Rozwi zania zada dla grupy elektrynczo-elektronicznej

XXXVI OLIMPIADA WIEDZY TECHNICZNEJ
Zawody III stopnia
Rozwi¡zania zada« dla grupy elektryczno-elektronicznej
Rozwi¡zanie zadania 1
Ad.1. Przy poª¡czeniu równolegªym wzmacniaczy W1 oraz W2 charakterystyki amplitudowe
dodaj¡ si¦. Zatem dla napi¦¢ wej±ciowych UW E 1 < U0 U0 = 100 mV wzmocnienie ukªadu
jest równe k11 = k + k = 6 V/V, a dla napi¦¢ UW E 1 100 mV wzmocnienie ukªadu
jest równe wzmocnieniu wzmacniacza W2 i odcinek wypadkowej charakterystyki amplitudowej
caªego ukªadu jest teraz równolegªy do charakterystyki wzmacniacza W2 .
0
00
UWY1
W1 + W 2
V
k12 = 1 V/V
0,7
k11 = k’ +k’’
W2
0,6
W1
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0
UWE1
0,1
0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 V
Rys.1. Wypadkowa charakterystyka amplitudowa wzmacniaczy
W1 i W2 poª¡czonych równolegle
1
Ad.2. Wypadkowa charakterystyka amplitudowa dwóch stopni poª¡czonych kaskadowo skªada si¦ z trzech odcinków. Pierwszy, dla napi¦¢ wej±ciowych UW E 2 < U01 =k11 dotyczy sytuacji,
kiedy oba wzmacniacze W1 nie s¡ w stanie ograniczenia napi¦cia. W tym wypadku wzmocnie2 = (k + k )2. Drugi, dla napi¦¢ U > U
nie kaskady jest równe k21 = k11
01
W E 2 U01 =k11
dotyczy sytuacji, kiedy wzmacniacz W1 drugiego stopnia kaskady wchodzi w stan ograniczenia
napi¦cia. Wypadkowe wzmocnienie caªego ukªadu jest teraz takie jak wzmocnienie pierwszego
stopnia k22 = k11 . Trzeci odcinek wypadkowej charakterystyki amplitudowej ukªadu jest równolegªy do linii o wzmocnieniu 1 V/V poniewa» dla napi¦¢ UW E 2 U01 wzmacniacze W1 obu
stopni kaskady s¡ w stanie ograniczenia napi¦cia. Sygnaª wej±ciowy jest wzmacniany tylko przez
wzmacniacze W2 obu stopni. Wzmocnienie w tym wypadku jest równe 1V/V 1V/V = 1V/V.
0
00
UWY2
V
k23 = 1 V/V
1,4
1,2
1,0
k22 = k11
0,8
0,6
W1
k21 = k112
0,4
W2
0,2
UWE2
0
0,0167
0,1
0,2
V
Rys.2. Wypadkowa charakterystyka amplitudowa kaskady dwóch stopni wzmacniacza
Ad.3. Wypadkowa charakterystyka amplitudowa czterech poª¡czonych kaskadowo stopni
wzmacniacza skªada si¦ z pi¦ciu odcinków o odpowiednich wzmocnieniach napi¦ciowych:
4 , dla 0 < U
3 ;
1. { k41 = k11
U
=k
W E2
01 11
2
3 , dla U =k3 < U
2 ;
2. { k42 = k11
U
=k
01 11
W E2
01 11
2
2
3. { k43 = k11 , dla U01 =k11 < UW E 2 U01 =k11 ;
4. { k44 = k11 , dla U01 =k11 < UW E 2 U01 ,
5. { k45 = 1 V/V, dla U01 < UW E 2 :
Kolejne zmniejszanie wzmocnienia jest wynikiem wchodzenia w stan ograniczenia napi¦cia
wyj±ciowego wzmacniaczy W1 w stopniach licz¡c od ko«ca kaskady wzmacniaczy.
V
UWY4
k45 = 1 V/V
2,6
2,4
2,2
2,0
k44 = k11
1,8
1,6
k43 = k11
1,4
2
1,2
1,0
k42 = k11
0,8
3
k41 = k114
0,6
W1
0,4
W2
0,2
UWE4
3
U 01/k11 = 0,46 mV
0,05
0,1
V
2
U01/k11 = 2,8 mV
U01/k11 = 16,7 mV
Rys.3. Wypadkowa charakterystyka amplitudowa kaskady czterech stopni wzmacniacza
3
Rozwi¡zanie zadania 2
Napi¦cie indukowane w dowolnym uzwojeniu transformatora, zgodnie z prawem indukcji
Faradaya mo»e by¢ opisane zale»no±ci¡:
u=
z :
t
(1)
Poniewa» zadany przebieg czasowy strumienia magnetycznego skªada si¦ z o±miu odcinków
prostych (rys.1.a) to dla ka»dego z tych odcinków mo»na wyznaczy¢ szybko±¢ zmian strumienia
magnetycznego i odpowiadaj¡ce jej napi¦cie wtórne u2 (rys.1.b) oraz uwzgl¦dniaj¡c przekªadni¦
transformatora napi¦cie pierwotne
u2
u1 =
n
1. 1 = 80 Vs
u11 = 200 V
2. 2 = 40 Vs
u12 = 66; 7 V
3. 3 = 0
u13 = 0
4. 4 = 80 Vs
u14 = 100 V
5. 5 = 80 Vs
u15 = 200 V
6. 6 = 40 Vs
u16 = 66; 7 V
7. 7 = 0
u17 = 0
8. 8 = 80 Vs
u18 = 100 V
t1 = 20 s 1 = t1 = 4 V
u21 = 4 150 = 600 V
t2 = 30 s 2 = t2 = 1 13 V
u22 = 1 13 150 = 200 V
t3 = 10 s 3 = t3 = 0
u23 = 0
t4 = 40 s 4 = t4 = 2 V
u24 =
2 150 = 300 V
t5 = 20 s 5 = t5 = 4 V
u25 =
4 150 = 600 V
t6 = 30 s 6 = t6 = 1 31 V u26 = 1 31 150 = 200 V
t7 = 10 s 7 = t7 = 0
u27 = 0
t8 = 40 s 8 = t8 = 2 V
u28 = 2 150 = 300 V
4
a)
µVs
Ф
3
100
2
80
4
60
40
1
20
t
0
20
40
60
80
100
120
140
160
180
µs
200
1
-20
5
-40
-60
8
-80
6
-100
7
b)
V
u 1, u2
600
1
1
400
8
u2
2
200
u1
3
0
20
40
t
60
80
100
-200
120
140
7
160
6
4
-400
5
-600
Rys.1. a) Przebieg czasowy strumienia magnetycznego ,
b) Przebiegi czasowe napi¦¢ u1, u2 wzmacniacza
5
180
µs
200
Energi¦ dostarczon¡ do odbiornika mo»na obliczy¢ ze wzoru:
W =P t:
Moc P jest równa
U2
P=
;
R
(2)
(3)
gdzie U oznacza warto±¢ skuteczn¡ napi¦cia wtórnego u2 transformatora zasilaj¡cego odbiornik
R.
Warto±¢ skuteczn¡ U oblicza si¦ z zale»no±ci:
v
u
2
u
2
2
u
2 u21 t1 + u22 t2 + u24 t4
u
t
U=
:
T
(4)
gdzie T = 200 s { okres badanych przebiegu czasowych strumienia magnetycznego i napi¦¢ u1
i u2.
Po podstawieniu danych U = 346 V
Moc P jest zatem równa
3462
P=
= 600 W,
200
a energia dostarczona do odbiornika w czasie 10 minut
10
W = 0; 6 = 0; 1 kWh.
60
Rozwi¡zanie zadania 3
Przy zaªo»eniu, »e w falowniku nie wyst¦puj¡ straty energii moc chwilowa ¹ródªa napi¦cia
jest równa mocy chwilowej na zaciskach wyj±ciowych falownika:
pZ = pf :
(1)
Moc chwilow¡ ¹ródªa napi¦cia opisuje zale»no±¢:
pZ = UZ iZ :
(2)
Podobnie moc chwilow¡ na zaciskach falownika zale»no±¢:
pf = uf if :
(3)
6
Wariant I. Korzystaj¡c z II prawa Kirchhoa dla obwodu wyj±ciowego falownika mo»na napisa¢:
uf = uL + uR ;
(4)
lub uwzgl¦dniaj¡c zale»no±¢ uL = L dif =dt:
uf
=L
dif
dt
+ if R :
(5)
Uwzgl¦dniaj¡c zale»no±ci (4) i (5) w (3) mo»na napisa¢:
2
2
pf = ! L I sin ! t cos ! t + R I sin2 ! t :
M
M
(6)
Podstawiaj¡c zale»no±ci (2) i (5) do (1) i wykonuj¡c przeksztaªcenie przebieg pr¡du ¹ródªa
zasilaj¡cego falownik opisuje zale»no±¢:
2
2
2
! L I sin ! t cos ! t
R I sin ! t
M
M
if =
+
:
(7)
Uf
Uf
Po podstawieniu danych
if = 0; 353 A sin 120 t + 3; 75 A (1 cos 120 t)
Wariant II. Pomijaj¡c we wzorze (4) napi¦cie uf , mo»na napisa¢
if
=
2
2
R I sin ! t
M
Uf
:
Po podstawieniu danych
if
3; 75 A (1 cos 120 ! t) :
Przy obliczaniu mocy mo»na zastosowa¢ podstawienia:
(sin 2 ! t)
(1 cos 2 ! t)
sin ! t cos ! t =
oraz
sin2 ! t =
:
2
2
7
(8)
Zale»no±¢ (6) b¦dzie miaªa wtedy posta¢:
pf
=
=
!LI
2
M
sin 2 ! t
2
2
! L I sin 2 ! t
M
2
+
RI
2
M
(1 + cos 2 ! t)
2
+
RI
M
2
+
2
=
(9)
2
R I cos 2 ! t
M
2
:
Warto±¢ ±rednia tej funkcji jest równa mocy czynnej Pf dostarczanej przez ¹ródªo napi¦cia staªego do ukªadu falownik { odbiornik. Poniewa» warto±¢ ±rednia pierwszego i trzeciego
skªadnika sumy (9) jest równa zero to moc Pf jest równa:
2
10 152
=
= 1125 W.
Pf =
2
2
RI
M
Identyczny wynik mo»na uzyska¢ z uproszczonej zale»no±ci (8).
8
(10)
Rozwi¡zanie problemu technicznego
Oś przednia
samochód
Q1
K
W1
Oś tylna
samochód
S1
S3
Q3
K
W1
K
W2
Q2
K
S2
W2
Oś przednia
przyczepa
Q5
K
Q4
Oś tylna
przyczepa
Rys.1. Przykªad rozwi¡zania problemu
Najprostsze rozwi¡zanie przedstawiono na rys.1. Polega ono na zaprojektowaniu trzech sumatorów binarnych (rys.1). Pierwszy 4-bitowy, S 1 oblicza ci¦»ar samochodu, drugi S 2 identyczny jak S 1 oblicza ci¦»ar przyczepy i trzeci 5-bitowy, S 3 oblicza ci¦»ar caªego zestawu. Danymi
wej±ciowymi sumatorów 4-bitowych s¡ liczby generowane przez wagi pomiarowe na których umieszczono czujniki W 1 { W 4: Waga W 1 { nacisk na o± przedni¡ samochodu, waga W 2 nacisk
na o± tylna samochodu, waga W 3 { nacisk na przedni¡ o± przyczepy, waga W 4 { nacisk na
tyln¡ o± przyczepy.
Do wy±wietlenia wyniku pomiaru mo»na, stosuj¡c odpowiedni dekoder K zastosowa¢ dowolne wy±wietlacze cyfrowe Q1 { Q5, np. siedmiosegmentowe. Naciski na poszczególne osie mo»na
wy±wietli¢ dekoduj¡c wskazania poszczególnych wag.
9