliczyć impedancję w kierunku strzałki na rysunku
R2  
 1169,16  j551, 45.
Z w1 
R2
1
R1  j L
Impedancja wewnętrzna
1
( Z w1  R3 )
j C
 1670,32  j549,89.
Zw 
1
Z w1  R3 
j C
I zw  V
34
wersja Beta
Moc dysponowana źródła
Pd 
| I zw Z w |2
 30,97 W.
4 Re( Z w )
Zad. 1.55
W celu dopasowania rezystora R0 = 100  do źródła o rezystancji wewnętrznej
Rw = 200  zastosowano układ LC, pokazany na rysunku. Obliczyć jakie parametry muszą
mieć kondensator oraz induktor aby w układzie wystąpiło dopasowanie.
L
RW
E
R0
C
Rozwiązanie.
Impedancja wejściowa układu od strony zacisków obciążenia
1
Rw
j C
Zw 
 j L.
1
Rw 
j C
W warunkach dopasowania
Re{Z w }  R0 ,
Im{Z w }   L  0.
Rozwiązanie pierwszego równania daje wartość pojemności kondensatora
Rw
1
C
 1  5μF,
 Rw R0
rozwiązanie drugiego równania indukcyjność induktora
Rw2 C
 0,1H.
L
1  ( RwC ) 2
Zad. 1.56
Znaleźć strukturę i wartości elementów dwójnika N, tak aby wydzieliła się w nim
maksymalna moc czynna. Obliczyć tę moc.
Dane:
R1 = 1 , R2 = 1 ,
L
A
L  1 H , C  12 F ,
R1
e(t)
e(t )  2 10 cos  2t  V
R2
C
N
B
Wyniki:
4 2
Z g    j  ,
3 3
 20

E g   + j10  V,
 3

325
W.
Pmax 
12
3 3 
Y g   - j  ,
 5 10 
I g   7  4 j A,
35
wersja Beta
Zad. 1.57
Znaleźć strukturę i wartości elementów dwójnika N, tak aby wydzieliła się w nim
maksymalna moc czynna. Obliczyć tę moc.
L
Dane:
R1 = 1 , R2 = 1 ,
L  1 H , C  12 F ,
A
R1
R2
e(t)
C
e(t )  2 5cos  2t  V
N
B
Wynik
2 1 
Z g    j  ,
3 3 
E g  10 j/ 3V , I g   2  4 j A,
Pmax 
25
W.
6
Zad. 1.58
Dobrać tak R0 i C0 by w tym dwójniku wydzieliła się maksymalna moc czynna.
Wyznaczyć tę moc.
Dane:
e(t )  3 2 sin  2t   4  V,
A
L
R2
R1  R2  1 Ω,
R1
C  1 4 F, L  1 2 H.
e(t)
C
5
6
Wynik: R0  ,
C0 
C0
B
3
F,
10
Pmax 
R0
15
W.
4
Zad. 1.59
Obliczyć elementy (R0 i C0 lub R0 i L0), dwójnika N, które zapewnią dopasowanie tego
dwójnika na maksymalną moc czynną. Obliczyć tę moc.
L
A
u(t)
R2
R1
e(t)
N
u(t)
Wynik: I g  5jA,
C
B
Y g   3  2 j S ,
4
1  
e(t )  2sin  t   , L  ,
4
5
2
1
1
R1  , R2  1,   , C  2.
2
2
Pmax 
25
. Dwójnik N to np. równoległe
12
1
połączenie rezystora R0   oraz kondensatora C0  4 F .
3
36
wersja Beta
Zad. 1.60
Obliczyć elementy (Ro i Co lub Ro i Lo), dwójnika N, które zapewnią dopasowanie
tego dwójnika na maksymalną moc czynną. Obliczyć tę moc.
 i (t )
C
iZ (t )
i (t )
R2
N
R1
1  
iZ (t )  3sin  t   A,
4
2
3
R1  ,
R2  2 ,
2
1
  ,
C  1F,
2
L  4 H.
Wynik:
E g  6 jV, Z g   3  j , Pmax  3W . Dwójnik N składa się np. z szeregowo połączonego
rezystora R0  3  i kondensatora C0 
1
F.
2
Opracował i napisał:
Czesław Michalik [email protected]
Instytut Telekomunikacji i Akustyki I-28
Politechnika Wrocławska
Wybrzeże Wyspiańskiego 27
Mile widziane uwagi dotyczące dostrzeżonych błędów.
37

Metoda symboliczna Zad. 1.1 Rozwiązanie d: Wynik: a) , b) c) , d)

Transkrypt

Podobne dokumenty

MATEMATYKA I STATYSTYKA DLA PRZYRODNIKÓW

Analiza matematyczna III Lista 8 Zad 1. Wyrazić objętość bryły przez

Oficjalna ściąga, którą wolno przynieść na egzamin. Przynoszenie

Ćwiczenia z Algebry liniowej z geometrią. I rok matematyki z fizyką

ETAP I (klasy drugie) termin14.10.2016r. Zad.1 Francuzi O. Fermat i

Stałe astronomiczne i fizyczne

Geometria Różniczkowa I