Zygmunt Filipowicz - Zadania z TO

Zygmunt Filipowicz

ZADANIA Z TEORII OBWODÓW

SPIS TREŚCI 1. Obwody liniowe prądu stałego. 2. Obwody nieliniowe prądu stałego. 3. Obwody prądu sinusoidalnego. 4. Obwody trójfazowe. 5. Obwody o wymuszeniu okresowym niesinusoidalnym. 6. Obwody liniowe w stanie nieustalonym i transmitancje operatorowe.

OD AUTORA Skrypt „Zadania z teorii obwodów” jest przeznaczony dla studentów pierwszego i drugiego roku studiów na Wydziale Elektrycznym Politechniki Warszawskiej. Skrypt stanowi zbiór zadań , które w formie i treści odpowiadają nowym programom i metodyce nauczania teorii obwodów elektrycznych. Prezentowane w nim zadania dotyczą: liniowych i nieliniowych obwodów elektrycznych w stanie ustalonym, obwodów trójfazowych, obwodów o wymuszeniu okresowym niesinusoidalnym oraz obwodów w stanie nieustalonym i transmitancji operatorowych. Do wszystkich zadań podano szczegółowe rozwiązania, dla wielu róŜnymi metodami, w celu sprawdzenia poprawności rozwiązania jak i moŜliwości jego wyboru. Pragnę wyrazić podziękowanie recenzentowi prof. dr hab. Janowi Sikorze za cenne i wnikliwe uwagi, które umoŜliwiły wyeliminowanie wielu błędów i pomyłek. Dziękuję Kolegom z Zakładu Elektrotechniki Teoretycznej, których wiedza i przemyślenia były bardzo pomocne w tym jak najkorzystniej trafić do początkującego kandydata na inŜyniera elektryka, jak zachęcić go do rozwiązywania zadań z teorii obwodów, których znajomość pozwoli mu na łatwe opanowanie innych dziedzin elektrotechniki Słowa podziękowania składam gorąco prof. dr hab. Kazimierzowi Mikołajukowi, którego wykłady i ksiąŜka „Podstawy analizy obwodówenergoelektronicznych” skłoniły mnie do napisania tego skryptu jako uzupełnienie do ćwiczeń, które prowadzę ze studentami.

Autor

1. Obwody liniowe prądu stałego

Zad. 1.1 Obliczyć rezystancje zastępczą (rys1.1a), R1 = 4 Ω, R2 = 13 Ω, R3 = 5 Ω, R4 =7Ω, R5 = 3 Ω, R6 = 6 Ω. R1 R2 R3 A

B

R4

R5 R6

Rys. 1.1a Rozwiązanie Na rys. 1.1b przedstawiono kolejne etapy obliczenia.

R7 =

R5 ⋅ R6 3⋅ 6 = = 2Ω R5 + R6 3 + 6

R8 = R2 + R3 = 13 + 5 = 18 Ω R9 = R4 + R7 = 7 + 2 = 9 Ω

R10 =

R8 ⋅ R9 18 ⋅ 9 = =6Ω R8 + R9 18 + 9

R AB = R1 + R10 = 4 + 6 = 10 Ω Rys. 1.1b

Zad. 1.2. Obliczyć rezystancje zastępczą (rys1.2a), R12 = 50 Ω, R23 = 200 Ω, R31 = 250 Ω, R4 = 40Ω, R5 = 20 Ω, R6 = 35 Ω.

Rys. 1.2a Rozwiązanie Trzy rezystory R12, R23, R31, połączone w trójkąt zastąpiono trzema rezystorami R1, R2, R3, połączonymi w gwiazdę (Rys. 1.2b)

Rys. 1.2b

R12 ⋅ R31 50 ⋅ 250 = 25 Ω = R12 + R23 + R31 50 + 200 + 250 R23 ⋅ R12 200 ⋅ 50 R2 = = = 20 Ω R12 + R23 + R31 50 + 200 + 250 R31 ⋅ R23 250 ⋅ 200 R3 = = = 100 Ω R12 + R23 + R31 50 + 200 + 250 Dodając szeregowo połączone rezystory R2 i R4 oraz R3 i R5 otrzymujemy kolejny uproszczony schemat. (Rys. 1.2c) R24 = R2 + R4 = 20 + 40 = 60 Ω R35 = R3 + R5 = 100 + 20 = 120 Ω R1 =

R AB

Rys. 1.2c R24 ⋅ R35 60 ⋅ 120 + 35 = 100 Ω. = R1 + + R6 = 25 + R24 + R35 60 + 120

Zad. 1.3. Narysować charakterystykę napięciowo prądową rzeczywistego źródła napięcia (rys.1.3a). E = 12 V, RW = 2 Ω, a następnie obciąŜyć źródło rezystorem R = 4 Ω i zaznaczyć na charakterystyce punkt pracy. Rozwiazanie

Rys. 1.3a Podłączony do źródła woltomierz (rys. A) mierzy stan jałowy, prąd wyjściowy równa się zero, a napięcie wyjściowe wynosi 12 V. Jest to największe napięcie jakie moŜemy z tego źródła uzyskać. Podłączony do źródła amperomierz (rys. B) mierzy stan zwarcia, napięcie wyjściowe równa E 12 się zero, a prąd wyjściowy wynosi IWY = = = 6 A. Jest to największy prąd jaki moŜemy RW 2 z tego źródła uzyskać. Podłączony do źródła rezystor R = 4 Ω (rys. C) ustala punkt pracy P. Prąd wyjściowy wynosi E 12 IWY = = = 2 A, a napięcie wyjściowe UWY = IWY ⋅ R = 2 ⋅ 4 = 8 V. RW + R 2 + 4 Zmieniając rezystancje R od zera do nieskończoności punkt pracy P będzie przesuwał po prostej przedstawionej na rys. 1.3b, (zwanej prostą obciąŜenia), która jest charakterystyką prądowo napięciową źródła rzeczywistego. E Równanie tej prostej ma postać U WY = E − RW IWY , (U WY 〈 E , 0〈 IWY 〈 ) RW

Rys.1.3b. Na rys. 1.3b. przedstawiono charakterystykę napięciowo prądową rzeczywistego źródła napięcia.

Zad. 1.4. Narysować charakterystykę prądowo napięciową rzeczywistego źródła prądu (rys.1.4a). J = 15 A, RW = 3 Ω, a następnie obciąŜyć źródło rezystorem R = 6 Ω i zaznaczyć na charakterystyce punkt pracy Rozwiazanie

Rys. 1.4a Podłączony do źródła amperomierz (rys. A) mierzy stan zwarcia, prąd wyjściowy wynosi 15 A, a napięcie wyjściowe równa się zero. Jest to największy prąd jaki moŜemy z tego źródła uzyskać. Przez rezystor RW prąd nie płynie, poniewaŜ napięcie na nim równa się zero, cały prąd źródła płynie przez amperomierz. Podłączony do źródła woltomierz (rys. B) mierzy stan jałowy, prąd wyjściowy równa się zero, a napięcie wyjściowe wynosi UWY = J ⋅ RW = 15 ⋅ 3 = 45 V. Jest to największe napięcie jakie moŜemy z tego źródła uzyskać. Podłączony do źródła rezystor R = 6 Ω (rys. C) ustala punkt pracy P. Napięcie wyjściowe R ⋅R 3⋅ 6 U 30 wynosi UWY = W J= 15 = 30 V. Prąd wyjściowy IWY = WY = = 5 A. RW + R 3+ 6 R 6 Zmieniając rezystancje R od zera do nieskończoności, punkt pracy będzie się przesuwał po prostej na rys 1.4b, (zwanej prostą obciąŜenia), która jest charakterystyką prądowo napięciową rzeczywistego źródła prądu. U Równanie tej prostej ma postać IWY = J − WY , ( IWY 〈 J , 0〈UWY 〈 J ⋅ RW ) RW

Rys. 1.4b. Na rys.1.4b. przedstawiono charakterystykę prądowo napięciową rzeczywistego źródła prądu.

Zad. 1.5. Dla obwodu przedstawionego na rys.1.5a, obliczyć źródło zastępcze UT, oraz rezystancje zastępczą RT. Dane: E2= 12 V, E4 = 32 V, J1 = 2 A, J 5 = 8 A, R1 = 10 Ω, R2 = 3 Ω, R3 = 6 Ω, R4 = 20 Ω.

Rys. 1.5a Rozwiązanie: Zamieniając źródło napięciowe na źródło prądowe lub odwrotnie z zachowaniem jego kierunku, a następnie dodając równoległe źródła prądu oraz szeregowo źródła napięcia otrzymamy schemat jak na rys.1.5b Źródło napięciowe E2 i rezystor R2 zamieniamy na źródło prądu E 12 J2 = 2 = =4 A R2 3 Rezystancja R2 zostaje połączona równolegle ze źródłem J 2 .MoŜna zamiast rezystancji R2 wstawić do schematu zastępczego jej odwrotność czyli konduktancje , jednak dla prostoty zamiany źródła napięciowego na prądowe i odwrotnie pozostaniemy przy rezystancji. 1 1 Kondunktancja G2 = = S (Simensa) R2 3 Podstawiamy dane liczbowe.

Rys. 1.5b

Dodając równoległe źródła prądu otrzymujemy źródło prądu o wartości 12 A Dodając równolegle połączone rezystory R2 i R3 otrzymujemy:

R ⋅R 1 1 1 1 = + = S lub prościej przy połączeniu dwu rezystorów R23 = 2 3 = 2 Ω R23 R2 R3 2 R2 + R3 Zamieniając rzeczywiste źródło prądu na rzeczywiste źródło napięcia otrzymujemy kolejny uproszczony schemat, rys 1.5c Rezystancja R4 została opuszczona poniewaŜ źródło napięciowe E2 jest idealne (nie ma szeregowo połączonego rezystora) i moŜe być dowolna nie zmieniając RT.

Rys.1.5c Dodając szeregowo połączone źródła napięciowe z zachowaniem ich kierunku mamy U T = 32 + 24 − 20 = 36 V Rezystancje zastępczą RT otrzymamy dodając szeregowo połączone rezystory (przy zwarciu źródeł napięciowych) RT = 10 + 2 = 12 Ω Zastępowanie dwójnika z wieloma źródłami (napięciowymi i prądowymi) jednym źródłem oraz rezystancjami jedną rezystancją (ogólnie impedancją), jest waŜnym w elektrotechnice twierdzeniem Thevenina.

Zad. 1.6. Obliczyć wskazania amperomierza i woltomierza, oraz rozpływ prądów między indukcyjnościami połączonymi równolegle, oraz rozkład napięcia między kondensatorami połączonymi szeregowo. Obwód jest w stanie ustalonym (rys 1.6a) Wymuszenie stałe. L2 = 1.2 H. E = 500 V, R1 = 30 Ω, R2 = 70 Ω, C1 = 5 µF, C 2 = 2 µF, L1 = 0.8 H,

Rys. 1.6a Rozwiązanie Przy wymuszeniu stałym indukcyjno ści stanowią zwarcie, a pojemności przerwę. Napięcie na indukcyjności równa się zero. Napięcie na pojemno ści (pojemnościach) , wynika z napięcia elementu do którego są dołączone. Dla prądu stałego w stanie ustalonym przedstawiono obwód na rys. 1.6b, wartości chwilowe są równe wartością skutecznym, i = I , u = U .

Rys. 1.6b

E 500 = = 5A R1 + R2 30 + 70 U 2 = R2 I = 70 ⋅ 5 = 350 V I=

amperomierz wskaŜe 5 A woltomierz wskaŜe 350 V

Napięcie na indukcyjności przy przepływie prądu stałego równa się zero, u L = L zmiany prądu w czasie (prąd stały)

diL nie ma dt

W celu obliczenia rozpływu prądu miedzy połączonymi równolegle indukcyjnościami skorzystamy z zasady zachowania ciągłości strumienia w oczku. ψ L1 −ψ L2 = 0 iL1 L1 = iL2 L2 i = i L1 + i L2 z I praw. Kirchhoffa po podstawieniu danych iL1 ⋅ 0.8 = i L2 ⋅1.2

5 = iL1 + iL2 stąd iL1 = 3 A,

iL2 = 2 A.

Prąd kondensatora przy naładowaniu go napięciem stałym do stanu ustalonego równa się du zero, iC = C nie ma zmiany napięcia w czasie (napięcie stałe) dt W celu obliczenia rozkładu napięcia pomiędzy szeregowo połączone pojemności skorzystamy z zasady zachowania równości ładunków w węźle. qC1 = qC 2 C1 ⋅ u C1 = C 2 ⋅ u C2 u 2 = uC1 + uC2 z II praw. Kirchhoffa po podstawieniu danych 5 ⋅10 −6 ⋅ u C1 = 2 ⋅ 10 −6 ⋅ uC2

350 = u C1 + uC2 stąd uC1 = 100 V, uC2 = 250 V.

Zad.1.7. W obwodzie przedstawionym na rys.1.7a amperomierz wskazuje wartość 3A. Korzystając z prądowego i napięciowego prawa Kirchhoffa obliczyć wartość źródła E. R1 = 3 Ω, R2 = 6 Ω, R3 = 9 Ω, R4 = 6 Ω, R5 = 8 Ω, R6 = 2 Ω.

Rys. 1.7a Rozwiązanie I5 = 3 A U 5 = R5 I 5 = 8 ⋅ 3 = 24 V U 6 = R6 I 5 = 2 ⋅ 3 = 6 V

Z napięciowego prawa Kirchhoffa dla oczka c U 4 − U5 − U 6 = 0 U 4 = U 5 + U 6 = 24 + 6 = 30 V

Stąd prąd I 4 U 30 I4 = 4 = =5A R4 6 Z prądowego prawa Kirchhoffa dla wezła (2) − I3 + I4 + I5 = 0 I3 = I 4 + I5 = 5 + 3 = 8 A

Stąd napięcie U 3 U 3 = R3 I 3 = 9 ⋅ 8 = 72 V Z napięciowego prawa Kirchhoffa dla oczka b U 2 − U3 − U 4 = 0 U 2 = U 3 + U 4 = 72 + 30 = 102 V

Stąd prąd I 2 U 102 I2 = 2 = = 17 A R2 6 Z prądowego prawa Kirchhoffa dla wezła (1) − I1 + I 2 + I 3 = 0 I1 = I 2 + I 3 = 17 + 8 = 25 A

Stąd napięcie U1 U1 = R1I1 = 3 ⋅ 25 = 75 V Z napięciowego prawa Kirchhoffa dla oczka a E − U1 − U 2 = 0 E = U1 + U 2 = 75 + 102 = 177 V

Zad. 1.8. Metodą potencjałów węzłowych obliczyć rozpływ prądów, w obwodzie jak na rysunku 1.8a , o parametrach: E = 240 V, R1 = 2 Ω, R2 = 24 Ω, R3 = 6 Ω, R4 = 9 Ω, R5 = 18 Ω.

Rys. 1.8a Rozwiązanie. Równania potencjałów dla węzłów V1 i V2 1 1 1  1 E V1 + +  − V2 = R3 R1  R1 R2 R3   1 1 1  1 V2  + +  − V1 =0 R R R R 3 4 5 3   Podstawiając dane liczbowe 1 240 1 1 1 V1 + +  − V2 = 6 2  2 24 6  1 1 1 1  V2  + +  − V1 = 0 6  6 9 18  Po rozwiązaniu układu dwóch równań V1 = 192 V, V2 = 96 V. Prądy gałęziowe E − V1 240 − 192 I1 = = = 24 A R1 2 V 192 I2 = 1 = =8 A R2 24 V − V 192 − 96 I3 = 1 2 = = 16 A R3 6 96 2 V I4 = 2 = = 10 A 9 3 R4 V 96 1 I5 = 2 = =5 A R5 18 3 Poprawność obliczeń moŜna sprawdzić z pierwszego prawa Kirchhoffa sumując prądy w węzłach I1 = I 2 + I 3 24 = 8 + 16 2 1 I3 = I 4 + I5 16 = 10 + 5 3 3

Zad. 1.9. W obwodzie przedstawionym na rys. 1.9a , metodą superpozycji obliczyć prądy I1, I2, I3. E1 = 250 V, E3 = 200 V, J = 20 A, R1 = 10 Ω, R2 = 5 Ω, R3 = 20 Ω.

Rys. 1.9a Rozwiązanie W obwodzie są trzy źródła wymuszające, więc przedstawiony obwód obliczymy dla kaŜdego źródła oddzielnie z zachowaniem zasady, Ŝe w obwodzie pozostaje jedno od którego obliczmy odpowiedź. Pozostałe źródła napięciowe zostają zwarte, a źródła prądowe rozwarte. KaŜdy z obliczanych prądów będzie składał się z trzech odpowiedzi, których suma jest obliczanym prądem. 1.Od źródła prądowego J, rys.1.9b

'

'

'

'

Rys. 1.9b Połączymy trzy rezystory równolegle, a następnie obliczymy spadek napięcia U AB ' 1 1 1 1 1 1 1 7 20 = + + = + + = → R123 = Ω R123 R1 R2 R3 10 5 20 20 7 20 400 U AB ' = J ⋅ R123 = 20 ⋅ = V 7 7 stąd U ' 40 A I1 ' = AB = R1 7 U ' 80 I 2 ' = AB = A R2 7 U ' 20 I 3 ' = AB = A R3 7 2. Od źródła napięciowego E1 , rys. 1.9c

''

''

''

''

''

'' ''

Rys. 1.9c Połączymy dwa rezystory równolegle R2 i R3 , a następnie obliczymy U AB " 5 ⋅ 20 R ⋅R R23 = 2 3 = =4 Ω R2 + R3 5 + 20 E1 250 500 U AB " = ⋅ R23 = ⋅4 = V 10 + 4 7 R1 + R23 Stąd U " 500 100 I 2 " = AB = = A R2 7 ⋅5 7 U " 500 25 I 3 " = AB = = A R3 7 ⋅ 20 7 Prąd I1" obliczymy z prądowego prawa Kirchhoffa dla węzła A I1" = − I 2 "− I 3" 125 I1" = − A 7 3. Od źródła napięciowego E1 , rys. 1.9d A I'1''

A I'2''

R1

R2

I '3''

I'3''

I '1'' + I'2''

R3

''' UAB

R12

R3

E3

E3 B

B

Rys. 1.9d Połączymy dwa rezystory równolegle R1 i R2 , a następnie obliczymy U AB ' ' ' R ⋅R 10 ⋅ 5 10 R12 = 1 2 = = Ω R1 + R2 10 + 5 3

E3 200 10 200 ⋅ R12 = − ⋅ =− V 10 R12 + R3 3 7 + 20 3 minus wynika ze zwrotu prądu I1 ' ' '+ I 2 ' ' ' do napięcia źródła E3 U ' '' 200 20 I1 ' ' ' = AB = − =− A R1 7 ⋅ 10 7 U '' ' 200 40 I 2 ' ' ' = AB = − =− A R2 7⋅5 7 20 40 60 I 3 ' ' ' = − I1 ' ' '− I 2 ' ' ' = + = A 7 7 7 Dodając prądy od kolejnych wymuszeń otrzymujemy. 40 125 20 I1 = I1 '+ I1 ' '+ I1 ' ' ' = − − = −15 A 7 7 7 80 100 40 I 2 = I 2 '+ I 2 ' '+ I 2 ' ' ' = + − = 20 A 7 7 7 20 25 60 I 3 = I 3 '+ I 3 ' '+ I3 ' ' ' = + + = 15 A 7 7 7 Poprawność otrzymanego wyniku moŜna sprawdzić na podstawie prądowego prawa Kirchhoffa J − I1 − I 2 − I 3 = 0 → 20 − (−15) − 20 − 15 = 0 U AB ' ' ' = −

Zad.1.10. Dla obwodu przedstawionego na rys. 1.10a. obliczyć prądy: metodą oczkową, metodą potencjałów węzłowych oraz sprawdzić zasadę Tellegena. Dane: E1 = 10 V, E5 = 5 V, J 6 = 0.5 A, R2 = 10 Ω, R3 =10 Ω, R4 = 5 Ω, R5 = 5 Ω.

'

'

'

Rys 1.10a Rozwiązanie 1. Metoda oczkowa W obwodzie jest idealne źródło prądu J6. Powoduje to, Ŝe prąd oczkowy I1’ jest dany bezpośrednio. Pozwoli to na zmniejszenie ilo ści równań niezbędnych do rozwiązania. MoŜna

równieŜ pozbyć się idealnych źródeł prądu. NaleŜy taki schemat przekształcić. Zastosować twierdzenie o włączaniu dodatkowych idealnych źródeł prądu. Na podstawie prądowego prawa Kirchhoffa moŜemy napisać trzy równania liniowo niezaleŜne, wiąŜące prądy gałęziowe. dla węzła 1 − I 4 − I5 + J 6 = 0 dla węzła 2

− I2 + I3 + I 4 = 0

dla węzła 3

− I1 + I 2 + I 5 = 0

Wypisujemy równania na podstawie napięciowego prawa Kirchhoffa wybierając trzy oczka liniowo niezaleŜne. Przyjmujemy jednakowe zwroty oczek. Równania napięciowe w oczkach − U ŹR + U R 3 − U R 4 = 0 E1 − U R 2 − U R 3 = 0 U R 2 + E5 − U R 5 + U R 4 = 0

Wprowadzamy prądy oczkowe I1 ' , I 2 ' , I 3 ' .

I1 = I 2 ' I 2 = I 2 '− I 3 ' I 3 = I 2 '− I1 ' I 4 = I 1 '− I 3 ' I5 = I3 ' J 6 = I1 ' = 0.5 A prąd w tej gałęzi wyznacza idealne źródło prądu. Prąd oczkowy jest to prąd wymyślony (fizycznie nie istniejący) w celu zmniejszenia ilo ści równań niezbędnych do rozwiązania układu, czyli znalezienia prądów gałęziowych. W gałęzi naleŜącej tylko do jednego oczka prąd oczkowy jest równy prądowi gałęziowemu. W gałęzi wspólnej dla dwóch oczek prąd gałęziowy jest równy sumie lub róŜnicy arytmetycznej prądów oczkowych, zaleŜnie od ich zwrotu. Pozostają dwie niewiadome I 2 ' , I 3 ' , naleŜy rozwiązać dwa równania. E1 − R 2 ( I 2 '− I 3 ' ) − R3 ( I 2 '− J 6 ) = 0 R2 ( I 2 '− I 3 ' ) + E5 − R5 I 3 '+ R4 ( J 6 − I 3 ' ) = 0 Podstawiając dane liczbowe 10 − 10( I 2 '− I 3 ' ) − 10( I 2 '− I1 ' ) = 0

10( I 2 '− I 3 ' ) + 5 − 5I 3 '+5(0.5 − I 3 ' ) = 0 Lub macierzowo

R I’ = E − R2  R2 + R3   I 2 '  E1 + R3 J 6  =  −R R2 + R4 + R5   I 3 '  E5 + R4 J 6   2 Podstawiając dane liczbowe

 20 − 10  I 2 '  10   − 10 20   I ' = 7.5   3   Macierz prądów oczkowych I’ = R-1 E −1

 I 2 '  20 − 10  10  1.25  I ' =  − 10 20  7.5 =  1   3       Stąd poszukiwane prądy oczkowe 5 I2 '= A 4 I3 ' = 1 A 1 I1 ' = A prąd oczkowy I1 ' juŜ określony z wartości źródła prądowego. 2 Prądy gałęziowe 5 I1 = I 2 ' = A 4 1 I 2 = I 2 '− I 3 ' = A 4 3 I 3 = I 2 '− I1 ' = A 4 1 I 4 = J 6 − I3 ' = − A 2 I5 = I3 ' = 1 A 2. Metoda potencjałów węzłowych. Na rysunku 1.10b przedstawiono schemat z zaznaczeniem potencjałów węzłowych.

Rys. 1.10b Zakładamy potencjał jednego z węzłów tego obwodu za równy zeru, V0 = 0. Węzeł zerowy jest węzłem odniesienia.

Równania potencjałów węzłowych. Pomiędzy węzeł zerowy a węzeł trzeci jest włączone idealne źródło napięciowe E1 co powoduje, Ŝe potencjał V3 = E1 = 10 V. NaleŜy wyznaczyć potencjały V2 i V3, do czego wypiszemy dwa równania, liniowo niezaleŜne.  1 E 1  1 1 V1  +  − V2 − E1 = −J 6 + 5 R4 R5 R5  R4 R5   1 1 1  1 1  − V1 dla węzła 2 V2  + + − E1 =0 R R R R R 3 4  4 2  2 podstawiając dane liczbowe 1 1 5 1 1 1 V1  +  − V2 = − + + 10 ⋅ 5 2 5 5 5 5 1 1 1 1 1 V2  + +  − V1 = 10 ⋅ 5 10  10 10 5 

dla węzła 1

Lub macierzowo

G V = IŹR G 4 + G5  −G  4

− G4

 G2 + G3 + G 4 

V1  − J 6 + G5 E 5 + G5 E1  V  =   G 2 E1  2  

Podstawiając dane liczbowe  0.4 − 0.2 V1   2.5  − 0.2 04  V  =  1     2   Macierz potencjałów węzłowych

V = G-1 IŹR −1 V1   0.4 − 0.2  2.5 V  = − 0.2 0.4   1   2     Stąd po rozwiązaniu układu równań V1 = 10 V, V2 = 7.5 V. Znając potencjały moŜemy obliczyć prądy gałęziowe V − V2 1 I2 = 3 = A R2 4 V 3 I3 = 2 = A R3 4 V −V 1 I4 = 2 1 = − A R4 2

I5 =

V3 − V1 + E5 =1 A R5

sposób obliczenia wyjaśnia rys. 1.10c

Rys. 1.10c Z napięciowego prawa Kirchhoffa dla oczka otrzymujemy równanie − E5 − (V3 − V1 ) + U R 5 = 0 podstawiamy U R 5 = I 5 ⋅ R5 V − V + E5 I5 = 3 1 R5 Prąd I1 wypływający z idealnego źródła napięcia moŜemy obliczyć z sumy prądów w węźle trzecim. 1 5 I1 = I 2 + I 5 = + 1 = A 4 4 3. Zasada Tellegena Do sprawdzenia zasady Tellegena potrzebne są napięcia gałęziowe (prądy juŜ mamy obliczone) . Napięcia gałęziowe mają zwrot strzałki przeciwny do prądów gałęziowych. V3 =10 V

I1

I2 U1

E1 I3

R2

U2

R3 V 2 =7.5 V I4 U5

0 U3

R4

J6

U4

U6 V1 =10 V

Rys. 1.10d Napięcia gałęziowe U1 = −V3 = −10 V U 2 = V3 − V2 = 2.5 V U 3 = V2 = 7.5 V

U 4 = V2 − V4 = −2.5 V

E5 I5

R5

U 5 = V3 − V1 = 0 U 6 = V1 = 10 V Podstawiając dane liczbowe U ⋅ I = U1 ⋅ I1 + U 2 ⋅ I 2 + U 3 ⋅ I 3 + U 4 ⋅ I 4 + U 5 ⋅ I 5 + U 6 ⋅ I 6 = = 1.25 ⋅ (−10) + 0.25 ⋅ 2.5 + 0.75 ⋅ 7.5 − 0.5 ⋅ (−2.5) + 1 ⋅ 0 + 0.5 ⋅ 10 = 0 W kaŜdej chwili w obwodzie suma mocy oddawanych przez niektóre gałęzie jest równa mocy pobieranych przez pozostałe gałęzie.

Zad. 1.11. Metodą potencjałów węzłowych obliczyć prąd IR2 (rys.1.11a) . Dane: E2 = 200 V, E3 = 100 V , J1 = 20 A, R1 = 20 Ω, R2 = 10 Ω, R3 = 10 Ω, k = 2

Rys. 1.11a Rozwiązanie Potencjał węzła V3 = E3 =100 V, poniewaŜ E3 jest źródłem idealnym. Rezystor R3 moŜe mieć dowolną wartość i nie wpływa na rozpływ prądów w pozostałej części obwodu. Równania potencjałów 1 1 V1 − V2 = − J 1 − k ⋅ I R1 R1 R1 1 1  1 1 E V2  +  − V1 − E3 = J1 − 2 R1 R2 R2  R1 R2  Prąd I R1 w zaleŜności od potencjałów V2 i V1 wynosi V −V I R1 = 2 1 R1 Podstawiając dane liczbowe V −V  1   1  V1  − V2   = −20 − 2 ⋅ 2 1 20  20   20  1 1 200  1  1  V2  +  − V1  − 100 ⋅ = 20 − 10 10  20 10   20  Stąd V1 = 700 V, V2 = 300 V Prąd I R 2 obliczymy z róŜnicy potencjałów , rys. 1.11b

Rys. 1.11b

U R 2 − E2 − (V2 − V3 ) = 0 U E + V2 − V3 I R 2 = R2 = 2 = 40 A R2 R2 Zad. 1.12. Dla obwodu jak na rysunku 1.12a 1. Obliczyć prądy i napięcia wszystkich gałęzi, metodą prądów i napięć gałęziowych 2. Sporządzić bilans mocy na źródłach i rezystorach. 3. Metodą potencjałów węzłowych wyznaczyć potencjały (V1),(V2),(V3), względem węzła (0). 4. Sprawdzić zasadę Tellegena Dane: E1 = 100 V, J3 = 1 A, J4 = 2 A, R1 = 80 Ω, R2 = 20 Ω, R4 = 50 Ω, R5 = 50 Ω

Rys. 1.12a Rozwiązanie: 1. Metoda prądów i napięć gałęziowych Na rys.1.12a przedstawiono graf obwodu ilość węzłów n = 4, ilość węzłów niezaleŜnych n −1 = 3 ilość gałęzi b = 5, ilość oczek niezaleŜnych b – n + 1 = 2 Prądowe prawo Kirchhoffa: (1) (2) (3)

I1 + I3 − I5 = 0 −I1 −I2 = 0 I2 − I3 + I4 = 0

Rys. 1.12b

Napięciowe prawo Kirchhoffa: 1. − U1 + U 2 + U 3 = 0 2. − U 3 − U 4 − U 5 = 0 Równania gałęziowe: U1 = R1I1− E1 U2 = R2I2 I3 = J3 I4 = U4/R4 − J4 stąd U4 =I4 R4 +J4R4 U5 = R5I5 Po wstawieniu równań gałęziowych do napięciowego prawa Kirchhoffa otrzymujemy: I1 = − 0.5 A I2 = 0.5 A I3 = 1 A I4 = 0.5 A I5 = 0.5 A

U1 = −140 V U2 = 10 V U3 = R1 I1 − E1 −R2I2 = − 150 V U4 = I4 − (− J4) R4 = 125 V U5 = 25 V

2. Bilans mocy: Rezystory: P = I12 R1 + I22 R2 + I42 R4 + I52 R5 = (−0.5)2 80 + 0.52 20 + 2.52 50 + 0.52 50 = 350 W

Źródła: P = I1E1 + J3(−U3) + J4U4 = (−0.5)· 100 + 1·150 + 2·125 = 350 W 3. Metoda potencjałów węzłowych Równania potencjałów: - uziemiony węzeł (0) V1 (G1 + G5 ) − V2G1 = − E1G1 − J 3

− V1G1 + V2 (G1 + G2 ) − V3G2 = E1G1

− V2G2 + V3 (G2 + G4 ) = J 3 + J 4

Stąd po podstawieniu danych: V1 = − 25 V, V2 = 115 V, V3 = 125 V. Obliczamy napięcia i prądy gałęziowe; U1 = V1−V2 = −25 −115 = −140 V

I1 = −0.5 A

U2 = V3 −V2 = 125 −115 = 10 V

I2 = 0.5 A

U3 = V1− V3 = − 25 −125 = −150 V

I3 = 1 A

U4 = V3 = 125 V

I4 = 0.5 A

U5 = − V1 = 25 V

I5 = 0.5 A

4. Zasada Tellegena W kaŜdym obwodzie moc chwilowa pobierana przez cały obwód, równa sumie mocy pobieranej przez wszystkie gałęzie, w kaŜdej chwili jest równa zero. P = I1U1 + I2U2 + I3U3 +I4U4 + I5U5 = 0 P = (−0.5) ⋅ (−140) + 0.5 ⋅10 + 1 ⋅ (−150) + 0.5 ⋅125 + 0.5 ⋅ 25 = 0

Zad. 1.13. Dla obwodu jak na rys. 1.13a obliczyć rozpływ prądów: 1. 2. 3. 4.

Metodą prądów oczkowych. Metodą potencjałów węzłowych. Metodą prądów i napięć gałęziowych Sprawdzić zasadę Tellegena

Dane: E = 100 V, J = 30 A,

R1 = 10 Ω,

R2 = 10 Ω,

'

'

R3 = 10 Ω,

R4 = 5 Ω.

'

Rys. 1.13a Rozwiązanie 1. Metoda prądów oczkowych Na podstawie przyjętych prądów oczkowych wyznaczamy prądy gałęziowe. I1 = I1 ' I 2 = I1 '− I 2 ' I3 = I 2 '

I 4 = I 2 '+ J NaleŜy wyznaczyć dwa prądy oczkowe. Prąd I 3 ' jest określony przez idealne źródło prądu I 4 = I 2 '− I 3 '

I3 ' = − J

stąd

Na podstawie napięciowego prawa Kirchhoffa mamy E − U R1 − U R 2 = 0 U R 2 − U R3 − U R 4 = 0 Podstawiając prądy

E − R1I1 − R2 I 2 = 0 R2 I 2 − R3 I 3 − R4 I 4 = 0 Zastępujemy prądy gałęziowe prądami oczkowymi E − R1I1 '− R2 ( I1 '− I 2 ' ) = 0 R2 ( I1 '− I 2' ) − R3 I 2 '− R4 ( I 2 '+ J ) = 0 Podstawiając dane z zadania 100 − 20 I1 '+10 I 2 ' = 0 10 I1 '−25 I 2 '−150 = 0 Stąd prądy oczkowe I1 ' = 2.5 A I 2 ' = −5 A Prądy gałęziowe I1 = I1 ' = 2.5 A I 2 = I1 '− I 2 ' = −7.5 A I 3 = I 2 ' = 2.5 A

I 4 = I 2 '+ J = 25 A 2. Metoda potencjałów węzłowych Przyjmujemy jako węzeł odniesienia węzeł trzeci (uziemiony) i względem niego obliczymy potencjał węzła V1 i V2.

Rys. 1.13b Równania potencjałów 1 1 1  1 E V1 + +  − V2 = R3 R1  R1 R2 R3   1 1  1 V2  +  − V1 =J R3  R3 R4  Podstawiając dane mamy 1 1 1 1 V1 + +  − V2 = 10 10  10 10 10   1 1 1 V2  +  − V1 = 30  10 5  10

Stąd V1 = 75 V

V2 = 125 V

Prądy gałęziowe I1 obliczymy z równania: V1 + R1I1 − E = 0 E − V1 100 − 75 I1 = = = 2.5 A R1 10 75 U V = 7.5 A I2 = 2 = 1 = R2 R2 10 U V −V 75 − 125 I3 = 3 = 1 2 = = −5 A R3 R3 10 U V 125 I4 = 4 = 2 = = 25 A R4 R4 5 3. Metoda prądów i napięć gałęziowych

Rys.1.13c ilość węzłów n = 3 , ilość węzłów niezaleŜnych n − 1 = 2 ilość oczek niezaleŜnych b − n + 1 = 3 ilość gałęzi b = 5, gałąź 5 jest idealnym źródłem prądowym, prąd gałęzi 5 wynosi I5 = J Mamy 2b = 10 niewiadomych, 5 prądów gałęziowych i 5 napięć gałęziowych. Równania równowagi (wynikające z praw Kirchhoffa) − I1 + I 2 + I 3 = 0 − I 3 + I 4 − I5 = 0

− U1 − U 2 = 0 U 2 − U3 − U 4 = 0 U 4 + U5 = 0

Napięcia gałęziowe U1 = R1I1 − E U 2 = R2 I 2 U 3 = R3 I 3

U 4 = R4 I 4 U 5 = −U 4 Po wstawieniu równań gałęziowych do napięciowego prawa Kirchhoffa otrzymujemy U1 = −75 V I1 = 2.5 A U 2 = 75 V I 2 = 7.5 A

U 3 = −50 V

I 3 = −5 A

U 4 = 125 V U 5 = −125 V

I 4 = 25 A I 5 = 30 A

4. Zasada Telegena W kaŜdym obwodzie moc chwilowa pobierana przez cały obwód, równa sumie mocy pobieranych przez wszystkie gałęzie, w kaŜdej chwili jest równa zero. Stąd P = I1U1 + I2U2 + I3U3 +I4U4 + I5U5 = 0 P = 2.5 ⋅ (−75) + 7.5 ⋅ 75 + (−5) ⋅ (−50) + 25 ⋅ 125 + 30 ⋅ (−125) = 0

Zad. 1.14. Obliczyć prądy i napięcia w obwodzie jak na rys. 1.14a, stosując metodę prądów i napięć gałęziowych. Sprawdzić zasadę Tellegena. Dane : R1 = 1 Ω, R4 = 8 Ω, R5 = 2 Ω, R 6 = 2Ω, k1 = 0. 2 Ω, k2 = 1 S, E6 = 68 V, J3 = 10 A

Rys. 1.14a Rozwiązanie: Równania równowagi: I1 + I 4 − I 6 = 0 − I 2 − I4 + I5 = 0

U1 − U 4 + U 2 = 0 −U2 −U5 −U3 = 0

I3 − I5 + I 6 = 0

U4 +U5 +U6 = 0

Napięcia gałęziowe U 1 = R1 I1 U 2 = k1I 5

I 3 = J 3 − k 2U 4

U 4 = R4 I 4 U 5 = R5 I 5 U 6 = R6 I 6 − E6

Po wstawieniu równań gałęziowych do napięciowego prawa Kirchhoffa otrzymujemy: I1 = 14 A I2 = 8 A

U1 = 14 V U2 = 2 V

I3 = −6 A I4 = 2 A I5 = 10 A I6 = 16 A

U3 = −22 V U4 = 16 V U5 = 20 V U6 = −36 V

Wstawiając otrzymane wyniki do równań równowagi moŜemy sprawdzić poprawność rozwiązania. 14 +2 −16 = 0 14 −16 + 2 = 0 −8 −2 + 10 = 0 − 2 − 20 − (− 22) = 0 −6 − 10 + 16 = 0 16 + 20 + (−36) = 0 W celu wyjaśnienia rozpływu prądów w gałęzi 3, oraz rozkładu napięć w gałęzi 6 przedstawiono rysunek 1.14b. Prądy i napięcia – wstawiono dane liczbowe.

Rys. 1.14b Zasada Tellegena P = I1U1 + I2U2 + I3U3 +I4U4 + I5U5 +I6U6 = 0 14 ⋅14 + 8 ⋅ 2 + (−6) ⋅ (−22) + 2 ⋅16 + 10 ⋅ 20 + 16 ⋅ (−36) = 0 Zad. 1.15. Dla obwodu jak na rys. 1.15a. metodą potencjałów węzłowych obliczyć rozpływ prądów oraz sprawdzić zasadę Tellegena. Dane: E = 70 V, J = 16 A, r = 15 , R1 = 10 Ω R2 = 5 Ω R3 = 10 Ω. r . I1 (1)

R1

I2

(2)

(1)

I3

UR2

I1

J

R2

U R1

R3

I4 1

E

3

5

(0) (0)

Rys. 1.15a Rozwiązanie

(2)

2

4

Przyjmujemy jako węzeł odniesienia węzeł (0). Między węzeł (2) a węzeł (0) włączone jest idealne źródło napięciowe E. Potencjał V2 = E = 70 V. Do rozwiązania zadania wystarczy wypisać równanie tylko dla węzła (1). − J + I1 + I 2 = 0 U R1 = V1 1 I1 = V1 R1 Źródło sterowane 1 r ⋅ I1 = r ⋅ V1 R1 dla drugiej gałęzi mamy, rys 1.15b

Rys. 1.15b

I 2 R2 −

r V1 − (V1 − E ) = 0 R1

stąd

I2 =

r 1 1 V1 + V1 − E R1 ⋅ R2 R2 R2

Równanie prądów w węźle (1)

−J +

1 r 1 1 V1 + V1 + V1 − E = 0 R1 R1 ⋅ R2 R2 R2

1 r 1  1 V1 + +  = J + E R2  R1 R1 ⋅ R2 R2  Podstawiając dane liczbowe 15 1 1 V1 + +  = 16 + 14  10 10 ⋅ 5 5  V1 = 50 V 15 1 1 I2 = 50 + 50 − 70 = 11 A 10 ⋅ 5 5 5 V 50 I1 = 1 = =5 A R1 10 E 70 I3 = = =7 A R3 10 Prąd I4 idealnego źródła napięciowego obliczymy z prądowego prawa Kirchhoffa w węźle (2) I 4 = I 2 − I 3 = 11 − 7 = 4 A

Poprawności obliczeń moŜna dokonać sumując prądy w węzłach , prądowe prawo Kirchhoffa (1) − J + I1 + I 2 = 0 → − 16 + 5 + 11 = 0 (2) − I2 + I3 + I 4 = 0 → − 11 + 7 + 4 = 0 Napięcia gałęziowe Napięcie gałęziowe na źródle prądu (oznaczymy U5) równa się −V1 = −50 V poniewaŜ zwrot źródła prądowego i napięcia gałęziowego na nim musi być przeciwny. U1 = V1 = 50 V U 2 = V1 − V2 = −20 V U 3 = E = 70 V

U 4 = E = 70 V (prąd I4 jest skierowany przeciwnie) U 5 = −50 V Zasada Tellegena P = I1U1 + I2U2 + I3U3 +I4U4 + JU5 = 5 ⋅ 50 + 11 ⋅ (−20) + 7 ⋅ 70 + 4 ⋅ 70 + 16 ⋅ (−50) = 0 Zad. 1.16. W obwodzie prądu stałego z tranzystorem (rys.1.16a), obliczyć napięcie UC, jeŜeli: EC = 15 V, RC = RL = 2 k, R1 = 30 k, R2 = 3 k, αF = 0.95, EBE = 0.7 V

Rys.1.16a Rozwiązanie: Bipolarny tranzystor n-p-n zastępujemy stałoprądowym modelem Ebersa-Molla (rys.1.16b)

UC

R1 I1

RC

V1 EC

α F IBE IB

I2

RL IB E

R2

EB E

Rys.1.16b Równanie potencjałów węzłowych:  1 1  1  V1 − + EC = −α F I BE RC  RC RL  Z prądowego prawa Kirchhoffa mamy I BE − αI BE − I B = 0 I B = I1 − I 2 E − EBE EBE IB = C − R1 R2  EC − EBE E BE    − R R 1 2   0.7   15 − 0.7 − I BE = 20  = 4.86 mA 3 3 ⋅ 103   30 ⋅ 10 podstawiając dane do równania potencjałów, otrzymujemy I BE =

1 1 IB = 1− αF 1 −αF

1  1  1 + V − 15 = −0.95 ⋅ 4.86 ⋅ 10− 3 = 2.88 V  3 3  1 3 2 ⋅ 10 2 ⋅ 10 2 ⋅ 10   U C = EC − V1 = 15 − 2.88 = 12.12 V

Zad. 1.17. W układzie pokazanym na rys. 1.17a, obliczyć prąd I C , dla danych liczbowych: EC = 24 V, RE = 1 kΩ, RC = 2 kΩ, RB = 40 kΩ, α F = 0.9

Rys. 1.17a Rozwiązanie W rozpatrywanym układzie, z rezystorem włączonym szeregowo z emiterem moŜemy pominąć spadek napięcia na złączu baza – emiter i przyjąć najprostszy model tranzystora, przedstawiono to rys.1.17b

Rys. 1.17b Po uziemieniu jednego węzła równanie dla drugiego ma postać  1 1  E  V = −α F I BE + C + RE  RB RE  W równaniu nie występuje rezystancja RC , poniewaŜ jest włączona szeregowo ze źródłem prądu i metodzie potencjałów węzłowych zostaje pominięta. Z prądowego prawa Kirchhoffa dla węzła uziemionego mamy.

I BE − α F I BE − I B = 0 V IB = RB stąd

1 V ⋅ 1 − α F RB podstawiając do równania węzłowego  1  1 1  V  E  V = −α F  + ⋅  + C  RB RE   1 − α F RB  RE podstawiając dane z zadania mamy 1  V 24  1   + V = −0.9 +  3 3  3  3  40 ⋅ 10 1 ⋅ 10   0.1 ⋅ 40 ⋅ 10  40 ⋅ 10 stąd V = 19.2 V 19.2 I BE = = 4.8 mA 0.1 ⋅ 40 ⋅ 103 I BE =

I C = α F I BE = 0.9 ⋅ 4.8 = 4.32 mA

Zad. 1.18. Obliczyć napięcie UE w układzie jak na rys. 1.18a, dla danych: EC = 24 V, RC = 2 kΩ, RE = 1 kΩ, RB = 80 kΩ, α F = 0.99

Rys. 1.18a Rozwiązanie Przyjmujemy uproszczony model tranzystora ( EBE = 0) , rys.1.18b.

Rys. 1.18b Po uziemieniu jednego węzła równanie dla drugiego ma postać  1  1 EC  V = −α F I BE + + RC + RE  RB RC + RE  oraz na podstawie prądowego prawa Kirchhoffa dla węzła uziemionego

I BE − α F I BE − I B = 0 V IB = RB 1 V I BE = ⋅ 1 − α F RB podstawiając do równania węzłowego  1   1 1 V  EC  V = −α F   + + ⋅  RB RC + RE   1 − α F RB  RC + RE podstawiając dane z zadania 1 V  24  1   1 + V = −0.99 ⋅ I +  3 3 3  3  BE 3 2 ⋅10 + 1 ⋅ 103  80 ⋅ 10 2 ⋅10 + 1 ⋅ 10   1 − 0.99 80 ⋅ 10  stąd V = 5.05 V, I BE = 6.31 mA U E = RE ⋅ I BE = 6.31 V

Zad. 1.19. Dla obwodu przedstawionego na rys. 1.19a. obliczyć prąd I4 U1 = 12 V, R1 = 20 kΩ, R2 = 8 kΩ, R3 = 2 kΩ

Rys. 1.19a Rozwiązanie Równania potencjałów [11]:  1 1  1 U  + V1 − V2 = 1 R2 R1  R1 R2   1 1 1  1 1  + + V2 − V1 − V3 = 0 R2 R4  R2 R3 R4  V1 = 0 stąd 1 U V2 = 1 R2 R1  1 1 1  1  + + V2 − V3 = 0 R4  R2 R3 R4  R V2 = 2 U1 R1  1 1 1 R V3 = R4  + +  2 U 1  R2 R3 R4  R1  1  1 1 R 1 1 R I 4 = (V2 − V3 ) =  2 U 1 − R4  + +  2 U 1  = R4  R1 R R R R R  2 3 4  1  4 − U1

1  R2  1 1 +  = −12 (1 + 4) = −3 mA R1  R3  20 ⋅ 103

Zad. 1.20. Stosując metodę potencjałów węzłowych obliczyć U wy wzmacniacza potencjometrycznego przedstawionego na rys.1.20a. Dane: U we = 0.5 V, R1 = 10 kΩ, R2 = 20 kΩ, R3 = 30 kΩ, R4 = 15 kΩ.

Rys. 1.20a Rozwiązanie Równania potencjałów mają postać [11]: 1 1  1 1  + V1 − V2 = U we R2 R1  R1 R2   1 1 1  1 1  + + V2 − V1 − U wy = 0 R2 R3  R2 R3 R4  V1 = 0 Potencjał V1 = 0 , poniewaŜ przy prądzie wejściowym wzmacniacza równym zero spadek napięcia na rezystancji R5 jest równy zeru. Po rozwiązaniu równań otrzymujemy. U wy R  R R  = − 2 1 + 3 + 3  U we R1  R2 R4  Podstawiając dane  20 ⋅103  30 ⋅ 103 30 ⋅103  1 +  = −4.5 V. U wy = 0.5− + 3  3 3   10 ⋅ 10  20 ⋅ 10 15 ⋅ 10 

Zad. 1.21. Stosując metodę potencjałów węzłowych obliczyć U wy wzmacniacza róŜnicowego przedstawionego na rys.1.21a. Dane: U we1 = 3 V, U we 2 = 8 V, R1 = R2 = R3 = R4 = 10 kΩ.

Rys. 1.21a

Rozwiązanie Równania potencjałów węzłowych dla obwodu maja postać [11]: 1 1  1 1  + V1 − U wy = U we1 R2 R1  R1 R2   1 1  1  + V2 = U we 2 R3  R3 R4  V1 = V2 Po wyeliminowaniu potencjałów V1 i V2 otrzymujemy R ( R + R2 ) R4 U wy = 1 U we 2 − 2 U we1 ( R3 + R4 ) R1 R1 Podstawiając dane 104 (10 4 + 10 4 )104 U wy = 8 − 3= 5V (10 4 + 10 4 )104 104

2. Obwody nieliniowe prądu stałego

Zad. 2.1. Dla obwodu przedstawionego na rysunku 2.1a narysować charakterystykę U WY = h(UWE ) . Przyjąć trójodcinkową charakterystykę diody Zenera: U = 0 dla I < 0 , I = 0 dla 0 ≤ U ≤ 3 V, U = 3 V dla I > 0.

Rys.2.1a

Rozwiązanie: PoniewaŜ napięcie wejściowe wzmacniacza idealnego dąŜy do zera, mamy UWE = U R UWY = − RI R ,

R = 6 kΩ. [V ] = [mA] JeŜeli R w [kΩ], to I w [kΩ] Na rys. 2.1b przedstawiono charakterystykę rezystora, idealnej diody Zenera oraz charakterystykę wypadkową.

Rys. 2.1b Przenosząc zaznaczone na wykresie punkty zgodnie z wymienionymi równaniami otrzymamy charakterystykę U WY = h(U WE ) , rys. 2.1c.

A(−6V ,−0.5mA) → A' [− 6V ,−6kΩ ⋅ (− 0.5mA)] → A' (− 6V ,3V ) B(− 3V ,0) → B' (− 3V ,0 ) C (3V ,0.5mA) → C ' [3V ,−6kΩ ⋅ (0.5mA)] → C ' (3V ,−3V )

V

U wy

A’ 3V

B’ -6V

- 3V

Uwe

3V

V

0

U we -3V

C’

Rys. 2.1c Zad. 2.2. Dla układu przedstawionego na rys. 2.2a narysować charakterystykę U WY = h(UWE ) Przyjąć trójodcinkową charakterystykę diody Zenera: U = 0 dla I < 0 , I = 0 dla 0 ≤ U ≤ 4 V, U = 4 V dla I > 0.

Rys. 2.2a Rozwiązanie: PoniewaŜ napięcie na wejściu wzmacniacza idealnego jest równe zero, mamy UWE = − RI R , R = 1.5 kΩ. UWY = U R Na rysunku 2.2b. przedstawiono charakterystykę rezystora 2 kΩ, oraz charakterystykę idealnej diody Zenera o napięciu 4 V.

Rys. 2.2b Dodając te charakterystyki otrzymamy charakterystykę wypadkową:

Rys. 2.2c Przenosząc zaznaczone na wykresie punkty zgodnie z wymienionymi równaniami otrzymamy charakterystykę U WY = h(U WE )

A(− 2mA,−4V ) → A' [− 2mA ⋅ (−1.5kΩ),−4V ] → A' (3V ,−4V ) B(0,4V ) → B' (0,4V ) C (2mA,8V ) → C ' [2mA ⋅ (−1.5kΩ),8V ] → C ' (−3V ,8V )

V

Uwy

C’ 8V

B’

4V

3V - 3V

0

U we V

-4V

A’

Rys. 2.2d Zad. 2.3. Dla układu przedstawionego na rys. 2.3a narysować charakterystykę U WY = h(UWE ) Przyjąć trójodcinkową charakterystykę diod Zenera: U = 0 dla I < 0 , I = 0 dla 0 ≤ U ≤ 5 V, U = 5 V dla I > 0.

Rys. 2.3a Rozwiązanie: Napięcie wejściowe wzmacniacza idealnego równa się zero, stąd mamy: UWE = U R UWY = − RI R , R = 0.8 kΩ. Na rys. 2.3b przedstawiono charakterystykę diody i rezystora, która dla napięć ujemnych jest półprostą, dla dodatnich jest równa zero, dla tak przyjętej polaryzacji diody. Przy połączeniu szeregowym, napięcia dodają się, przy stałym wspólnym prądzie elementów. mA

IR

UR

-5

-5

1

kΩ

V

Rys. 2.3b

Ω

Rys. 2.3c przedstawia charakterystykę szeregowo połączonej diody Zenera i rezystora 1 kΩ

1

k

Rys. 2.3c Łącząc przedstawione powyŜej charakterystyki, (połączenie równolegle, elementy mają jednakowe napięcie UR) otrzymujemy charakterystykę wypadkową. Na odcinku AB w wyniku równoległego połączenia rezystorów 1 kΩ, rezystancja wynosi 0,5 kΩ, rysunek 2.3d

Ω k

0.5

kΩ

1

Rys. 2.3d

Przenosząc zaznaczone na wykresie punkty zgodnie z wymienionymi równaniami otrzymamy charakterystykę U WY = h(U WE )

A(−10V ,−15mA) → A'[− 10V , (−15mA) ⋅ (−0.8kΩ)] → A' (−10V ,12V ) B(−5V ,−5mA) → B' [− 5V , (−5mA) ⋅ (−0.8kΩ )] → B' (−5V ,4V ) C (5V ,5mA) → [5V , (5mA) ⋅ (−0.8kΩ)] → (5V ,−4V ) V Uwy

A’

12

8

B’

4

U we

5 - 10

-5

0 -4

V C’

Rys. 2.3e Zad. 2.4. Dla układu przedstawionego na rys. 2.4a narysować charakterystykę U WY = h(UWE ) Przyjąć trójodcinkową charakterystykę diody Zenera: U = 0 dla I < 0 , I = 0 dla 0 ≤ U ≤ 6 V, U = 6 V dla I > 0.

Rys. 2.4a Rozwiązanie: PoniewaŜ napięcie na wejściu wzmacniacza idealnego dąŜy do zera, mamy UWE = − RI R , R = 2 kΩ. UWY = U R Rysunek 2.4b przedstawia charakterystykę diody Zenera, rezystora 3 kΩ, oraz ich charakterystykę wypadkową z zaznaczonymi punktami A, B, C.

Rys. 2.4b Przenosząc zaznaczone na wykresie punkty zgodnie z wymienionymi równaniami otrzymamy charakterystykę U WY = h(U WE ) A(−2mA,0) → A' [(−2kΩ) ⋅ (−2mA),0] → A' (4V ,0) B(2mA,6V ) → B' [(−2kΩ) ⋅ (2mA),6V ] → B' (−4V ,6V ) C (4mA,6V ) → C ' [(−2kΩ) ⋅ (4mA),6V ] → C ' (−8V ,6V )

Rys. 2.4c

Zad. 2.5. W układzie podanym na rysunku 2.5a wyznaczyć charakterystykę U WY = h(U WE ) , jeŜeli napięcie stabilizacji diody Zenera UZ = 6 V, a rezystancja R = 3 kΩ. Przyjmujemy trójodcinkową charakterystykę diody Zenera: U = 0 dla I < 0 , I = 0 dla 0 ≤ U ≤ 6 V, U = 6 V dla I > 0.

Rys. 2.5a Rozwiązanie: Charakterystyka diody Zenera składa się z trzech liniowych odcinków, więc charakterystyka U WY = h(U WE ) równieŜ składa się z trzech liniowych odcinków. Dla wykreślenia kaŜdego odcinka potrzeba wyznaczyć współrzędne dwóch punktów. Niezbędne współrzędne wyznaczymy, wykreślając cztery proste obciąŜenia, dla rezystancji 6 V równej 3kΩ , np. = 2 mA . Przedstawiono to na rysunku 2.5b 3 kΩ mA

I 4 dioda Zen. 2

U -6

0

6

12

V

-2

Rys. 2.5b Poszukiwana charakterystyka przechodzi przez punkty o współrzędnych: (−6,0), (0,0), (6,6), (12,6) . Przez te cztery punkty prowadzimy odcinkami liniową funkcję, U WY = h(U WE ) , tak jak pokazano na rys .2.5c

Rys.5c

Zad. 2.6. Układ z zadania 2.5 został zmodyfikowany przez włączenie rezystora R0 = 3 kΩ równolegle do diody Zenara. Napięcie diody Zenera jak poprzednio równa się 6 V, R = 3 kΩ. Wyznaczyć charakterystykę U WY = h(U WE )

Rys. 2.6a Rozwiązanie: Podobnie jak w poprzednim przykładzie prowadzimy cztery proste obciąŜenia, których przecięcia z charakterystyką elementu nieliniowego I = h(U WE ) ,wyznaczają współrzędne czterech punktów charakterystyki U WY = h(UWE ) . mA

I I=f(UWE )

6

4

2

U -6

0

6

18

12

V

-2

Rys. 2.6b a mianowicie: (− 6,0), (0,0), (12,6), (18,6). W wyniku otrzymamy trójodcinkową charakterystykę pokazaną na rys. 2.6c U wy

V

6

U we -6

0

12

Rys.6c

18

V

Zad. 2.7. W układzie pokazanym na rys. 2.7a napięcie stabilizacji diody Zenera jest równe UZ = 15 V, a rezystancja R = 3 kΩ. NaleŜy wyznaczyć charakterystykę IWY = h( IWE ). I we

R

I wy

U

UZ

Rys. 2.7a Rozwiązanie: Charakterystykę nieliniowego dzielnika prądowego wyznaczamy z równania liniowego: 1 IWY = IWE − U R Rysujemy charakterystykę diody Zenera U = f ( IWY ) , oraz cztery proste obciąŜenia odpowiadające czterem prądom IWE.

Rys. 2.7b Punkty przecięcia rodziny prostych obciąŜenia z charakterystyką elementu nieliniowego wyznaczają cztery punkty charakterystyki IWY = h( IWE ).

Rys. 2.7c

Są to punkty o współrzędnych : (–5, –5), (0, 0), (5, 0), (10, 5). Linia łamana poprowadzona przez te punkty jest poszukiwaną charakterystyką nieliniowego dzielnika prądowego.

Zad. 2.8. W obwodzie jak na rysunku 2.8a, dioda złączowa i dioda Zenera są idealne, a wartości elementów następujące: E = 30 V, R1 = 6 kΩ, R2 = 3kΩ, R3 = 2 kΩ, UZ = 8 V. Korzystając z twierdzenia Thevenina, naleŜy obliczyć prąd I3 płynący w rezystorze R3.

Rys. 2.8a Rozwiązanie: Korzystając z twierdzenia Thevenina, dwójnik liniowy znajdujący się na lewo od zacisków ab moŜna zastąpić szeregowo połączonym źródłem napięcia i rezystorem (rys.2.8b) E R ⋅R UT = R2 = 10 V, RT = 1 2 = 2 kΩ. R1 + R2 R1 + R2

Rys. 2.8b

Rys. 2.8c

Szeregowo-równolegle połączenie rezystora i diod usytuowanych na prawo od zacisków ab moŜna zastąpić rezystorem nieliniowym o charakterystyce U = f(I). Na rys. 2.8c narysowano charakterystykę obciąŜenia dwójnika liniowego i charakterystykę U = f(I) rezystora nieliniowego. Charakterystyki te przecinają się w punkcie o współrzędnych I = 2.5 mA, U = 5 V. Takie właśnie wartości ma prąd I oraz napięcie U w badanym obwodzie. Dla prądu I = 2.5 mA idealna dioda złączowa stanowi zwarcie, zatem całe napięcie U = 5 V przenosi się na równoległe połączenie rezystora R3 i diody Zenera. Przy napięciu U = 5 V prąd przez diodę Zenera nie płynie, więc cały prąd I = 2.5 mA płynie przez rezystor R3.

Zad. 2.9. Dla obwodu jak na rys. 2.9a, korzystając z twierdzenia Nortona i przyjmując model tranzystora Ebers-Molla obliczyć prąd I0. Dane: E = 40 V, J = 100 mA, R = R0 = 40 Ω, αF = 0.9, UZ = 3 V

R a C

I0

B

E

R0

E

UZ

J b

Rys. 2.9a Rozwiązanie: Po zastąpieniu tranzystora modelem, odłączeniu dwójnika nieliniowego znajdującego się na prawo od zacisków ab, a następnie zwarciu zacisków ab otrzymamy obwód pokazany na rys. 2.9b, z którego obliczymy prąd zastępczy (zwarciowy) Nortona.

Rys. 2.9b Dla jednego oczka i dwóch węzłów piszemy równania Kirchhoffa. RI R − E = 0 − I R + α F I BE + I N = 0

− α F I BE + I BE − J = 0 Rozwiązując układ trzech równań obliczymy prąd Nortona. E αF IN = − J = 100 mA R 1 −αF

Konduktancje zastępczą dwójnika GN obliczymy, korzystając z obwodu pokazanego na rys. 2.9c, otrzymanego przez usunięcie źródeł niezaleŜnych i doprowadzenie napięcia UWE do zacisków ab, a następnie obliczenia prądu IWE

Rys. 2.9c Z prądowego prawa Kirchhoffa mamy :

− α F I BE + I BE = 0

I BE = 0

stąd

IWE = I BE +

oraz

UWE U WE = R R

IWE 1 = = 0.025 S. UWE R W wyniku obwód z tranzystorem i dwoma źródłami niezaleŜnymi zastąpiliśmy dwójnikiem pokazanym na rys. 2.9d, którego charakterystyką obciąŜenia jest prosta pokazana na rys. 2.9e.

Ostatecznie mamy

GN =

mA

I

IN

GN

I

100

U

50

U 0

Rys. 2.9d

2

3

4

V

Rys. 2.9e

Na tym samym wykresie narysowano charakterystykę zastępczą dwójnika nieliniowego złoŜonego z diody złączowej, diody Zenera i rezystora. Punkt przecięcia charakterystyk wyznacza punk pracy układu. Cały prąd I = 50 mA płynie przez rezystor R, gdyŜ w tym zakresie napięcie diody Zenera nie pozwala na przewodzenie. Zatem I0 = I = 50 mA

3. Obwody prądu sinusoidalnego

Zad. 3.1. Dwójnik RL, jak na rys. 3.1a, R = 100 Ω, L = 0.2 H włączono do sieci o napięciu skutecznym U = 230 V, i częstotliwości f = 50 H. Obliczyć prąd , napięcie na rezystorze i na indukcyjności, oraz moc czynną, bierną i pozorną. Narysować wykres wektorowy. Jak zmieni się wartość prądu jeŜeli częstotliwość zmieni się na f = 60 Hz.(częstotliwość w Ameryce) I

A UR

R

VR

UL

L

VL

U

Rys. 3.1a Rozwiązanie W obwodzie są dwa elementy, rezystancja i indukcyjno ść. Wartość rezystancji nie zaleŜy od częstotliwości i jest taka sama dla prądu stałego ( ω = 0) jak i dla prądu zmiennego. Wartość elementu reaktancyjnego (w zadaniu indukcyjno ści) zaleŜy od częstotliwości źródła wymuszającego, przedstawiono to na rys. 3.1b. X L = ωL . Da prądu stałego (ω = 0) wartość X L = 0 . Indukcyjność stanowi zwarcie. Wartość indukcyjności L (jeŜeli jest liniowa) jest stała i wynika z jej konstrukcji (zaleŜności Ψ miedzy strumieniem skojarzonym a prądem L = ), jej jednostką jest H (henr). i Wartość reaktancji X L zmienia się ze zmianą częstotliwości i jej jednostką jest Ω (ohm). Dla częstotliwości 50 Hz pulsacja wynosi ω = 2πf ≈ 314 rad/s , a reaktancja X L = ωL = 314 ⋅ 0.2 = 62.8 Ω Dla częstotliwości 60 Hz pulsacja wynosi ω = 2πf ≈ 377 rad/s , a reaktancja X L = ωL = 377 ⋅ 0.2 = 75.4 Ω

Rys. 3.1b

Wartość skuteczna napięcie zasilającego U = 230 V, przyjmując jego fazę za równą zero jego wartość czasowa u (t ) = 230 2 sin ωt , wartość zespolona skuteczna U = 230e j 0 Przedstawiony obwód opisuje równanie wynikające z napięciowego prawa Kirchhoffa dla wartości zespolonych. UR +UL = U R ⋅ I + jωL ⋅ I = U R ⋅ I + jX L ⋅ I = U Obliczamy dla częstotliwości 50 Hz, ω = 314 rad/s I ( R + jX L ) = U Wprowadzamy oznaczenie 0 Z = R + jX L = 100 + j 62.8 = 118.08e j 31.13 Ω, impedancja zespolona, zilustrowana na rys. 3.1c X arctg ϕ = L = arctg (0.628) stąd ϕ = 31.130 R

ϕ Rys. 3.1c Stąd zespolona wartość prądu 0 0 U 230e j 0 I= = = 1.95e − j 31.13 = 1.72 − j 0.92 A j 31.13 0 Z 118.08e Amperomierz wskaŜe wartość skuteczną prądu, która jest równa modułowi wartości zespolonej. I AMP = 1.95 A. Napięcie na indukcyjności 0 0 0 0 U L = I ⋅ jX L = 1.95e − j 31.13 ⋅ j 62.8 = 1.95e − j 31.13 ⋅ 62.8e j 90 = 122.46e j 58.87 V Woltomierz VL wskaŜe wartość skuteczną napięcia, która jest równa modułowi wartości zespolonej. UVL = 122.46 V. Napięcie na rezystancji 0 0 U R = I ⋅ R = 1.95e − j 31.13 ⋅ 100 = 195e − j 31.13 V Woltomierz VR wskaŜe wartość skuteczna napięcia, która jest równa modułowi wartości zespolonej UVR = 195 V Znając wartość skuteczną prądu i wartość skuteczną napięcia zasilającego obliczymy moc pozorną.

S = U ⋅ I = 230 ⋅ 1.95 = 448.5 VA.

Moc pozorna zespolona 0 S = P + jQ = U ⋅ I ∗ = 230 ⋅ 1.95e j 31.13 = 448.5(cos 31.130 + j sin 31.130 ) = = (383.91 + j 231.89) VA. Moc czynna P = 383.91 W, moc bierna Q = 231.89 var. (dodatnia – charakter indukcyjny)

ϕ

Rys. 3.1d. Wykres wektorowy Obliczamy prąd dla częstotliwości 60 Hz, X L = ωL = 377 ⋅ 0.2 = 75.4 Ω

ω = 377 rad/s.

Z = R + jX L = 100 + j 75.4 = 125.24e j 37 Ω. Stąd 0 0 U 230e j 0 I= = = 1.84e − j 37 A. j 37 0 Z 125.24e Dla częstotliwości 60 Hz amperomierz wskaŜe I AMP = 1.84 A. Wartość prądu zmaleje poniewaŜ reaktancja indukcyjno ści wzrośnie (rys. 3.1b) 0

Zad. 3.2. Dwójnik RC, jak na rys. 3.2a, R = 80 Ω, C = 50 µF włączono do sieci o napięciu skutecznym U = 230 V, i częstotliwości f = 50 H. Obliczyć prąd i napięcie na rezystorze i na kondensatorze, oraz moc czynną, bierną i pozorną. Narysować wykres wektorowy. Jak zmieni się wartość prądu jeŜeli częstotliwość zmieni się na f = 60 H. I

A UR

R

VR

UC

C

VC

U

Rys. 3.2a Rozwiązanie

W obwodzie są dwa elementy, rezystancja i kondensator. Wartość rezystancji nie zaleŜy od częstotliwości i jest taka sama dla prądu stałego ( ω = 0) jak i dla prądu zmiennego. Wartość elementu reaktancyjnego (w zadaniu kondensatora) zaleŜy od częstotliwości źródła 1 wymuszającego, przedstawiono to na rys. 3.2b. X C = . Da prądu stałego (ω = 0) wartość ωC X C = ∞ . Kondensator stanowi przerwę. Wartość kondensatora C (jeŜeli jest liniowa) jest stała i wynika z jego konstrukcji (zaleŜności Q miedzy ładunkiem a napięciem C = ), jej jednostką jest F (farad). u Wartość reaktancji X C zmienia się ze zmianą częstotliwości i jej jednostką jest Ω (ohm).

Rys. 3.2b Dla częstotliwości 50 Hz pulsacja wynosi ω = 2πf ≈ 314 rad/s, a reaktancja 1 1 XC = = = 63.69 Ω ωC 314 ⋅ 50 ⋅ 10 − 6 Dla częstotliwości 60 Hz pulsacja wynosi ω = 2πf ≈ 377 rad/s , a reaktancja 1 1 XC = = = 53.05 Ω ωC 377 ⋅ 50 ⋅ 10− 6 Wartość skuteczna napięcie zasilającego U = 230 V, przyjmując jego fazę za równą zero jego wartość czasowa u (t ) = 230 2 sin ωt , wartość skuteczna zespolona U = 230e j 0 V Przedstawiony obwód opisuje równanie wynikające z napieciowego prawa Kirchhoffa dla wartości zespolonych. U R + UC = U 1 R⋅I + ⋅I =U jωC 1 R⋅I − j ⋅I =U ωC R ⋅ I − jX C ⋅ I = U Obliczamy dla częstotliwości 50 Hz, I ( R − jX C ) = U Wprowadzamy oznaczenie:

ω = 314 rad/s

Z = R − jX C = 80 − j 63.69 = 102.26e − j 38.52 Ω. jest to impedancja zespolona, zilustrowana na rys. 2.2c, gdzie  X  arctg  − C  = arctg (−0.796) stąd ϕ = −38.520  R  0

ϕ 10

2.2 6

Rys. 3.2c Stąd zespolona wartość prądu 0 0 U 230e j 0 I= = = 2.25e j 38.52 = 1.85 + j1.28 A − j 38 .52 0 Z 102.26e Amperomierz wskaŜe wartość skuteczną prądu, która jest równa modułowi wartości zespolonej. I AMP = 2.25 A Napięcie na kondensatorze

U C = I ⋅ (− jX C ) = 2.25e j 38.52 ⋅ (− j 63.69) = 2.25e j 38.52 ⋅ 63.69e − j 90 = 143.3e − j 51.48 V Woltomierz VC wskaŜe wartość skuteczną napięcia, która jest równa modułowi wartości zespolonej. UVC = 143.3 V Napięcie na rezystancji 0 0 U R = I ⋅ R = 2.25e j 38.52 ⋅ 80 = 180 j 38.52 V Woltomierz VR wskaŜe wartość skuteczna napięcia, która jest równa modułowi wartości zespolonej UVR = 180 V Znając wartość skuteczną prądu i wartość skuteczną napięcia zasilającego obliczymy moc pozorną. S = U ⋅ I = 230 ⋅ 2.25 = 517.5 VA Moc pozorna zespolona 0 S = P + jQ = U ⋅ I ∗ = 230 ⋅ 2.25e − j 38.52 = 517.5[cos(−38.520 + j sin( −38.520 )] = = (404.69 − j 322.4) VA Moc czynna P = 404.69 W, moc bierna Q = −322.4 var, (ujemna – charakter pojemno ściowy) 0

0

0

0

V

25 2.

V

3 3. 14

0 18

A

ϕ

Rys. 3.2d. Wykres wektorowy Obliczamy prąd dla częstotliwości 60 Hz, ω = 377 rad/s 1 1 XC = = = 53.05 Ω ωC 377 ⋅ 50 ⋅ 10− 6 0 Z = R − jX C = 80 − j 53.05 = 95.99e − j 33.55 Stąd 0 0 U 230e j 0 I= = = 2.4e j 33.55 − j 33.55 0 Z 95.99e Dla częstotliwości 60 Hz amperomierz wskaŜe I AMP = 2.4 A. Wartość prądu wzrośnie poniewaŜ reaktancja pojemnościowa zmaleje (rys. 3.2b)

Zad. 3.3. Dwójnik RCL, jak na rys. 3.3a, R = 40 Ω, C = 20µF , L = 0.2 H włączono do źródła o napięciu skutecznym U = 200 V. Obliczyć prąd, napięcie na rezystorze, kondensatorze i cewce oraz moc czynną, bierną i pozorną, dla trzech pulsacji: 1. ω = 400 rad/s, 2. ω = 500 rad/s, 3. ω = 600 rad/s. Narysować wykresy wektorowe.

Rys. 3.3a Rozwiązanie W obwodzie są trzy elementy połączone szeregowo. Rezystancja i dwa elementy reaktancyjne cewka i kondensator. Rezystancja ma wartość stałą w funkcji częstotliwości, natomiast wartość reaktancji pojemnościowej oraz reaktancji indukcyjnej zaleŜy od częstotliwości źródła wymuszającego. Przedstawiono to na rys. 3.3b.

Ω

R, XC , X L

125 120 100 83.33 80

reak. po j. . ind . ak re

rezystancja

40

rad/s 0

400

500

char. pojem.

ω

600 char. induk.

char. rezyst. (rezonans)

Rys. 3.3b 1. Dla pulsacji ω = 400 rad/s.

X L = ωL = 400 ⋅ 0.2 = 80 Ω. 1 1 XC = = = 125 Ω ωC 400 ⋅ 20 ⋅ 10 − 6 Impedancja zespolona, schemat rys. 3.3c Z = R + jX L − jX C = 40 + j80 − j125 = 40 − j 45 = 60.2e − j 48.37 Ω 0

Rys. 3.3c Zespolona wartość prądu. 0 U 200e j 0 I= = = 3.32e j 48.37 A → charakter pojemnościowy. − j 48 .37 0 Z 60.2e Amperomierz wskaŜe wartość skuteczną 3.32 A stąd: 0 0 U R = I ⋅ R = 3.32e j 48.37 ⋅ 40 = 132.8e j 48.37 V Woltomierz VR wskaŜe wartość skuteczną 132.8 V

U C = I ⋅ (− jX C ) = 3.32e j 48.37 ⋅ (− j125) = 3.32e j 48.37 ⋅ 125e − j 90 = 415e − j 41.63 V Woltomierz VC wskaŜe wartość skuteczną 415 V 0 0 0 0 U L = I ⋅ jX L = 3.32e j 48.37 ⋅ j80 = 3.32e j 48.37 ⋅ 80e j 90 = 265.6e j138.37 V Woltomierz VL wskaŜe wartość skuteczną 265.6 V Moc pozorna zespolona. 0

0

0

S = P + jQ = U ⋅ I * = 200e j 0 ⋅ 3.32e − j 48.37 = 664[(cos(−48.37) + j sin( −48.37)] = 0

= (441.1 − j 496.3) VA,

→

26 5. 6

S = 664 VA,

14 9, 4

V

P = 441.1 W,

Q = −496.3 var.

V

41 5

V

Rys. 3.3d. Wykres wektorowy dla ω = 400 rad/s. 2. Dla pulsacji ω = 500 rad/s.

X L = ωL = 500 ⋅ 0.2 = 100 Ω. 1 1 XC = = = 100 Ω. ωC 500 ⋅ 20 ⋅ 10− 6 Impedancja zespolona, schemat rys.2.3e Z = R + jX L − jX C = 40 + j100 − j100 = 40 Ω

Rys. 3.3e.

Zespolona wartość prądu. U 200e j 0 I= = = 5e j 0 A → charakter rezystancyjny (zjawisko rezonansu napięć) Z 40 Amperomierz wskaŜe wartość skuteczną 5 A U R = I ⋅ R = 5e j 0 ⋅ 40 = 200e j 0 V Woltomierz VR wskaŜe wartość skuteczną 200 V. 0

0

U C = I ⋅ (− jX C ) = 5e j 0 ⋅ (− j100) = 5e j 0 ⋅ 100e − j 90 = 500e − j 90 V Woltomierz VC wskaŜe wartość skuteczną 500 V. 0 0 0 0 U L = I ⋅ jX L = 5e j 0 ⋅ j100 = 5 j 0 ⋅ 100e j 90 = 500e j 90 V Woltomierz VL wskaŜe wartość skuteczną 500 V Moc pozorna zespolona S = P + jQ = U ⋅ I * = 200 ⋅ 5 = 1000 VA. → S = 1000 VA, P = 1000 W, 0

0

0

Q=0

Rys. 3.3f. Wykres wektorowy dla ω = 500 rad/s. 3. Dla pulsacji ω = 600 rad/s.

X L = ωL = 600 ⋅ 0.2 = 120 Ω. 1 1 XC = = = 83.33 Ω ωC 600 ⋅ 20 ⋅ 10− 6 Impedancja zespolona, schemat rys. 2.3g 0 Z = R + jX L − jX C = 40 + j120 − 83.33 = 40 + j 36.67 = 54.26e j 42.51 Ω

Rys. 3.3g. Zespolona wartość prądu. 0 U 200e j 0 I= = = 3.68e − j 42.51 A → charakter indukcyjny. j 42.510 Z 54.26e Amperomierz wskaŜe wartość skuteczną 3.68 A. Stąd. 0 0 U R = I ⋅ R = 3.68e − j 42.51 ⋅ 40 = 147.2e − j 42.51 V Woltomierz VR wskaŜe wartość skuteczną 147.2 V

U C = I ⋅ (− jX C ) = 3.68e − j 42.51 ⋅ (− j83.3) = 3.68e − j 42.51 ⋅ 83.33e − j 90 = 306.65e − j132.51 V Woltomierz VC wskaŜe wartość skuteczną 306.65 V 0 0 0 0 U L = I ⋅ jX L = 3.68e − j 42.51 ⋅ j120 = 3.68e − j 42.51 ⋅ 120e j 90 = 441.6e j 47.49 Woltomierz VL wskaŜe wartość skuteczną 441.6 V Moc pozorna zespolona. 0 S = P + jQ = U ⋅ I * = 200e j 0 ⋅ 3.68e j 42.51 = 736(cos 42.51 + j sin 42.51) = = 542.55 + j 497.32 0

→

S = 736 VA,

P = 542.55 W,

0

Q = 497.32 var.

0

44 1. 6

V

UL

U

V

13 4. 95

V 30 6. 65

V

200 V 14 7. 2

UL-UC=134.95 V

UR I=3.68 A

UC

Rys. 3.3h. Wykres wektorowy dla ω = 600 rad/s. Zad. 3.4. W obwodzie jak na rys. 3.4a, przyrządy wskazują: amperomierz I = 2 A, woltomierz U = 100 V, watomierz P = 160 W. Obliczyć wartość rezystancji R, wartość reaktancji XL, oraz napięcia na tych elementach.

A

* * W R

(u)t

VR

V XL

VX L

Rys. 3.4a Zadanie to moŜna rozwiązać na kilka sposobów, które zostaną przedstawione: 1. Ze wskazania watomierza moŜemy obliczyć bezpośrednio wartość rezystancji, poniewaŜ moc czynna wydzieli się na rezystancji w postaci ciepła P P = RI 2 stąd R = 2 = 40 Ω I Znając wskazanie woltomierza i amperomierza moŜemy obliczyć moc pozorną S = U I = 100 ⋅ 2 = 200 VA

Co dalej pozwoli obliczyć moc bierną z zaleŜności S 2 = P2 + Q2

stąd Q = S 2 − P 2 = 120 var

ϕ Rys. 3.4b Moc bierna zostanie zgromadzona w indukcyjno ści w postaci energii pola magnetycznego Q Q = X L I 2 stąd X L = 2 = 30 Ω I 2. Znając wskazanie woltomierza (moduł napięcia) oraz wskazanie amperomierza (moduł prądu), moŜemy obliczyć moduł impedancji Z.

U = 50 Ω , znając z poprzedniego R = 40 Ω I oraz zaleŜność Z =

Z 2 = R2 + X L

2

stąd X L = Z 2 − R 2 = 30 Ω

3. Znając wskazanie watomierza i obliczoną wartość mocy pozornej S, moŜemy obliczyć cos φ.

P = 0.8 stąd sin ϕ = 0.6 S R = cos ϕ Z = 40 Ω X L = sin ϕ Z = 30 Ω

cos ϕ =

ϕ Rys. 3.4c 4. Znając wartość rezystancji R (obliczoną ze wskazań watomierza), moŜemy obliczyć napięcie na tej rezystancji

U R = R I 80 V z zaleŜności U 2 = U R + U X L 2

2

stąd

U X L = U 2 − U R = 60 V 2

oraz X L =

UXL I

= 30 Ω

U U XL

ϕ UR Rys. 3.4d Wskazanie VR = 80 V, wskazanie VX L = 60 V.

Zad. 3.5. Dla obwodu jak na rys. 3.5a, obliczyć i (t ) , u R (t ) , u L (t ) i p(t ) .

π

e(t ) = 200 sin(1000t − ) , R = 100 Ω, L = 0.1 H 2

Rys. 3.5a R oz w i ą z a n i e Wartość skuteczna zespolona napięcia 200 − j π2 U= e = − j141 V 2 Wartość zespolona impedancji X L = ωL = 100 Ω, Z = R + jX L = 100 + j100 Ω Wartość skuteczna zespolona prądu 5 5 j π j π U − j141 − j141(100 − j100) 1 1 I= = = = (−1 − j ) = 2e 4 = e 4 A Z 100 + j100 (100 + j100)(100 − j100) 2 2 Wartość czasowa prądu 5 i (t ) = 2 I sin( ωt + ψ i ) = 2 sin(1000t + π ) A 4 Wartość skuteczna zespolona napięcia na indukcyjności 5 j π 4

j

5

1 j π

U L = I ⋅ jX L = e ⋅ j100 = e 4 ⋅100e 2 = 100e Wartość czasowa napięcia na indukcyjności

7 j π 4

lub

U L = 100e

1 −j π 4

V

1 u L (t ) = 2 U L sin(1000t + ψ U L ) = 100 2 sin(1000t − π ) V 4 Wartość skuteczna zespolona napięcia na rezystancji 5 j π 4

5 j π 4

U R = I ⋅ R = e ⋅100 = 100e V Wartość czasowa napięcia na rezystancji 5 u R (t ) = 2 U R sin(1000t + ψ U R ) = 100 2 sin(1000t + π ) V 4 Wartość mocy chwilowej π π 5  p(t ) = u (t ) ⋅ i(t ) = [200 sin(1000t − )] ⋅ [ 2 sin(1000t + π )] = 100 + 100 2 sin  2000t +  VA 4 2 4  Zad. 3.6. Obliczyć wartość kondensatora pozwalającego włączyć szeregowo z nim Ŝarówkę 115 V/60 W, do sieci u (t ) = 230 2 sin 314t (rys. 3.6a). Obliczyć moc pozorną , bierną oraz cos ϕ . Narysować wykres wektorowy.

Rys. 3.6a Rozwiązanie Wartość skuteczna napięcia Ŝarówki U Z = 115 V Wartość skuteczna napięcia zasilającego U = 230 V

śarówka jest rezystorem, którego wartość obliczymy z zaleŜności U 2 1152 U2 → RZ = Z = = 220.4 Ω P= Z RZ P 60 ObciąŜenie stanowi dwójnik RC, stąd zaleŜność napięć U 2 = U C2 + U Z2

U C = U 2 − U Z2 = 230 2 − 115 2 = 199.18 V Prąd płynący przez Ŝarówkę i kondensator U P 115 60 = = 0.52 A I = Z = = 0.52 A lub bezpośrednio z mocy I = U Z 115 RZ 220.4 Wartość reaktancji kondensatora U 199.18 = 383 Ω XC = C I 0.52

1 1 1 → C= = = 8.31 µF ω ⋅C X C ⋅ ω 383 ⋅ 314 Moc pozorna S = U ⋅ I = 230 ⋅ 0.52 = 119.6 VA

XC =

Moc bierna pobierana ze źródła Q = I 2 ⋅ X C = 0.522 ⋅ 383 = 103.56 var Moc pozorna zespolona pobierana ze źródła S = P + jQ = (60 + j103.56) VA

cosϕ =

60 P = = 0.5 S 119.6

→

ϕ = 66.54 0

ϕ

Rys. 3.6b. Wykres wektorowy obwodu Zad 3.7. Dla obwodu jak na rys. 3.7a obliczyć : rozpływ prądów, wskazanie amperomierza oraz narysować wykres wektorowy prądów i napięć. Zadanie rozwiązać: 1. Metodą równań Kirchhoffa. 2. Metodą potencjałów węzłowych. 3. Metodą prądów i napięć gałęziowych. Sprawdzić zasadę Tellegena.  π Dane e(t ) = 240 2 sin  t +  , X L1 = 40 Ω, R2 = 10 Ω, X C 2 = 10 Ω, R3 = 20 Ω, 2  X L 3 = 20 Ω.

Rys. 3.7a Rozwiązanie

1. Metodą równań Kirchhoffa

− I1 + I 2 + I 3 = 0 E − U L1 − U R 2 − U C 2 = 0 U C 2 + U R2 − U R3 − U L3 = 0 Wstawiając prądy i wartości zespolone impedancji w gałęziach E − I1 ⋅ jX L1 − I 2 ( R2 − jX C 2 ) = 0 I 2 ( R2 − jX C 2 ) − I 3 ( R3 + jX L 3 ) = 0 I 3 = I1 − I 2 Podstawiając I 3 do drugiego równania napięciowego , oraz wartości liczbowe z zadania mamy j 240 − I1 ⋅ j 40 − I 2 (10 − j10) = 0 I 2 (10 − j10) − I1 (20 + j 20) + I 2 (20 + j 20) = 0 Stąd I1 = (6 + j 2) A I 2 = (4 + j 4) A

I 3 = I 1 − I 2 = ( 2 − j 2) A Amperomierz wskaŜe wartość skuteczną prądu I1 , co odpowiada wartości modułu prądu zespolonego 0 2 I1 = 6 + j 2 = 6 2 + 22 e jϕ = 6.32e j18.43 A gdzie arctg ϕ = → ϕ = 18.430 6 Amperomierz wskaŜe 6.32 A 2. Metodą potencjałów węzłowych Admitancje poszczególnych gałęzi 1 1 1 Y1 = = =−j 40 Z1 j 40 1 1 1 1 Y2 = = = +j Z 2 10 − j10 20 20 1 1 1 1 Y3 = = = −j 40 Z 3 20 + j 20 40 Jako węzeł odniesienia (uziemiony) przyjmujemy węzeł (0), równanie potencjałów wypiszemy dla węzła (1) V (Y 1+Y2 + Y3 ) = E ⋅ Y1 podstawiając dane z zadnia 1 1 1 1 1  1  V− j + +j + − j  = j 240 40 20 20 40 40  j 40  stąd V = 80 V prądy w gałęziach

1   1 I 2 = V ⋅ Y2 = 80 + j  = (4 + j 4) A 20   20 1   1 I 3 = V ⋅ Y3 = 80 − j  = (2 − j 2) A 40   40 I1 = I 2 + I3 = (6 + j 2) A Wykres wektorowy przedstawiono na rys. 3.7b

Rys. 3.7b Na wykresie, rys. 3.7b, po stronie prawej napięcie V powiększono w celu przejrzystego narysowania pozostałych napięć na dwójniku RC i RL. 3. Metodą prądów i napięć gałęziowych ilość węzłów n = 2, ilość węzłów niezaleŜnych n −1 = 1 ilość gałęzi b = 3, ilość oczek niezaleŜnych b – n + 1 = 2

Rys. 3.7c Prądowe prawo Kirchhoffa: (2) − I1 + I 2 + I 3 = 0 Napięciowe prawo Kirchhoffa:

a. − U1 − U 2 = 0 b. U 2 − U3 = 0 Równania gałęziowe U1 = I1 ⋅ jX L1 − E U 2 = I 2 ( R2 − jX C 2 )

U 3 = I 3 ( R3 + jX L 3 ) Po wstawieniu równań gałęziowych do napięciowego prawa Kirchhoffa otrzymujemy: U1 = −80 I1 = 6 + j 2 U 2 = 80 I2 = 4 + j4 U 3 = 80

I3 = 2 − j 2

Zasada Tellegena ∗ * * P = U1 ⋅ I1 + U 2 ⋅ I 2 + U 3 ⋅ I 3 = −80(6 − j 2) + 80(4 − j 4) + 80(2 + j 2) = 0

Zad. 3.8. Dla obwodu jak na rys. 3.8a obliczyć rozpływ prądów metodą potencjałów węzłowych. Narysować wykres wektorowy .W celu sprawdzenia poprawności rozwiązania prąd I2 obliczyć z twierdzenia Thevenina. Dane: E = j120 V , j = 4 2 cos ωt A, R1 = 20 Ω, R2 = XC2 = 10 Ω

Rys. 3.8a R o z w i ą z a n i e: 1. Metodą potencjałów węzłowych. 1  E 1  = + J V  +  R1 R2 − jX C 2  R1  1  j120 1  = V  + + j4 20  20 10 − j10  V = (40 + j80) V V I2 = = (−2 + j 6) A R2 − jX C 2 Z równania V − I1 ⋅ R1 − E = 0 obliczymy prąd I1 V −E I1 = = (2 − j 2) A R1 Wynik moŜna sprawdzić z prądowego prawa Kirchhoffa dla węzła V

J = I1 + I 2 2. Z twierdzenia Thevenina Prąd I2 obliczamy z obwodu przedstawionego na rys 3.8b

Rys. 3.8b

ZT = R1 = 20 Ω (zwarte źródło napięciowe, rozwarte prądowe) U T = E + R1J = j120 + 20 ⋅ j 4 = j 200 V UT j 200 I2 = = = (−2 + j 6) A ZT + R2 − jX C 2 20 + 10 − j10

Rys. 3.8c wykres wektorowy Zad. 3.9. W obwodzie jak na rys 3.9a obliczyć wartość czasową i4 (t ) metodą Thevenina.

π π   e2 (t ) = 50 2 sin 100t +  V, j2 (t ) = 2 2 sin 100t +  A. 2 2   j3 (t ) = 5 2 sin 100t A, R1 = 20 Ω, R3 = 10 Ω, R4 = 30 Ω, L1 = L3 = 0.1 H, C1 = C 2 = 0.2 mF

e1 (t ) = 390 2 sin 100t V,

Rys. 3.9a Rozwiazanie Wartości zespolone źródeł, i elementów reaktancyjnych E1 = 390 V, E2 = j50 V, J 2 = j 2 A, J 3 = 5 A. ω = 100 r/s

1 1 = = 50 Ω ωC1 ωC 2 Impedancje Thevenena obliczymy po zwarciu źródeł napięcia i rozwarciu źródeł prądu, przedstawiono to na rys. 3.9b.

stąd

X L1 = X L 3 = ωL1 = ωL2 = 10 Ω,

jXL1

jX L3

X C1 = X C 2 =

R3 A

ZT

R1 -jX C2 -jX C1

B

Rys. 3.9b Z T = R3 + jX L 3 − jX C 2 = 10 + j10 − j50 = 10 − j 40 Napięcie Thevenina obliczymy z obwodu przedstawionego na rys. 3.9c W obwodzie tym występuje idealne źródło napięcia E1 , powoduje to, Ŝe elementy L1 , C1 , R1 nie mają wpływu na pozostałe prądy i napięcia.

J3

jXL1

jX L3

R3 A U3

R1

E1

a

UT E2

-jX C2

B

-jX C1 U2

J2

Rys. 3.9c Wyłączenie rezystora R4 spowodowało, Ŝe prąd w indukcyjności L3 jest równy wartości źródła prądowego J3, a prąd w kondensatorze C2 równy jest wartości źródła prądowego J2 U 2 = J 2 (− jX C 2 ) = j 2 ⋅ (− j50) = 100 V

U 3 = J 3 ( R3 + jX L 3 ) = 5(10 + j10) = 50 + j 50 V Z napięciowego prawa Kirchhoffa dla oczka „a” mamy: E 2 − U 2 + E1 − U 3 − U T = 0 stąd U T = E 2 − U 2 + E1 − U 3 = j 50 − 100 + 390 − (50 + j 50) = 240 V 0 UT 240 240 I4 = = = = 3(1 + j ) = 3 2e j 45 Z T + R4 10 − j 40 + 30 40 − j 40 Wartość skuteczna I 4 = 3 2

π  Wartość czasowa i4 (t ) = 6 sin 100t +  4  Zad. 3.10. W obwodzie jak na rys. 3.10a obliczyć prąd I5 metodą Thevenina. Dane: E1 = 26 V, E2 = 18 V, J1 = 5 A, J 2 = 2 A, Z1 = − j10 , Z 2 = 4 + j 3 Ω, Z 3 = 6 − j8 Ω, Z 4 = 14 + j8 Ω, Z 5 = − j 40 Ω.

Rys. 3.10a Rozwiązanie Impedancje Thevenina obliczymy po odłączeniu Z 5 oraz zwarciu źródeł napięciowych oraz rozwarciu źródeł prądowych, rys. 3.10b

ZT = Z 3 + Z 4 = 6 − j8 + 14 + j8 = 20

Rys. 3.10b

Rys. 3.10c Napięcie Thevenina obliczymy z napięciowego prawa Kirchhoffa, rys. 3.10c. Po odłączeniu rezystancji R5 źródła prądowe J1 i J 2 stają się prądami płynącymi przez impedancje, odpowiednio Z 3 i Z 4 .Wybranie sposobu obliczenia napięcia Thevenina jest indywidualne dla

kaŜdego zadnia. NaleŜy jednak unikać napięć na źródłach prądu, poniewaŜ te zaleŜą od pozostałych elementów obwodu i trudniej je wyznaczyć. E1 + U 3 − U T − U 4 = 0 stąd U T = E1 + U 3 − U 4 = E1 + J1 ⋅ Z3 − J 2 ⋅ Z 4 = 26 + 5(6 − j8) − 2(14 + j8) = 28 − j 56 UT 28 − j56 I5 = = = 1.4 A ZT + Z5 20 − j 40 Zad. 3.11. Wyznaczyć prąd I4 korzystając z twierdzenia o zastępczym źródle prądu (Nortona) E = 50 V, J = 10 A, Z1 = 2 + j3 , Z 2 = 0.5 + j 0.5 , Z 3 = 2 − j 4 , Z 4 = 0.5 − j 0.5

Rys. 3.11a Rozwiązanie Twierdzenie Theveina i twierdzenie Nortona to twierdzenia dualne. Dualizm ten widać wyraźnie jeŜeli z twierdzenia Nortona obliczymy napięcie. Znając napięcie prąd obliczymy U z zaleŜności I = = UY .Obliczając napięcie, widać łatwość zapamiętania wzorów oraz Z dualizm twierdzenia. Przedstawiono to na rys. 3.11b.

I=

UT ZT + Z

U=

IN YN + Y

stąd I =

I NY YN + Y

Rys. 3.11b W literaturze impedancja wewnętrzna (zastępcza)oznaczana jest często jako Z Z , a napięcie jałowe przez U Z .Tu przyjęto odpowiednio ZT i U T (od Thevenina). Analogicznie admitancja wewnętrzna (zastępcza) jest oznaczana jako YZ , a prąd zwarciowy przez I Z . Tu przyjęto YN i I N (od Nortona)

Rys. 3.11c Admitancja Nortona 1 1 YN = = = 1− j Z 2 0.5 + j 0.5

Rys. 3.11d I N = J = 10 A Cały prąd źródła prądowego płynie przez zwartą gałąź. Wartość impedancji Z 3 jest dowolna, nie ma wpływu na rozpływ prądów. 1 1 Y4 = = =1+ j Z 4 0.5 − j 0.5 stąd π j 10(1 + j1) I Y = 5 + j 5 = 5 2e 4 I4 = N 4 = YN + Y4 1 − j + 1 + j1

Zad. 3.12. W obwodzie przedstawionym na rys. 3.12a obliczyć wskazanie amperomierzy. Narysować wykres wektorowy. j (t ) = 3 2 cos t , R1 = 30 Ω, R2 = 60 Ω, X L1 = 40 Ω, X C = X L = 15 Ω.

Rys. 3.12a Rozwiązanie Z równości elementów reaktancyjnych, X L = X C wynika, Ŝe w obwodzie po stronie prawej jest rezonans prądów. jX L (− jX C ) Z LC = =∞ jX L − jX C Z tego wynika, Ŝe prąd I = 0 , oraz spadek napięcia na rezystorze U R 2 = 0 (wartość tego rezystora moŜe być dowolna) Cały prąd źródła J płynie przez gałąź RL po stronie lewej. U RL = J ( R1 + jX L1 ) = j 3(30 + j 40) = −120 + j90 To samo napięcie jest przyłoŜone do równoległego dwójnika LC. − 120 + j90 U RL = −6 − j8 IC = = − j15 − jX C stąd wskazanie amperomierza AC = 6 2 + 82 = 10 A − 120 + j90 U = 6 + j8 I L = RL = j15 jX L stąd wskazanie amperomierza AL = 6 2 + 82 = 10 A

Rys. 3.12b Rysunek 3.12b przedstawia wykres wektorowy. Prądy IL i IC są przeciwnie skierowane, prostopadle do URL i w sumie są równe zero. Zad. 3.13. Obliczyć wartość indukcyjności L2, aby w obwodzie jak na rys. 3.13a wystąpił rezonans napięć. Dla stanu rezonansu obliczyć wskazanie amperomierza. Obliczyć wartości elementów obwodu zastępczego.

e(t ) = 120 2 sin 102 t ,

L1 = 0.1 H,

C = 500 µF,

R = 80 Ω,

Rys. 3.13a Rozwiązanie Wartości reaktancji dla ω = 100 r/s 1 X L1 = ωL1 = 40 Ω, X C = = 20 Ω . ωC Impedancja złoŜona jest z dwóch obwodów równoległych, L1C i RL2 , połączonych szeregowo jX L1 (− jX C ) R ⋅ jX L 2 j 40(− j 20) 80( jX L 2 ) 80( jX L 2 ) ⋅ (80 − jX L 2 ) Z= + = + = − j 40 + = 2 jX L1 − jX C R + jX L 2 j 40 − j 20 80 + jX L 2 802 + X L 2

=

2  802 X L 2  80 X L 2  2  j + 2 2 − 40  2  80 + X L 2  80 + X L 2 

Impedancja Z = R + jX Warunkiem rezonansu jest część urojona X = 0 , oznacza to, Ŝe prąd i napięcie w obwodzie są w fazie. Prowadzi to do równania.  802 X L 2   2   80 + X 2 − 40  = 0  L2  X stąd X L 2 = 80 Ω. → L2 = L 2 = 0.08 H

ω

Znając X L 2 mo Ŝemy obliczyć wartość rezystancji zastępczej 2

80 X RZ = 2 L 2 2 = 40 Ω 80 + X L 2

Rys. 3.13b Schemat zastępczy obwodu dla wartości zespolonych przedstawiono na rys. 3.13b, stąd E 120 I= = = 3 A (wskazanie amperomierza) R 40

Obwód ma charakter rezystancyjny, prąd jest w fazie z napięciem zasilającym.

Zad. 3.14. Dla obwodu przedstawionego na rys. 3.14a obliczyć wartość reaktancji XC, Ŝeby w obwodzie wystąpił rezonans prądów. Dla stanu rezonansu obliczyć rozpływ prądów oraz narysować wykres wektorowy prądów i napięć. Dane : e(t ) = 80 2 sin ωt , R1 = 15 Ω, R2 = 20 Ω, X L = 10 Ω. Obliczyć częstotliwość rezonansową oraz wartość kondensatora C jeŜeli w przyjętym układzie wartość indukcyjno ści L wynosiłaby 0.01 H

Rys. 3.14a Rozwiązanie Warunkiem powstania rezonansu prądów (rezonans równoległy) jest B = 0 (susceptancja) gdzie admitancja YAB = G + jB admitancja YAB = Y2 + Y3 1 1 gdzie Y2 = , Y3 = R2 + jX L − jX C

YAB =

1 1 +j R2 + jX L XC

podstawiając dane

Y AB =

1 1 1 1 1 1 ⋅ (2 − j ) 1 + j = + j = ⋅ + j = 20 + j10 X C 10(2 + j ) X C 10 (2 + j )(2 − j ) XC

=

2 1 1 1 −j + j = + 50 50 X C 25

−

1 1 + =0 50 X C

stąd X C = 50 1 G= S, → 25

 1 1   j  − +  50 X C 

R = 25 Ω

Przedstawiony równoległy obwód rezonansowy na zaciskach AB moŜna zastąpić rezystorem o wartości 25 Ω, przedstawia to rys. 3.14b.

Rys. 3.14b Obliczymy napięcie UAB E 80 I1 = = =2 A R1 + R 15 + 25 U AB = I1 ⋅ R = 2 ⋅ 25 = 50 V Napięcie UAB jest przyłoŜone do dwóch gałęzi dwójnika stąd prądy U AB 50 I2 = = = 2− j R2 + jX L 20 + j10 U AB 50 I3 = = j = j − jX C 50 Dodając prądy I2 i I3 otrzymujemy I1 I1 = I 2 + I 3 = 2 Napięcia na gałęzi RL U X L = I 2 ⋅ jX L = (2 − j ) ⋅ j10 = 10 + j 20 U R2 = I 2 ⋅ R2 = (2 − j ) ⋅ 20 = 40 − j 20

Napięcie na rezystorze U R1 = I1 ⋅ U R1 = 2 ⋅ 15 = 30 Na rys.5c przedstawiono wykres wektorowy.

Rys. 3.14c Znając wartość reaktancji X L = 10 Ω moŜemy obliczyć ω

X L = ωL

→

ω=

XL 10 = = 103 r/s L 0.01

→

f =

ω 103 = = 159.2 Hz 2π 2π

Wartość kondensatora 1 1 1 C= XC = → = 3 = 20 µ F ωC ωX C 10 ⋅ 50 Zad. 3.15 Stosując metodę prądów i napięć gałęziowych (rys. 3.15a) , obliczyć prądy oraz napięcia gałęziowe. Sprawdzić zasadę Tellegena. Dane: E1 = j60 V, J3 = 2 A, ωL1 = 30 Ω, 1 ωL2 = 20 Ω, ωM = 10 Ω, = 20 Ω. ωC2 (1)

1

2

3

(0)

Rys. 3.15a

Rozwiązanie: ilość węzłów n = 2,

ilość gałęzi b = 3,

ilość oczek niezaleŜnych b – n + 1 = 2

Prądowe prawo Kirchhoffa: (1)

−I1 +I2 −I3 = 0

Napięciowe prawo Kirchhoffa: (I) (II)

U1 + U2 = 0 U2 + U3 = 0

Równania gałęziowe:

U1 = jωL1 ⋅ I1 − jωM ⋅ I 2 − E1 U 2 = jωL2 ⋅ I 2 − jωM ⋅ I1 − j

1 ⋅I ωC2 2

I3 = J3

Po wstawieniu równań gałęziowych do napięciowego prawa Kirchhoffa otrzymujemy: U1 = j80 V I1 = 8 A U2 = −j80 V I2 = 10 A U3 =j80 V I3 = 2 A

Zasada Tellegena – Moc chwilowa pobierana przez cały obwód, równa sumie mocy pobieranej przez wszystkie gałęzie, w kaŜdej chwili jest równa zero. P = U1 ⋅ I1 + U 2 ⋅ I 2 + U 3 ⋅ I 3 = j80 ⋅ 8 − j80 ⋅ 10 + j80 ⋅ 2 = 0 Zad. 3.16 Dla obwodu jak na rys. 3.16a narysować graf. Narysować dwa dowolne drzewa. Zaznaczyć dwa dowolne rozcięcia. Obliczyć liczbę węzłów niezaleŜnych. Zaznaczyć oczka niezaleŜne (jeden z moŜliwych układów) *

*

*

Rys. 3.16a Rozwiązanie

Rys. 3.16b liczba węzłów n = 6, liczba gałęzi b = 8 liczba węzłów niezaleŜnych n – 1 = 5

liczba oczek niezaleŜnych b – n + 1 = 8 – 6 + 1 = 3

Rys. 3.16c Przykłady rozcięć: 1,3,4,6. 8,5,6. Układ oczek niezaleŜnych: (1,2,3) , (4,5,6) , (3,2,7,8,5,4)

Zad. 3.17. Obliczyć wartość skuteczną, oraz wartość średnią cało okresową sygnału okresowego przedstawionego na rys. 3.17a.

Rys. 3.17a R oz w i ą z a n i e T = 5 ms U SR , cał

t 2 5  20 1 1 =4V = ∫ u (t )dt =  ∫ − 20dt + ∫ 20dt  = T0 5 0 2  5

t

U =

1 2 u (t )dt = T ∫0

2 5  1 400 dt + 400dt  = 20 V ∫ ∫ 5 0 2 

Zad. 3.18. Obliczyć moc czynną pobieraną przez dwójnik R = 5 kΩ, przebieg napięcie u (t ) przedstawiono na rys. 3.18a.

Rys. 3.18a Rozwiązanie T 1 P = ∫ u (t )i(t )dt T 0 T = 10 ms,

20[V ] ⋅ t[ms ] t ∈ (0, 10 ms) 10[ms ] 1 1 20[V ] i (t ) = u (t ) = ⋅ ⋅ t[ms ] t ∈ (0, 10 ms) 3 R 5 ⋅ 10 [Ω] 10[ms ]

u (t ) = a ⋅ t =

p (t ) = u (t ) ⋅ i (t ) = P=

1 10[ms ]

[V ][ A] 2 1 202 [V ]2 2 ⋅ t [ms ]2 ⋅ ⋅ t [ms ]2 = 8 ⋅ 10− 4 3 2 2 2 5 ⋅ 10 [Ω] 10 [ms ] [ms ]

10[ ms ]

∫

8 ⋅ 10− 4

0

[V ][ A] 2 1 [V ][ A] 1 3 10[ ms ] = ⋅ t [ms ]2dt[ms ] = ⋅ 8 ⋅ 10− 4 ⋅ t 0 2 [ms ] 10[ms ] [ms ]2 3

1 [V ][ A] 1 3 = ⋅ 8 ⋅10−4 ⋅ ⋅10 [ms ]3 = 26.66 mW. 10[ms] [ms]2 3 Zad. 3.19. Dla obwodu jak na rys. 3.19a, obliczyć Z, i (t ) , P, Q. Obliczenia dokonać dla dwóch przypadków sprzęŜenia magnetycznego (dodatniego i ujemnego). Narysować π  wykresy wektorowe. e(t ) = 200 2 sin 1000t +  , L1 = 20 mH. L2 = 180 mH, k = 1. 2  M i(t)

*

L1

*

e(t)

Rys. 3.19a Rozwiązanie E = j 200 V, M = k L1L2 = 60 mH. a) sprzęŜenie dodatnie

L2

Rys. 3.19b

E = jωL1 I + jωMI + jωL2 I + jωMI E = jω ( L1 + L2 + 2M ) I = ZI Z = jω ( L1 + L2 + 2 M ) = j1000(20 + 180 + 120) ⋅10 −3 = j320 Ω. E j 200 I= = = 0.625 A Z j320 i (t ) = 0.625 sin 1000t S = E ⋅ I ∗ = j 200 ⋅ 0.625 = j125 VA, P = 0 , Q = 125 var. b) sprzęŜenie ujemne

Rys. 3.19c

E = jωL1 I − jωMI + jωL2 I − jωMI Z = jω ( L1 + L2 − 2 M ) = j1000(20 + 180 − 120) ⋅ 10 −3 = j80 Ω E j 200 I= = = 2.5 A. Z j80 i (t ) = 2.5 2 sin 1000t S = E ⋅ I ∗ = j 200 ⋅ j 2.5 = j 500 VA,

P = 0,

Q = 500 var.

Rys. 3.19d Zad. 3.20. W obwodzie jak na rysunku obliczyć wskazania amperomierzy. R1 = 20 Ω, R3 = 10 Ω, XC = 20 Ω, XL3 = 40 Ω, XL4 = 30 Ω, XM = 20 Ω, XC4 = 10 Ω e(t ) = 100 2 sin(100t + 450 ). I1

A1

R1 I2

E

*

M

*

L3

A2 C

L4

R3

A4 C4

Rys. 3.20a Rozwązanie: Dokonujemy eliminacji sprzęŜenia magnetycznego, (sprzęŜenie dodatnie).

Rys. 3.20b Impedancja w gałęzi czwartej Z 4 = − j10 + j (30 − 20) = 0 Wystąpił rezonans napięć, rys. 3.20c.

Rys. 3.20c Prad I 3 równa się zero, gałąź ta jest zwarta przez gałąź czwartą w której wystąpił rezonans napięć. Reaktancja kondensatora XC i reaktancja XM są sobie równe, co prowadzi do rezonansu prądów .Impedancja tej części obwodu wynosi: jX M ⋅ (− jX C ) Z MC = = ∞ , lub admitancja YMC = jBC − jBM = 0 jX M − jX C w wyniku czego prąd I1 = 0 , wskazanie amperomierza A1 = 0 , rys.4d.

Rys.4d Napięcie na rezystorze R1 wynosi zero (wartość R1 moŜe być dowolna), więc na gałęzi z rezonansem wystąpi napięcie równe wartości źródła E. Znając napięcie moŜna obliczyć prąd w cewce i kondensatorze. 0 0 E 100e j 45 100e j 45 − j 450 amperomierz A4 wskaŜe I M = 5 A IM = = = = 5 e 0 jX M j 20 20e j 90 0

0

0 E 100e j 45 100e j 45 amperomierz A2 wskaŜe I C = 5 A IC = = = = 5e j135 − j 90 − jX C − j 20 20e Suma tych prądów równa się zero , co pokazano na wykresie wektorowym.

Zad. 3.21. Dla dwóch wartości współczynnika sprzęŜenia k = 1 oraz k = 0.9 , korzystając z twierdzenia Tevenina wyznaczyć schemat zastępczy autotransformatora (rys.3.21a) i obliczyć wartość skuteczną prądu zwarcia, przy rezystancji RZW = 20 Ω. Dane: L1 = 50 H, L2 = 12.5 H, U = 200 kV, ω = 314 rad/s

Rys. 3.21a Rozwiązanie: M = k L1L2 k=1 M = 25 H, ωM = 7850 Ω, k = 0,9 M = 22.5 H, ωM = 7065 Ω, ωL1 = 15700 Ω, ωL2 = 3925 Ω Dokonamy eliminacji sprzęŜenia . SprzęŜenie jest dodatnie.

ω L2+ ωM

_ ωM

U ωL1+ ωM Rys. 3.21b Obliczenia dla współczynnika k =1

Rys. 3.21c Impedancje Teveniva obliczamy przy zwartym generatorze (200 kV)

Rys. 3.21d Stąd prąd zwarcia IZW = 6.66 kA

Obliczenia dla współczynnika k = 0.9

Rys. 3.21e

Rys. 3.21f

Stąd prąd zwarcia IZW = 0.38 kA

Zad. 3.22. Zastąpić cewki sprzęŜone schematem zastępczym zawierającym transformator idealny. Dane: L1 = 32 mH, L2 = 2 mH, M = 4 mH , R1 = 2 Ω, R2 = 1 Ω

Rys. 3.22a Rozwiązanie: n=

L1 =4 L2

k=

M = 0. 5 L1 L2

LS1 = L1 − nM = (1 − k ) L1 = 16 mH 1 LS 2 = L2 − M = (1 − k ) L2 = 1 mH n

Lµ = nM = 16 mH

Rys. 3.22b Zad. 3.23. Obwód z zadania 3.22 obciąŜono kondensatorem pojemności C = 1 mF. Dla pulsacji ω = 103 rad/s obliczyć impedancję wejściową. Obliczeń dokonać: 1. zastępując sprzęŜenia układem z transformatorem idealnym 2. metodą eliminacji sprzęŜenia Rozwiązanie ad 1. dla ω = 103 rad/s wartości reaktancji wynoszą; XS1 = 16 Ω, XS2 = 1 Ω , Xµ = 16 Ω

Rys. 3.23a Wstawiając impedancje zespolone :

Rys. 3.23b Po stronie wtórnej wystąpił rezonans napięć, z elementów pozostanie tylko rezystor

Rys. 3.23c Rezystor R2 przenosi się na stronę pierwotną przez pomnoŜenie jego wartości przez kwadrat 2 przekładni n (ogólnie wartość impedancji strony wtórnej). R2 = (4 ) = 16

Rys. 3.23e ZWE = 2 + j16 + 8 + j8 = 10 + j 24 Ω. ad. 2 Dokonujemy eliminacji sprzęŜenia (dodatnie)

Rys. 3.23f

Wstawiając impedancje zespolone :

Rys. 3.23g ZWE = 2 + j 28 + 8 − j 4 = 10 + j 24

Zad. 3.24. Linia długa napowietrzna bezstratna, o długości l = 1000 km jest zasilana napięciem sinusoidalnym o wartości skutecznej E1 = 750 kV i częstotliwości 50 Hz. Obliczyć napięcie na końcu linii; E1  l− x Wskazówka: U ( x ) = cos 2π  l  λ   cos 2π   λ Rozwiązanie Prędkość rozchodzenia się fali elektromagnetycznej w powietrzu (linia napowietrzna) jest równa v = c = 3⋅ 105 km/s Stad v 3 ⋅ 105 λ= = = 6000 km f 50 l 1000 1 = = λ 6000 6 Na końcu linii x = l , więc mamy E1 750 U (l ) = = = 1500 kV  1  0.5 cos 2π   6 Zad. 3.25. Linia długa napowietrzna bezstratna o długości 1000 km, nie obciąŜona na końcu jest zasilana napięciem o wartości skutecznej 400 kV i częstotliwości 50 Hz .Obliczyć impedancje wejściową linii oraz parametry elementu skupionego odpowiadającego tej impedancji. Rozwiązanie Linia bezstratna R = 0 , G = 0 γ = jω LC = jβ , α = 0 , β = ω LC

L C Prędkość fazowa fali elektromagnetycznej w powietrzu. ω 1 1 v= , v= , v= = c , prędkość światła ZC =

β

εµ v 2πv 2π = λ = vT = = f ω β

ε 0 µ0

stąd

β=

2π

λ

JeŜeli x jest odległością od początku linii, a długość linii wynosi l to U (l ) = U 2 , I (l ) = I 2 , oraz U ( x ) = U 2 cos β (l − x) + jZ C I 2 sin β (l − x ) 1 I ( x) = [ jU 2 sin β (l − x) + ZC cos I 2 cos β (l − x)] ZC Impedancją wejściową linii długiej nazywamy stosunek wartości skutecznej zespolonej napięcia na początku linii do wartości skutecznej zespolonej prądu na początku linii. U ZWE = 1 I1 Dla x = 0 U1 = U 2 cos β l + jZ C I 2 sin β l 1 I1 = [ jU 2 sin βl + Z C I 2 cos βl ] ZC Dla linii nie obciąŜonej na końcu I 2 = 0 . Po wstawieniu tego warunku i podzieleniu stronami powyŜszych równań dostaniemy l ZWE = − jZ C ctg 2π ; Z C = 300 Ω,

λ

Przyjmujemy dodatkowo λ = cT = 6000 km, mamy 1000 π ZWE = − j300ctg 2π = − j 300ctg = − j100 3 Ω. 6000 3 1 1 = 18.38 µF . XC = = 100 3 Ω → C = ωC 314 ⋅ 100 3

4. Obwody trójfazowe

Zad. 4.1. Generator trójfazowy symetryczny zgodny (rys. 4.1a) o napięciu 230/400 V zasila odbiornik połączony w symetryczną gwiazdę z przewodem zerowym, (impedancja ZN = 0) R = 30 Ω, L = 0.2 H. Obliczyć wskazania amperomierzy. Narysować wykres wektorowy. Przyjąć fazę EA równą zero.

Rys. 4.1a Rozwiązanie: Odbiornik jest symetryczny więc prąd w przewodzie zerowym równa się zero, a napięcia na fazach odbiornika równają się napięciom generatora. UN = 0, amperomierz AN = 0

U A = E A = 230 V.

 1 0 3  U B = EB = 230e − j120 = 230 − − j  V. 2 2    1 0 3  U C = EC = 230e j120 = 230 − + j  V. 2 2   Reaktancja cewki dla f = 50 Hz , ω = 2π ⋅ f = 314 rad/s X L = ωL = 314 ⋅ 0.2 = 62.8 Ω. Impedancje faz są równe i wynoszą

Z A = Z B = Z C = R + jX L = 30 + j 62.8 = 69.6e j 64.46 Ω. 0

Prądy fazowe: 0 0 0 U U U I A = A = 3.3e − j 64.46 A, I B = B = 3.3e j175.54 A, I C = C = 3.3e j 55.54 A. ZA ZB ZC Amperomierze w przewodach fazowych wskazują wartość 3.3 A , są to wartości skuteczne prądów (ich wartość jest równa modułom wartości zespolonych) Suma prądów w układzie symetrycznym równa się zero I A + I B + IC = 0

Rys. 4.1b. przedstawia wykres wektorowy prądów i napięć fazowych. Prądy fazowe tworzą symetryczną gwiazdę, która jest przesunięta (opóźniona) o kąt ϕ = −64.460 względem napięć fazowych.

EC IC

ϕ ϕ

IB

EA

ϕ IA

EB

Rys. 4.1b. Zad. 4.2. Symetryczny generator trójfazowy (rys.4.2a) o napięciu 230/400 V i częstotliwości f = 50 Hz, zasila niesymetryczny odbiornik połączony w gwiazdę z przewodem zerowym o impedancji ZN = 0. Wartości elementów: R = 20 Ω, L = 0.1 H, C = 50 µF. Obliczyć prądy fazowe, prąd w przewodzie zerowym, wskazania watomierzy oraz narysować wykres wektorowy.

Rys. 4.2a

Rozwiązanie: Impedancje poszczególnych faz wynoszą:

ω = 2πf = 314

XC =

,

rad / s

1 = 63.7 Ω , ωC

X L = ωL = 31.4 Ω.

Z A = R − jX C = 20 − j 63.7 = 66.76e − j 72.6 Ω 0

Z B = R + jX L = 20 + j31.4 = 37.23e j 57.5 Ω Z C = 20 Ω 0

Prądy fazowe: Napięcia faz generatora są równe napięciom na odbiorniku: IA =

0 EA 230 = = 3.44e j 72.6 A − j 72 .60 Z A 66.76e

0 E 230e − j120 IB = B = = 6.18e − j177.5 A j 57.5 0 Z B 37.23e 0

0

0 E 230e j120 IC = C = = 11.5e j120 A ZC 20

Prąd w przewodzie zerowym:

I N = I A + I B + I C = 17.09e j130 A 0

Moce pozorne zespolone 0 S A = E A I A * = 230 ⋅ 3.44e − j 72.6 = 236.6 − j 755 S B = E B I B * = 230e − j120 ⋅ 6.18e j177 .5 = 763 + j1190 0

0

S C = EC ⋅ I C * = 230e j120 ⋅11.5e − j120 = 2645 VA 0

0

Wynik ten moŜna sprawdzić ze wzoru P. = RI 2 PA = (3.44) 2 ⋅ 20 = 236.6 W PB = (6.18) 2 ⋅ 20 = 763 W PC = (11.5) 2 ⋅ 20 = 2645 W

VA VA

stąd

PA = 236.6 W

stąd

PB = 763 W

stąd

PC = 2645 W

Rys. 4.2b Rys.4.2b. przedstawia wykres wektorowy prądów i napięć. Zad. 4.3. Generator trójfazowy symetryczny zgodny o napięciu fazy eA (t ) = 200 2 sin t V zasila odbiornik trójfazowy połączony w niesymetryczną gwiazdę bez przewodu zerowego, rys.4.3a. ObciąŜenie jest rezystancyjne: RA = 25 Ω, RB = 20 Ω, RC = 100 Ω. Obliczyć prądy fazowe, oraz moc czynną odbiornika. Narysować wykres wektorowy.

Rys. 4.3a Rozwiązanie Odbiornik jest niesymetryczny bez przewodu zerowego więc naleŜy obliczyć U N

 1  1 3 3  + YC EC  − + j  YA E A ⋅ 1 + YB EB  − − j   2  2 2 2     UN = YA + YB + YC + YN

YN = 0

→ RN = ∞ nie ma przewodu zerowego

 1  1 1 1 3 1 3 +  ⋅ 200 + ⋅ 200 − − j ⋅ 200 − + j   25 20 2 2 100 2 2     = 20 − j 69.3 V UN = 1 1 1 + + 25 20 100 stąd prądy fazowe

I A = (E A − U N )YA = (180 + j 69.3) ⋅ 0.04 = 7.2 + j 2.77 = 7.71e j 21.04 A 0

I B = (EB − U N )YB = (−120 − j103.7) ⋅ 0.05 = −6 − j 5.19 = 7.93e j 220.86 A 0

I C = (E A − U N )YC = (−120 + j 242.3) ⋅ 0.01 = −1.2 + j 2.42 = 2.7e j116.37 A 0

Poprawność rozwiązania moŜna sprawdzić z pierwszego prawa Kirchhoffa dla węzła N ' I A + I B + IC = 0 Wykres wektorowy przestawia rys. 4.3b.

Rys. 4.3b Moc w elemencie rezystancyjnym najprościej moŜna obliczyć z zaleŜności U ( cosϕ = 0) oraz z prawa Ohma P =U ⋅I , U = R ⋅ I lub I = R Podstawiając do wzoru na moc otrzymamy U2 P = R⋅I2 = R Moc czynną odbiornika P = PA + PB + PC Wartości skuteczne prądów są równe modułom wartości zespolonych 2 2 2 P = RA ⋅ I A + RB ⋅ I B + RC ⋅ I C = 25 ⋅ 7.712 + 20 ⋅ 7.932 + 100 ⋅ 2.7 2 = 3472.8 W.

Moc czynną odbiornika moŜna obliczyć równieŜ bez obliczania U N i prądów fazowych, zamieniając niesymetryczną gwiazdę na niesymetryczny trójkąt, rys. 4.3c.

Rys. 4.3c

RA ⋅ RB = 50 Ω. RC R ⋅R RBC = RB + RC + B C = 200 Ω. RA R ⋅R RCA = RC + RA + C A = 250 Ω. RB Napięcie skuteczne przyło Ŝone do poszczególnych rezystorów trójkąta jest napięciem międzyfazowym (liniowym) i wynosi 200 3 U2 Moc P = R Stąd suma mocy w poszczególnych rezystorach RAB = RA + RB +

(200 3 ) + (200 3 ) + (200 3 ) = 2

P = PAB + PBC + PCA

2

2

= 3480 W 50 200 250 Po zamianie połączenia w gwiazdę na równowaŜny trójkąt prądy liniowe nie zmieniają się.

Zad. 4.4. Dla obwodu jak na rys. 4.4a, obliczyć rozpływ prądów, wskazania watomierzy oraz narysować wykres wektorowy . Dane: eA (t ) = 200 2 sin t , R = XL = XC =10 Ω. Generator symetryczny zgodny.

Rys. 4.4a Rozwiązanie: Wartości elementów: Z A = 10 Ω, YA = 0.1 S Z B = − j10 Ω, YB = 0.1 S YC = − j 0.1 S Z C = j10 Ω, Układ niesymetryczny bez przewodu zerowego, obliczamy UN Y E +Y E +Y E UN = A A B B C C = YA + YB + YC

1 3 1 3 0.1 ⋅ 200 + j 0.1 ⋅ 200(− − j ) − j 0.1 ⋅ 200(− + j ) 2 2 2 2 = 546 V. 0.1 + j 0.1 − j 0.1

Stąd prądy: I A = (E A − U N )YA = −34.6 A

I B = (E B − U N )YB = 17.3 – j64.64 A

I C = (E A − U N )YC = 17.3 + j64.64 A

Wskazania watomierzy, zostaną obliczone z mocy pozornej zespolonej : S1 = UACIA* = 200 3e − j 30 (−34.6) = −10380 + j5993 VA,

stąd P1 = −10.38 kW.

S2 = UBCIB* = − j 200 3 (17.3 + j 64.64) = 22349 − j 5993 VA, stąd P2 = 22.35 kW.

Suma wskazań watomierzy jest mocą czynną pobieraną z generatora, wynosi P = 11.97 kW. i jest tracona w rezystorze w postaci ciepła. MoŜna to sprawdzić licząc P = RIA2 = 10 (−34.6)2 = 11.97 kW.

Rys. 4.4b, przedstawia wykres wektorowy prądów i napięć.

Rys. 4.4b Zad. 4.5. W obwodzie jak na rys. 4.5a, cewkę prądową watomierza włączono w przewód zerowy, a napięciową na napięcie międzyfazowe. Obliczyć wskazania watomierza, wskazanie amperomierzy oraz narysować wykres wektorowy. Generator symetryczny zgodny. Dane: eA (t ) = 200 2 sin t V, X A = RB = RC = X N = 20 Ω.

Rys. 4.5a Rozwiązanie : Admitancje faz wynoszą: YA = j 0.05 S, YB = 0.05 S,

YC = 0.05 S,

YN = − j 0.05 S,

Układ niesymetryczny z przewodem zerowym, obliczamy UN

 1  1 3 3  + YC EC  − + j  YA E A ⋅ 1 + YB EB  − − j  2 2 2  2    UN = YA + YB + YC + YN

 1  1 3 3  + 0.05 ⋅ 200 − + j  j 0.05 ⋅ 200 + 0.05 ⋅ 200 − − j    2 2 2 2     = − 100 +j100 V. UN = j 0.05 + 0.05 + 0.05 − j 0.05 Prądy fazowe: I A = (E A − U N )YA = 5 + j15 A,

Wskazania amperomierzy: AA = 15.81 A.

I B = (EB − U N )YB = − j13.66 A ,

AB = 13.66 A. AC = 3.66 A.

I C = (E A − U N )YC = j3.66 A,

Prąd w przewodzie zerowym I N = U N YN = 5 + j5 A. Z prądowego prawa Kirchoffa sprawdzamy poprawność obliczeń: I A + I B + IC = I N Wskazania watomierza: S = U AC ⋅ I N * = 200 3e − j 30 (5 − j 5) = 2449e − j 75 = 633.8 − j 2172.3 Watomierz wskaŜe 633.8 W. (jest to tylko wskazanie watomierza, a nie moc czynna obciąŜenia) 0

0

IA

UC IC EC UN

UA

IN

IB

EA

EB UB

Rys. 4.5b. Wykres wektorowy Zad. 4.6. Dla obwodu jak na rysunku 4.6a, obliczyć wskazania watomierzy. Generator symetryczny zgodny o napięciu EA = 200 V, XL = XC = 100 Ω

Rys. 4.6a Rozwiązanie:

E A = 200 V, Y A = − j 0,01 S. UN =

 1  1 3 3  V, EC = 200 − + j  V. E B = 200 − − j   2  2 2 2     YB = j 0.01 S.

YC = − j 0.01 S.

(

)

Y A E A + YB E B + YC EC = 200 1 + j 3 V. YA + YB + YC

I A = (E A − U N )YA = − 2 3 A.

(

)

I B = (E B − U N )YB = 3 3 − j A.

3 3  A. U AC = E A − EC = 200 − j  2 2   U BC = E B − EC = − j 200 3 V.

(

)

 3 3  − 2 3 = −600 3 + j 600 VA. S1 = U AC I A∗ = 200 − − j 2   2 P1 = −600 3 W.

(

)

S 2 = U BC I B∗ = − j 200 3 ⋅ 3 3 + j = 600 3 − j1800 VA. P2 = 600 3 W.

P1 + P2 = 0 Suma wskazań watomierzy wynosi zero, moc czynna układu jest zero, nie występują elementy rezystancyjne. Na rys. 4.6b. przedstawiono wykres wektorowy.

Rys. 4.6b Zad. 4.7. Dla obwodu jak na rysunku 4.7a, obliczyć wskazania watomierzy, wskazanie woltomierza, oraz wykonać wykres wektorowy: Generator symetryczny zgodny. e A (t ) = 200 2 sin t V, XL1 = XL2 = 30 Ω, XM = 10 Ω, XC1 = 10 Ω.

V

EA

* EB

EC

*

W1

IA

X C1

UA B IB

UC B

* XM

*

W2

* Rys. 4.7a

Rozwiązanie: Dokonujemy eliminacji sprzęŜenia: (dodatnie)

IC

*

X L1

X L2

Rys. 4.7b Po eliminacji impedancje faz wynoszą:

Z A = − j10 + j10 = 0 (rezonans napięć, zwarcie fazy A) Z B = j 30 − j10 = j 20 Ω

Z C = j 30 − j10 = j 20 Ω

Napięcie U N = E A = 200 V

Napięcia fazowe wynoszą: UA= 0,

UB = 200 3e − j150 V,

UC = 200 3e

j150

V

Prądy fazowe: 0 U B 200 3e − j150 j120 0 A IB = = = 10 3 e 0 ZB 20e j 90 1500

U 200 3e j IC = C = 0 ZC 20e j 90

= 10 3e j 60 A 0

Prąd zwartej fazy A:

I A = − I B − I C = 30e − j 90 A 0

Wskazania watomierzy: S1 = U AB I A * = 200 3e j 30 30e j 90 = −3000 3 + j 9000 VA,

stąd

PW1 = −3000 3 W.

S 2 = U CB I C * = 200 3e j 90 10 3e − j 60 = 3000 3 + j 3000 VA,

stąd

PW2 = 3000 3 W.

0

0

0

0

Suma watomierzy jest równa zero, w obwodzie moc czynna nie występuje, są same elementy reaktancyjne. Wskazanie woltomierza:

U W = I A ⋅ jX C1 = 30e − j 90 10e − j 90 = 300e − j180 V. Woltomierz wskaŜe 300 V. Rys.4.7c. przedstawia wykres wektorowy. 0

0

0

Rys. 4.7c Zad. 4.8. Dla obwodu jak na rysunku 4.8a, obliczyć rozpływ prądów, wskazania watomierzy, moc bierną oraz narysować wykres wektorowy. Generator symetryczny zgodny o napięciu faz: e A = 200 2 sin t V, C1 = 0.1 F, C2 = 0.2 F, C3 = 0.7 F

Rys. 4.8a Rozwiązanie: Admitancje faz wynoszą:

YA = j0.1 S, YB = j0.2 S, YC = j0.7 S. ObciąŜenie jest niesymetryczną gwiazdą, obliczamy napięcie UN  1  1 3 3  + YC EC  − + j  YA E A ⋅ 1 + YB EB  − − j   2  2 2 2     UN = YA + YB + YC + YN  1  1 3 3  + j 0.7 ⋅ 200 − + j  j 0.1 ⋅ 200 + j 0.2 ⋅ 200 − − j   2 2  2 2    UN = = −70 + j86.6 V j 0.1 + j 0.2 + j 0.7 Prądy fazowe: 0 I A = (E A − U N )YA = 8.66 + j 27 = 28.35e j 72.21 A.

I B = (E A − U N )YB = 51.92 − j 6 = 52.26e − j 6.59 A. 0

I C = (E A − U N )YC = −60.62 − j 21 = 64.15e j199.1 A. 0

Wskazania watomierzy, obliczymy z mocy pozornej zespolonej:  3 1 S1 = U AC I A * = 200 3  − j (8.66 − j 27 ) = −2078.53 + j 9599.4 VA. 2  2

PW 1 = −2078.4 W.

S 2 = U BC I B * = − j 200 3 (51.92 + j 6) = 2078.4 + j17985.6 VA. PW 2 = 2078.4 W. Suma wskazań watomierzy wynosi zero, w obwodzie nie ma elementów rezystancyjnych. Moc bierną moŜna obliczyć ze wzoru : Q = X C I 2 stąd, QA = X C1 ⋅ I A2 = 10 ⋅ (28.35) = 8.04 kvar. 2

QB = X C 2 ⋅ I B2 = 5 ⋅ (52.26) = 13.65 kvar. 2

QC = X C 3 ⋅ I C2 = 1.43 ⋅ (64.15) = 5.88 kvar. Moc bierna całego obciąŜenia wynosi 27.57 kvar. Rys. 4.8b. przedstawia wykres wektorowy. 2

Rys. 4.8b. Zad. 4.9. Generator trójfazowy symetryczny zgodny (rys. 4.9a) o napięciu fazy eA (t ) = 300 2 sin t V zasila odbiornik trójfazowy połączony w niesymetryczną gwiazdę bez przewodu zerowego . ObciąŜenie stanowi : X L = X C = 20 Ω, połączone równolegle, oraz RB = 50 Ω, RC = 20 Ω. Obliczyć wskazanie amperomierza. Narysować wykres wektorowy.

Rys. 4.9a Rozwiązanie W fazie A jest rezonans prądów stąd I A = 0 Impedancja Z A = ∞ → YA = 0 , YB = 0.02 S,

YC = 0.05 S.

 1  1 3 3  + YC EC  − + j  YA E A ⋅ 1 + YB EB  − − j   2 2  2 2    UN = YA + YB + YC + YN

 1  1 3 3  + 0.05 ⋅ 300 − + j  0.02 ⋅ 300 − − j   2 2  2 2    UN = = −150 + j110.6 V. 0.02 + 0.05 U A = E A − U N = 300 + 150 − j110.6 = 450 − j110.6 V. stąd wskazanie amperomierza U 450 2 + 110.6 2 I AMP = A = = 23.82 A. XC 20 U B = EB − U N = −150 − j 259.8 + 150 − j110.6 = − j370.4 V. U C = EC − U N = −150 + j 259.8 + 150 − j110.6 = j149.2

V.

I B = U BYB = − j370.4 ⋅ 0.02 = − j 7.4 A. I C = U CYC = j149.2 ⋅ 0.05 = j 7.4 A. Poprawność obliczeń moŜna sprawdzić z prądowego prawa Kirchhoffa I A + I B + I C = 0 Na rys. 4.9b przedstawiono wykres wektorowy prądów i napięć, zaznaczony prąd amperomierza jest przesunięty o 90 stopni względem napięcia U A (kondensator)

Rys. 4.9b Zad. 4.10. Dla obwodu jak na rysunku 4.10a, obliczyć wskazania watomierzy, wskazanie woltomierza oraz narysować wykres wektorowy. Generator symetryczny połączony w gwiazdę o napięciu fazowym EA = 50 3 V . Odbiornik połączony w trójkąt, impedancje faz: ZAB = 50 Ω, ZBC = 30 + j40 Ω, ZCA = 40 – j30 Ω.

Rys. 4.10a Rozwiązanie: Napięcia międzyfazowe (liniowe) wynoszą odpowiednio: E AB = 150e j 30 V, E BC = 150e − j 90 V, ECA = 150e j150 V. Prądy w trójkącie: E E I AB = AB = 3e j 30 A, I BC = BC = 3e − j143 A, Z AB Z BC

I CA =

ECA = 3e j187 A. Z CA

Prądy watomierzy (prądy liniowe): IA = IAB − ICA

,

IA = 5.58 + j1.86 A.

IC = ICA – IBC = −0.6+j1,44 A. Moce pozorne zespolone: S1 = UAB IA* = 860 + j178 VA. S2 = UCB IC*= 220 − j90 VA. Moc czynna : P1 = 860 W, P2 = 220 W , PCAŁ = P1 + P2 = 1080 W. Wynik moŜna sprawdzić korzystając ze wzoru P = RI2, w obwodzie są trzy rezystory i ich prądy (wartość skuteczna) jest znana i wynosi w kaŜdej gałęzi trójkąta 3 A. PCAŁ = 32 (50 + 40 + 30) = 1080 W. Wskazanie woltomierza:

UV = UL + UC = 3e j187 30e − j 90 + 3e − j143 40e j 90 = 72 − j 6 = 72.24e − j 4,8 U V = 70.24 V (wartość skuteczna wskazana przez woltomierz) Rys. 4.10b. przedstawia wykres wektorowy.

Rys. 4.10b. Zad. 4.11. Do sieci trójfazowej jak na rysunku 4.11a, o napięciu skutecznym 230/400 V, f = 50 Hz, dołączono silnik trójfazowy połączony w gwiazdę o mocy pozornej 6 kVA i cos ϕ = 0.9, oraz spawarkę jednofazową dołączoną na napięcie międzyfazowe (liniowe), o mocy pozornej 4 kVA i cos ϕ = 0.7, Obliczyć prądy fazowe pobierane z sieci (wskazania amperomierzy). Wykonać wykres wektorowy. Określić wartość uzwojenia (R i L) silnika, oraz spawarki (RAB i LAB). IA

AA

IA

1

IAB

L E

L AB A

R

EC

R EB

L

R AB

L

IC1 IC

SPAWARKA 1 FAZ

R

SILNIK 3 FAZ.

IB

1

AC AB

IB

Rys. 4.11a Rozwiązanie: Silnik jest połączony w symetryczną gwiazdę, a więc jedna faza ma moc pozorną równą 2 kVA

Znając moc pozorną moŜemy obliczyć wartość skuteczną (moduł) prądu IA1 S 2000 S =U⋅I stąd I A1 = = = 8.69 A U 230 Z wartości cos ϕ moŜemy wyznaczyć kąt między napięciem a prądem fazy A. cos ϕ = 0.9 to ϕ = 25.84o ObciąŜenie ma charakter indukcyjny, a więc prąd będzie się spóźniał względem napięcia 0

Z racji symetrii napięcie UA1 = EA= 230e j V, (przyjęto fazę EA równą zero) 0 prąd I A1 = 8.69e − j 25.84 A. Pozostałe prądy gwiazdy będą odpowiednio z racji symetrii przesunięte o 1200 i wynoszą : I B1 = 8.69e − j145.84 A, I C 1 = 8.69e j 94.16 A. 0

0

Wartości elementów: 230 ZA = = 26.47 Ω stąd R = Z A cos ϕ = 23.82 Ω, X L = Z A sin ϕ = 11.53 Ω. 8.69 X 11.53 Stąd L = L = = 0.037 H. ω 314 Spawarka stanowi obwód RL dołączony do napięcia liniowego 4000 = 10.04 A. Z mocy pozornej obliczymy wartość skuteczną prądu I AB = 230 3 0

Napięcie międzyfazowe UAB = EAB = 230 3e j 30 V, (patrz wykres wektorowy) Z wartości cosφ = 0.7 mamy φ = 45.570 ObciąŜenie ma jak poprzednio charakter indukcyjny, więc faza prądu wynosi: 0 ϕ AB = 300 − 45.57 0 = −15.57 0 , a wartość zespolona I AB = 10.04e − j15.57 A. Wartości elementów: 230 3 Z AB = = 39.68 Ω stąd RAB = Z AB cos ϕ = 27.77 Ω , X AB = Z AB sin ϕ = 28.33 Ω 10.04 X 28.33 Stąd LAB = AB = = 0.09 H ω 314 Z prądowego prawa Kirchoffa obliczamy prądy. 0 0 0 I A = I A1 + I AB = 8.69e − j 25.84 + 10.04e − j15.57 = 18.66e − j 20, 33 A.

I B = I B1 − I AB = 8.69e − j145.84 − 10.04e − j15.57 = 17e j187.4 A. 0

0

0

I C = I C1 = 8.69e j 94.16 A. 0

Amperomierze wskaŜą: AA = 18.66 A. AB = 17 A. AC = 8.69 A. W celu sprawdzenia poprawności obliczeń wystarczy dodać wartości zespolone prądów IA + IB +IC = 0 co ma miejsce w linii trójprzewodowej. Rys. 4.11b przedstawia wykres wektorowy.

IC1 = IC EC EA

IB IB

1

EB

E AB

IA 1

IA

IAB

Rys. 4.11b. Zad. 4.12. Dla obwodu jak na rysunku 4.12a, transformator został obciąŜony układem symetrycznym połączonym w gwiazdę o impedancji faz Z = 12 Ω, Przekładnia transformatora n = 50 . Napięcia liniowe wynoszą: U AB1 = 6000 V, U BC1 = 6000e − j120 , U CA1 = 6000e j120 Obliczyć moc czynną pobieraną przez odbiornik. 0

0

Rys. 4.12a Rozwiązanie:

UA 0 0 0 1 3 U AB2 e − j 30 = 120 V , U AB1 e j 30 = 208e j 30 V , U A2 = I A2 = 2 = 10 A , n Z 3 Prądy watomierzy wynoszą : 0 0 0 0 3 I A1 = I A2 e − j 30 = 3 ⋅ 0.2e − j 30 A, I B1 = I A1 e − j120 = 3 ⋅ 0.2e − j150 A, n U AB2 =

Napięcia na watomierzach:

U AC1 = −6000e j120 = 6000e − j 60 V, (znak minus oznacza odwrócenie fazy napięcia U CA1 ) 0

0

U BC1 = 6000e − j120 V 0

Moce pozorne zespolone ∗ S1 = U AC1 I A1 = (1799 − j1039) VA

stąd P1 = 1799 W

∗

S 2 = U BC1 I B1 = (1799 + j1039) VA stąd P2 = 1799 W Moc całkowita P = P1 + P2 = 3598 W Sprawdzenie: Moc czynna wydzieli się w obciąŜeniu które ma charakter rezystancyjny 3 x 12 Ω . Prąd w rezystorze wynosi 10 A. Moc czynna 3 ∗ RI 2 = 3600 W. Niewielkie róŜnice w obliczeniach wynikają z zaokrągleń liczb.

Zad. 4.13. W obwodzie jak na rys. 4.13a. generator symetryczny o napięciu fazowym eA (t ) = 230 2 sin 314t V, zasila odbiornik połączony w niesymetryczną gwiazdę. Obliczyć wskazania watomierzy. Dane: R1 = 20 Ω, R2 = 10 Ω, X L1 = 30 Ω, X L 2 = 20 Ω, X M = 10 Ω, X C = 10 Ω. Narysować wykres wektorowy.

*

*

W1

IA

R1 EA

EC

X L1

UAB

* XM

XC

EB

X L2

*

R2

IB

UCB

*

W2

*

IC

Rys. 4.13a. Rozwiązanie Dokonujemy eliminacji sprzęŜenia magnetycznego. SprzęŜenie jest dodatnie, prądy I A i I B są skierowane do gwiazdek. W obwodzie wystąpił rezonans napięć, Z C = jX M − jX C = j10 − j10 = 0 Stąd w gałęzi C jest to zwarcie U C = 0

U N = EC = 230e − j120

0

Przyjęto E AB = 3 E A = 230 3 ≈ 400 V napięcie międzyfazowe (liniowe)

Rys. 4.13b. Impedancje pozostałych faz Z A = R1 + jX L1 − jX M = 20 + j 30 − j10 = 20 + j 20 = 20 2e j 45 Ω. 0

Z B = R2 + jX L 2 − jX M = 10 + j 20 − j10 = 10 + j10 = 10 2e j 45 Ω. Napięcia fazowe   1 0 3    ≈ 400e − j 30 V. U A = E A − U N = 230e j 0 − 230e120 = 2301 −  − + j 2     2 0

 1 0 3  1 3   − − + j  ≈ 400e − j 90 V. U B = EB − U N = 230e − j120 − 230e j120 = 230 − − j    2   2 2   2 U C = EC − U N = 0 rezonans napięć (zwarcie) Prądy fazowe 0 U A 400e − j 30 − j 75 0 A. IA = = 2 e 0 10 Z A 20 2e j 45 U B 400e − j 90 − j135 0 A. = = 20 2 e Z B 10 2e j 45 Prądu I C nie moŜna obliczyć w sposób jak powyŜej poniewaŜ napięcie i impedancja fazy C równają się zero. Prąd I C obliczymy na podstawie prądowego prawa Kirchhoffa. IB =

I A + I B + IC = 0 Stąd 0 0 0 I C = − I B − I C = − 10 2e − j 75 − 20 2e − j135 = 37.41e j 64 A. Moc pozorna zespolona 0 0 S1 = U AB I A * = 400e j 30 ⋅ 10 2e j 75 = 5656.85e j105 = 5656.85 cos1050 + j sin 1050 = = −1464 + j5464.1 = P1 + jQ1

(

)

(

)

S 2 = U CB I C * = 400e j 90 ⋅ 37.41e − j 64 = 14964e j 26 = 14964 cos 260 + j sin 260 = = 13449 + j 6559.7 = P2 + jQ2 0

0

0

Watomierze wskazuje moc czynną P . Suma wskazań dwóch watomierzy włączonych jak na rysunku …wskazują moc czynną całego obciąŜenia. Stąd P = P1 + P2 = −1464 + 13449 = 11985 W. Poprawność rozwiązania sprawdzimy obliczając moc czynną w rezystorach R1 i R2 .

( ) = 10 ⋅ (20 2 ) = 8000 W. 2

PR1 = R1 ⋅ I1 = 20 ⋅ 10 2 = 4000 W. 2

PR 2 = R2 ⋅ I 2

2

2

PR1 + PR 2 = 12000 W. Powstała niewielka róŜnica, wynika z zaokrąglenia liczb przy obliczeniach. Rys.4.13c. przedstawia wykres wektorowy prądów i napięć. Na wykresie zaznaczono równieŜ napięcia przyłoŜone do poszczególnych watomierzy.

Rys. 4.13c Zad. 4.14. Generator trójfazowy symetryczny połączony w trójkąt rys.4.14a. o zadanych wartościach impedancji wewnętrznej zasila odbiornik połączony w trójkąt. Obliczyć wskazania przyrządów. e A (t ) = 230 2 sin 314t V, R = X L = X C = 0.5 Ω

Rys. 4.14a Rozwiązanie Przedstawiony w zadaniu schemat narysujemy dogodniej do obliczenia metodą potencjałów węzłowych (widać prosto elementy między węzłami oraz dołączone jedną końcówką do wybranego węzła) . Przedstawiono to na rys. 4.14b. Uziemiono jeden z węzłów, dla pozostałych wypisano równania. '

'

Rys. 4.14b.

Admitancje poszczególnych gałęzi

YRC =

1 1 = = 1 + j S, R − jX C 0.5 − j 0.5

YRL =

1 1 = = 1− j S R + jX L 0.5 + j 0.5

Napięcia międzyfazowe (liniowe) E AB = 230 3e j 30 ≈ 400e j 30 V. 0

0

 3 1 E AB = 400 + j  = 200 3 + j 200 V. 2  2 Pozostałe napięcia generatora tworzą trójkąt zamknięty i wynoszą , rys. 4.14c.

Rys. 4.13c

 3 1 ECA = 400 − + j  = −200 3 + j 200 V 2  2 E BC = − j 400 V Równania potencjałów V A (2YRL + 2YRC ) − VC (YRL + YRC ) = E ABYRC − ECAYRC VC (2YRL + 2YRC ) − VA (YRL + YRC ) = ECAYRC − EBC YRC podstawiając dane liczbowe 4VA − 2VC = (1 + j ) (200 3 + j 200) − (1 + j )(−200 3 + j 200) 4VC − 2VA = (1 + j ) (−200 3 + j 200) − (1 + j )(− j 400) stąd V A = 100[(1 + 3 ) + j (1 − 3 )] V. Wskazanie woltomierza VA = 100 ( 3 − 1) 2 + ( 3 + 1) 2 = 200 2 V. Wskazanie amperomierza A1, ilustruje rys. 4.14d

Rys. 4.14d z napięciowego prawa Kirchhoffa (oczko) E AB − V A − U RL = 0 E AB − V A − I AB ⋅ Z RC = 0

Z RL = 0.5 + j 0.5 Ω. I AB =

E AB − V A (200 3 + j 200) − 100[(1 + 3 ) + j (1 − 3 )] = = 200( 3 + j ) A. Z RL 0. 5 + j 0. 5

I A1 = I AB = 200 1 + 3 = 400 A. Prąd amperomierza A2 V I AB ' = A = 200( 3 + j ) A. Z RC I A 2 = I AB ' = 400 A. Z rozwiązania wynika, Ŝe prądy amperomierzy A1 i A2 są równe. Obliczamy prąd I CA , potrzebny do obliczenia wskazań amperomierza A3 E + (V A − VC ) I CA = CA = −200 3 + j 200 = 200(− 3 + j ) A. Z RL Prąd amperomierza A3 I A = I AB − I CA = 200( 3 + j ) − [200(− 3 + j )] = 400 3 A.

I A3 = I A = 400 3 A Zadanie moŜna obliczyć bezpośrednio wykorzystując symetrie obwodów trójfazowych. E AB = Z RL ⋅ I AB + Z RC ⋅ I AB ' I AB − I AB e j120 = I AB '− I AB ' e j120 0

0

I AB (1 − e j120 ) = I AB ' (1 − e j120 ) I AB = I AB ' E AB = (Z RL + Z RC ) I AB 0

I AB

0

E AB 200( 3 + j ) = = 200( 3 + j ) A. Z RL + Z RC 0.5 + j 0.5 + 0.5 − j 0.5

I AB ' = 200( 3 + j ) A. Wskazanie amperomierza A1 jest równe wskazaniu amperomierza A2 i wynosi 400 A. Wskazanie amperomierza A3 jest równe 400 3 A. Na rysunku 4.14e. przedstawiono wykres wektorowy obliczonych napięć i prądów

Rys. 4.14e. Zad. 4.15.Generator trójfazowy symetryczny zgodny o napięciu fazy eA (t ) = 200 2 sin t V rys. 4.15a, zasila odbiornik trójfazowy połączony w symetryczny trójkąt o impedancji faz R = 50 Ω, X L = 60 Ω . Obliczyć wskazania przyrządów. Co mierzy tak włączony watomierz. Narysować wykres wektorowy.

Rys. 4.15a Rozwiązanie Napięcia liniowe (międzyfazowe) przyłoŜone do faz trójkąta wynoszą. 0 E AB = 200 3e j 30 V.

EBC = 200 3e − j 90 V. 0

ECA = 200 3e j150 V. Impedancja faz 0 Z AB = Z BC = Z CA = 50 + j 60 = 78.1e j 50.19 Ω. 0

ϕ = 50.190

Prądy fazowe 0 E AB 200 3e j 30 I AB = = = 4.43e − j 20.19 A.. j 50.190 Z AB 78.1e Pozostałe prądy moŜna napisać z symetrii układu, będą przesunięte w fazie o 1200 względem siebie i będą miały równe moduły. stąd

I CA = 4.43e j ( −20.19

0

I BC = 4.43e j ( −20.19

0

+120 0 )

= 4.43e j 98.81 A.

−120 0 )

= 4.43e − j140.19 A.

0

0

Prąd I A obliczymy z I-go prawa Kirchhoffa.

I A = I AB − I CA = 4.43e − j 20.19 − 4.43e j 98.81 = 7.67e − j 50.19 A. Prąd ten moŜna równieŜ napisać bezpośrednio wykorzystując symetrie układu. Prąd I A jest przesunięty (opóźniony) względem prądu I AB o 300 , a jego moduł jest o większy od modułu I AB 0

0

I A = 4.43 3e j ( −20.19 − 30 ) = 7.67e − j 50.19 A. Amperomierz wskaŜe wartość 7.67 A. 0

0

0

Wskazanie watomierza

S = U BC ⋅ I A* = 200 3e − j 90 ⋅ 7.67 j 50.19 = 2656.96e − j 39.81 = (2040.54 − j1700.45) VA. Watomierz wskaŜe wartość 2040.54 W. 0

0

3

Tak włączony watomierz słuŜy do pomiaru moce biernej w odbiorniku symetrycznym zasilanym linią trójprzewodową. Wskazanie watomierza naleŜy pomnoŜyć przez 3 Q = 2040.54 3 = 3534.31 var. Na rys. 4.15b. przedstawiono wykres wektorowy prądów i napięć.

ϕ ϕ

ϕ

Rys. 4.15b. Zad. 4.16. Silnik indukcyjny przedstawiony na rys. 4.16a.

zasilany jest z niesymetrycznego

napięcia o napięciach fazowych: E A = 115 V, EB = 230e − j120 V, EC = 230e j120 V. 0

0

Impedancje silnika dla poszczególnych harmonicznych są równe Z 0 = (8 + j12) Ω,

Z1 = (15 + j10) Ω, Z 2 = 5 Ω, a impedancje linii zasilających Z l = j 5 Ω. Obliczyć prądy fazowe.

Rys. 4.16a Rozwiązanie

PoniewaŜ układ nie ma przewodu zerowego, wiec składowa zerowa prądu nie płynie, I 0 = 0 . Obliczymy składowe zgodną i przeciwną. 0 0 0 0 1 1 E1 = E A + aEB + a 2 EC = 115 + e j120 ⋅ 230e − j120 + e − j120 ⋅ 230e j120 = 191.7 V 3 3 0 0 0 0 1 1 E2 = E A + a 2 EB + aEC = 115 + e − j120 ⋅ 230e − j120 + e j120 ⋅ 230e j120 = −38.3 V 3 3 a następnie składową zgodna i przeciwną prądu 0 191.7 E1 = 9.04e − j 45 A = I1 = Z l + Z1 j 5 + 15 + j10

(

(

( ) (

) )

)

0 − 38.3 38.3e j180 E2 = I2 = = = 5.41e j135 A j 45 0 j 5 + 5 5 2e Zl + Z 2 Obliczymy prądy fazowe 0 0 0 I A = I 0 + I1 + I 2 = 9.04e − j 45 + 5.41e j135 = 2.57 − j 2.57 = 3.62e − j 45 A 0

I B = I 0 + a 2 I1 + aI 2 = e − j120 ⋅ 9.04e − j 45 + e j120 ⋅ 5.41e j135 = − 10.14 − j 7.56 = 12.64e j 216.7 A 0

0

0

0

0

I C = I 0 + aI1 + a 2 I 2 = e j120 ⋅ 9.04e − j 45 + e − j120 ⋅ 5.41e j135 = 7.56 + j10.14 = 12.64e j 53.32 A 0

I A = 3.62 A, I B = I C = 12.64 A.

0

0

0

0

5. Obwody o wymuszeniu okresowym niesinusoidalnym

Zad. 6.5 W obwodzie na rys. 6.5a przed otwarciem wyłącznika był stan ustalony. Obliczyć przebieg prądu w indukcyjno ści po otwarciu wyłącznika. Korzystając z twierdzenia Thevenina zastąpić obwód rezystancyjny szeregowym połączeniem źródła napięcia i rezystora oraz wykorzystać wyraŜenie na prąd w indukcyjno ści w szeregowym obwodzie RL. π π   e(t ) = 100 2 sin 100t +  , j (t ) = 6 2 sin 100t −  , R1 = 20 Ω, R2 = R3 = 10 Ω, 2 2   L = 0. 1 H

Rys. 6.5a Rozwiązanie: E = 100e j 90 = j100 , J = 6e − j 90 = − j 6 , X L = ωL = 0.1 ⋅ 100 = 10 Ω. Obliczamy warunki początkowe Prąd w indukcyjności obliczymy metodą potencjałów węzłowych. 1 1 1  E  = − J V  + +  R1 R3 jX L  R1 0

0

 1 1 1  j100  = V  + + − (− j 6) 20  20 10 j10  Stąd wartość zespolona 0 j 220 V 22 V= , IL = = = 6.11e j 33, 7 3 − j2 jX L 3 − j 2 Wartość czasowa iL (t ) = 6.11 2 sin(100t + 33.70 ) , dla t = 0 → iL (0) = 4.79 A Po otwarciu wyłącznika obwód przedstawiono na rys. 6.5b. Wyłączamy indukcyjno ść i w jej miejscu obliczamy napięcie Thevenena oraz rezystancje Thevenena.

Rys. 6.5b U T = V1 , obliczone zostanie metodą potencjałów węzłowych

1 1  1 E V1 +  − V2 = R2 R1  R1 R2   1 1  1 V2  +  − V1 = −J R2  R2 R3  Podstawiając dane 1 1  1 V1 +  − V2 = j5 10  20 10  1 1 1 V2  +  − V1 = −(− j 6) 10  10 10  Stąd V1 = U T = j80 Schemat do obliczenia rezystancji Thevenena przedstawiono na rys. 6.5. Źródło napięciowe zostało zwarte, a źródło prądowe rozwarte.

Rys. 6.5c R1 ⋅ ( R2 + R3 ) RT = = 10 Ω R1 + ( R2 + R3 ) Stała czasowa obwodu L 0.1 1 τ= = = 0.01 s → = 100 R T 10 τ Wartość czasowa źródła zastępczego uT = 80 2 sin 100t + 900 , U m = 80 2 Wartość czasową prądu cewki obliczymy bezpośrednio z wartości czasowej jej napięcia.

(

)

Z RL = 10 + j10 → Z RL = RT2 + X L2 = 10 2 Ω.

ϕ = arctg

XL = 1 → ϕ = 450 (prąd iL będzie się spóźniał względem napięcia cewki) RT

Stąd Um 80 2 sin (ωt + 900 − ϕ ) = sin (100t + 900 − 450 ) = 8 sin (100t + 450 ) Z RL 10 2 Składowa ustalona dla t = 0 iLu (0) = 5.67 A. W wyniku prąd nieustalony wyraŜa się następująco iLu =

iL = iLu (t ) + [iL (0) − iLu (0)]e

(

)

R − t L

(

)

iL = 8 sin 100t + 450 + (4.78 − 5.67 )e −100 t = 8 sin 100t + 450 − 0.88e −100 t

Zad. 6.6. W obwodzie jak na rys. 6.6a przed zamknięciem wyłącznika był stan ustalony, obliczyć napięcie na kondensatorze po zamknięciu wyłącznika. Korzystając z twierdzenia Thevenina zastąpić obwód rezystancyjny szeregowym połączeniem źródła napięcia i rezystora oraz wykorzystać wyraŜenie na napięcie kondensatora w szeregowym obwodzie RC π  R1 = R2 = R3 = 4 Ω, C = 5 mF, e(t ) = 64 2 sin 100t V, j (t ) = 6 2 sin 100t −  A. 2 

Rys. 6.6a Rozwiązanie Obliczamy warunki początkowe 1 1 XC = = = 2 Ω, ωC 100 ⋅ 5 ⋅ 10 − 3 E = 64 , J = − j 6

Z C = − j 2 Ω,

YC = j

1 S. 2

 1 1 1  E  = V  + + +J R + R R Z R + R 1 2 3 C 1 2   1 1 1  64  = V  + + − j6  8 4 − j2  8 Stąd V = − j16 V Wartość czasowa v(t ) = uC (t ) = 16 2 sin(100t − 900 ) V uC (0) = −16 2 ≈ −22.62 V Po zamknięciu wyłącznika obwód przedstawiono na rys. 6.6b. Wyłączamy pojemność i w jej miejscu obliczamy napięcie Thevenena

Rys. 6.6b Oraz rezystancje Thevenina, rys. 6.6c

RT =

R1 ⋅ R3 = 2 Ω, R1 + R3

Rys. 6.6c (zwarte źródło napięcia i rozwarte źródło prądu)

1 1  E U T  +  = + J  R1 R3  R1  1 1  64 UT  +  = − j6 4 4 4 Stąd 0 U T = 32 − j12 = 34.18e − j 20.55 V Wartość czasowa źródła zastępczego uT = 34.18 2 sin 100t − 20.550 , U m = 34.18 2 1 RT = 2 Ω, = 2 Ω, → ωC = 0.5 S ωC

(

)

Rys. 6.6d Wartość czasową napięcia kondensatora uCu obliczymy bezpośrednio z wartości czasowej

źródła zastępczego i elementów RT i C . Um π  uCu = sin  ωt + ψ + ϕ −  2 2   1  ωC RT 2 +    ωC  1 przy czym ϕ = arctg → ϕ = 450 RT ωC uCu =

π  sin 100t − 20.550 + 450 −  = 34.18 sin 100t − 65.550 2  0. 5 2 + 2 34.18 2 2

2

(

)

V

uCu (0) = −31.11 V

τ = RT C = 2 ⋅ 5 ⋅ 10 −3 = 10−2 → uC = uCu + [uC (0) − uCu (0)]e

−

1

τ

= 100

1 t RC

( ) = 34.18 sin (100t − 65.55 ) + 8.49e

uC = 34.18 sin 100t − 65.550 + [− 22.62 − (−31.11)]e −100 t V uC

0

−100 t

V

Na rys. 6.6e, przedstawiono składową ustaloną i składowa przejściową oraz ich sumę, która jest rzeczywistym przebiegiem napięcia na kondensatorze.

Rys. 6.6e

Zad. 6.7. W obwodzie na rys. 6.7a przed zamknięciem wyłącznika był stan ustalony. Obliczyć przebieg prądu w indukcyjno ści po zamknięciu wyłącznika. Korzystając z twierdzenia Thevenina zastąpić obwód rezystancyjny szeregowym połączeniem źródła napięcia i rezystora oraz wykorzystać wyraŜenie na prąd w indukcyjności w szeregowym obwodzie RL. Narysować składową ustaloną i składowa przejściową. E = 54 V, J = 20 A, L = 0.6 H, R1 = 18 Ω, R2 = 11 Ω, R3 = 9 Ω.

Rys. 6.7a Rozwiązanie Obliczamy warunki początkowe Zamienimy źródło prądowe J na źródło napięciowe, schemat przedstawiono na rys. 7.7b E3 = R3 ⋅ J = 9 ⋅ 20 = 180 V

Rys. 6.7b Cewka dla prądu stałego stanowi zwarcie , stąd prąd w zwartej gałęzi będzie sumą od obu wymuszeń i będzie równy warunkowi początkowemu. E E3 54 180 iL (0) = + = + = 12 A R1 R2 + R3 18 11 + 9 Po zamknięciu wyłącznika i wyłączeniu indukcyjności na jej zaciskach obliczymy napięcie Thevenina, rys. 6.7c.

Rys. 6.7c Obliczymy potencjał V, który jest równy napięciu Thevenina V (G1 + G3 ) = EG1 + E3G3

1 1  1 1 V  +  = 54 ⋅ + 180 ⋅ 18 9  18 9  stąd V = 138 V → U T = 138 V Rezystancje Thevenina obliczymy po zwarciu źródeł napięciowych, rys. 6.7d

Rys. 6.7d R1 ⋅ R3 18 ⋅ 9 RT = = =6 Ω R1 + R3 18 + 9 Obwód przedstawia jedno oczko RL przy wymuszeniu napięciem U T , rys. 6.7e.

Rys. 6.7e Stała czasowa obwodu L 0. 6 τ= = = 0. 1 s → RT 6 Napięcie na kondensatorze t UT  UT  −τ iL = + iL (0) − e RT  RT 

1

τ

= 10

gdzie τ =

L RT

138  138  −10 t + 12 − ⋅ e = 23 − 11e −10 t  6  6  − Dla t = 0 , iL (0 ) = 12 A , a więc sprawdza warunek początkowy. iL (t ) =

Na rys. 6.7d przedstawiono przebieg prądu w indukcyjno ści , oraz jego składowe: ustaloną i przejściową

Rys. 6.7d Zad. 6.8. W obwodzie na rys. 6.8a przed otwarciem wyłącznika był stan ustalony. Obliczyć przebieg prądu w indukcyjno ści po otwarciu wyłącznika. Korzystając z twierdzenia Thevenina zastąpić obwód rezystancyjny szeregowym połączeniem źródła napięcia i rezystora oraz wykorzystać wyraŜenie na prąd w indukcyjno ści w szeregowym obwodzie RL. Narysować składową ustaloną i składowa przejściową. E1 = 60 V, E4 = 80 V, J = 40 A, L = 0.15 H, R1 = 6 Ω, R2 = 12 Ω, R3 = 6 Ω, R4 = 4 Ω, R5 = 8 Ω.

Rys. 6.8a Rozwiązanie W obwodzie prądu stałego w stanie ustalonym indukcyjno ść stanowi zwarcie UL = 0. Prąd w indukcyjności równa się prądowi rezystora R3, który wyznaczymy metodą potencjałów węzłowych. V1 (G1 + G2 + G4 ) − V2 (G2 + G4 ) = E1G1 + E4G4 V2 (G2 + G3 + G4 + G5 ) − V1 (G2 + G4 ) = J − E4G4 Podstawiając dane 1 1 1 1 1  1 1 V1 + +  − V2  +  = 60 ⋅ + 80 ⋅ 6 4  6 12 4   12 4  1  1 1 1 1  1 1 V2  + + +  − V1  +  = 40 − 80 ⋅ 4  12 6 4 8   12 4  Stąd V 99.31 V2 = 99.31 V, → iL (0) = 2 = = 16.55 A (warunek początkowy) R3 6 Po komutacji i wyłączeniu indukcyjno ści schemat przedstawiono na rys. 7.8b Napięcie UT jak poprzednio zostanie obliczone metodą potencjałów węzłowych V2 = U T Rezystancja R3 jest odłączona, prąd przez nią nie płynie, napięcie na niej jest równe zero i nie wchodzi do równań węzłowych. Równania węzłowe V1 (G1 + G2 + G4 ) − V2 (G2 + G4 ) = E1G1 + E4G4 V2 (G2 + G4 ) − V1 (G2 + G4 ) = J − E4G4 Stąd po podstawieniu danych V2 = U T = 360 V

Rys. 6.8b Rezystancje Thevenina, zwieramy źródła napięciowe i rozwieramy prądowe, rys.6.8c

Rys. 6.8c

R2 ⋅ R4 12 ⋅ 4 =6+6+ = 15 Ω. R2 + R4 12 + 4 Schemat został zredukowany do jednego oczka, szeregowego obwodu RL, rys.6.8d. RT = R3 + R1 +

Rys. 6.8d

Prąd w indukcyjności t  U U  − iL (t ) = T + iL (0) − T  e τ RT  RT 

iL (t ) =

gdzie τ =

L 0.15 1 = = 0.01 → = 100 RT τ 15

360  360  −100 t + 16.55 − e = 24 − 7.45e −100 t  15  15 

Rys. 6.8e Na rys. 6.8e. przedstawiono przebieg prądu w indukcyjno ści , oraz jego składowe: ustaloną i przejściową, iL (t ) = iLu (t ) + iLp (t ) . Poprawność rozwiązania moŜna sprawdzić dla chwili t = 0 obliczając warunek początkowy, 24−7.47 = 16.55

Zad. 6.9. W obwodzie jak na rys. 6.9a. obliczyć napięcie na kondensatorze po przełączeniu. Przed przełączeniem był stan ustalony. Dane: e(t ) = 120 sin 100t V, L = 0.1 H, C = 500 µF , J = 5 A, R1 = 20 Ω, R2 = 80 Ω. Skorzystać z twierdzenia Thevenina w zastosowaniu do stanów nieustalonych.

Rys. 6.9a. Rozwiązanie Warunki początkowe Obliczamy impedancje zastępczą na zaciskach AB 1 1 XC = = = 20 Ω, X L = ωL = 100 ⋅ 0.1 = 10 Ω. ωC 100 ⋅ 500 ⋅ 10 − 6 0 R1 ⋅ (− jX C ) 20 ⋅ (− j 20) = = 10 − j10 = 10 2e − j 45 Ω. R1 − jX C 20 − j 20 E 120 I= = =6 2 A Z AB + jX L 2 (10 − j10 + j10)

Z AB =

U AB = U C = I ⋅ Z AB = 6 2 ⋅ 10 2e − j 45 = 120e − j 45 Wartość czasowa napięcia na kondensatorze przed przełączeniem. uC (t ) = 120 2 sin(100t − 450 ) 0

0

Dla czasu t = 0 , uC (0) = −120 V. Po przełączeniu obliczamy napięcie Thevenina ( U T )

Rys. 6.9b.

UT = V Obliczamy metodą potencjałów węzłowych 1 1  U T  +  = J  R1 R2 

1  1 UT  +  = 5  20 80  Stąd U T = 80 V Obliczamy rezystancje Thevenina ( RT ), rozwieramy źródło prądowe

R ⋅R 20 ⋅ 80 RT = 1 2 = = 16 Ω. R1 + R2 20 + 80

Rys. 6.9c.

Po wprowadzeniu obliczonych wartości, pierwotny schemat sprowadza się do obwodu RC,

Rys. 6.9d.

Obliczamy stałą czasową obwodu RC

τ = RT ⋅ C = 16 ⋅ 500 ⋅ 10−6 = 8 ⋅ 10−3 = 8 ms →

1

τ

= 125

Napięcie na kondensatorze

uC (t ) = U T + [uC (0) − U T ] ⋅ e

−

t

τ

gdzie

τ = RT ⋅ C

uC (t ) = 80 + [− 120 − 80] ⋅ e −125t = 80 − 200e −125 t

Rys. 6.9e.

Rysunek 6.9e przedstawia przebieg czasowy napięcia na kondensatorze, przed przełączeniem (przebieg sinusoidalny), przełączenie w chwili t = 0 ( − 120 V), oraz przebieg napięcia kondensatora po przełączeniu będący sumą składowej ustalonej i składowej przejściowej, który jest rzeczywistym przebiegiem napięcia na kondensatorze.

Zad. 6.10. W obwodzie jak na rys. 6.10a. obliczyć prąd w indukcyjno ści po przełączeniu. Przed przełączeniem był stan ustalony. Dane: e(t ) = 100 2 sin( 200t + 1350 ) V, L = 0.2 H, C = 250µF , E = 300 V, J = 10 A, R1 = 40 Ω, R2 = 60 Ω. Skorzystać z twierdzenia Thevenina w zastosowaniu do stanów nieustalonych. C I t=0 B

iL

e(t)

L

R1

R2 J

A

Rys. 6.10a. Warunki początkowe Obliczamy impedancje zastępczą na zaciskach AB 1 1 XC = = = 20 Ω, X L = ωL = 200 ⋅ 0.2 = 40 Ω. ωC 200 ⋅ 250 ⋅10 − 6

Z AB =

0 R1 ⋅ jX L 40 ⋅ j 40 = = 20 + j 20 = 20 2e j 45 Ω. R1 + jX L 40 − j 40

E

0

I=

Z AB

0 100e j135 E = = 5e j135 A − jX C (20 − j 20 + j 20)

U AB = I ⋅ Z AB = 5e j135 ⋅ 20 2e j 45 = 100 2e j180 V 0

0

0

j180

U 100 2 I L = AB = = 2.5 2e j 90 A j 90 jX L 40e Wartość czasowa prądu cewki iL (t ) = 5 sin( 200t + 900 ) Dla t = 0 → iL (0) = 5 A Po przełączeniu obliczamy napięcie Thevenina ( U T )

Rys. 6.10b. 1 1  E V  +  = +J  R1 R2  R2 1  300  1 V +  = + 10  40 60  60 V = 360 V Obliczamy rezystancje Thevenina ( RT ), rozwieramy źródło prądowe, zwieramy napięciowe.

Rys. 6.10c.

R1 ⋅ R2 40 ⋅ 60 = = 24 Ω. R1 + R2 40 + 60 Schemat pierwotny sprowadza się do szeregowego obwodu RL RT =

Rys.6.10c. Obliczamy stałą czasową obwodu RL L 0. 2 1 τ= = = 0.0083 s → = 120 R T 24 τ Prąd w indukcyjności t UT  U T  −τ L gdzie τ = iL (t ) = + iL (0) −  ⋅e RT  RT  R

iL (t ) =

360  360  −120 t + 5 − ⋅e = 15 − 10e −120 t  24  24 

Rys. 6.10d. Rysunek 6.10d. przedstawia prąd w indukcyjno ści przed przełączeniem (przebieg sinusoidalny), przełączenie w chwili t = 0 (5 A), oraz przebieg prądu po przełączeniu jako sumę składowej ustalonej i składowej przejściowej. Zad. 6.11. W obwodzie przedstawionym na rys. 6.11a, obliczyć metodą operatorową napięcie na kondensatorze oraz prąd kondensatora po przełączeniu. Przed przełączeniem był stan ustalony. Dane: e1 (t ) = 200 sin 100t + 900 V, R1 = 50 Ω, R2 = 10 Ω, C = 0.2 mF. Zadanie rozwiązać dla dwóch wartości źródła e2 (t ) . 1. e2 (t ) jest źródłem stałym, e2 (t ) = E2 = 300 V.

(

)

(

)

2. e2 (t ) jest źródłem sinusoidalnym, e2 (t ) = 500 2 sin 500t + 135 0 V.

Rys. 6.11a Rozwiązanie Obliczamy warunki początkowe, które wynikają z obwodu przed przełączeniem i będą jednakowe dla obydwu przypadków.

1 1 = = 50 Ω. ωC 100 ⋅ 0.2 ⋅ 10− 3 0 Z1 = R1 − jX C = 50 − j 50 = 50 2e − j 45 Ω. XC =

E I1 = 1 = Z1

200e j 90

0

2 ⋅ 50 2e

= 2e j135 A. 0

− j 45 0

U C = I1 ⋅ (− jX C ) = 2e j135 ⋅ 50e − j 90 = 100e j 45 V. 0

0

0

uC (t ) = 100 2 sin (100t + 450 )

Dla t = 0 , uC (0) = 100 V. 1. Dla źródła stałego E2 = 300 V. Po przełączeniu w obwodzie będzie tylko źródło stałe. Transformata źródła stałego jest prosta i obliczenie transformaty odwrotnej jest łatwe. Zadnie zostanie rozwiązane bezpośrednio, bez rozdzielania na składową ustaloną i składową przejściową. Nie ma wówczas konieczności obliczania stanu ustalonego oraz warunków początkowych dla składowej przejściowej. Na rys.6.11b. przedstawiono schemat operatorowy.

Rys. 6.11b gdzie uC (0) 100 1 5000 E 300 = , = , R2 = 10 , = . s s sC s s s Transformata prądu E uC (0) 300 100 200 − − 20 s = s s = s I 2 ( s) = s = 1 5000 10( s + 500) s + 500 R2 + 10 + s sC s Transformata napięcie na kondensatorze   100 1 uC ( 0) 20 5000 100 1 U C (s ) = I 2 ( s) + = ⋅ + = 105  + s sC s s + 500 s s  s ( s + 500)  Transformata odwrotna napięcia na kondensatorze m L(s ) L(0) L( s k ) S k t jeŜeli: F ( s ) = to f (t ) = +∑ e sM ( s ) M (0) k =1 sk M ' ( sk ) 1 1 uC (t ) = 105 + 105 e − 500 t + 100 = 200 − 200e − 500 t + 100 = 300 − 200e −500 t 500 − 500 uC (t ) = uCU (t ) + uCp (t ) = 300 − 200e −500 t

(

)

2. Dla źródła sinusoidalnego, e2 (t ) = 500 2 sin 500t + 1350 V. Po przełączeniu w obwodzie będzie źródło zmienne. MoŜemy postąpić jak poprzednio wprowadzając do obwodu transformatę wymuszenia sinusoidalnego, jednak po obliczeniu transformaty napięcia czy prądu kondensatora, obliczenie transformaty odwrotnej jest trudne. Dlatego łatwiej jest podzielić rozwiązanie na dwa etapy. Obliczyć na początku składową ustaloną, a następnie składową przejściową. Składową ustaloną obliczymy korzystając z metody symbolicznej (liczb zespolonych). Składową przejściową korzystając z rachunku operatorowego. Rozwiązanie takie jest moŜliwe poniewaŜ składowa przejściowa nie zaleŜy od wymuszenia, zaleŜy natomiast od warunków początkowych. W schemacie operatorowym dla składowej przejściowej źródła napięciowe zostają zwarte, a źródła prądu rozwarte. Do obliczenia warunków początkowych dla składowej przejściowej musimy znać stan ustalony, a następnie jego wartość w chwili t = 0 Wartość składowej przejściowej napięcia kondensatora obliczymy z zaleŜności. uCp ( 0) = uC (0) − uCu (0) Obliczamy stan ustalony po przełączeniu ω = 500 rad/s 1 1 XC = = = 10 Ω. ωC 500 ⋅ 0.2 ⋅ 10− 3

Z 2 = R2 − jX C = 10 − j10 = 10 2e − j 45 Ω. 0

0

0 E 500e j135 I2 = 2 = = 25 2e j180 A. − j 450 Z 2 10 2e

U C = I 2 ⋅ ( − jX C ) = 25 2e j180 ⋅ 10e − j 90 = 250 2e j 90 0

0

uCu = 500 sin( 500t + 90 0 ) Składowa ustalona w chwili t = 0 uCu (0) = 500 V. Obliczamy warunki początkowe dla składowej przejściowej uC (0) = uCU (0) + uCp (0) stąd uCp ( 0) = uC (0) − uCu (0) = 100 − 500 = −400 V. Schemat operatorowy dla składowej przejściowej

Rys. 6.11c gdzie

uCp (0) s

=

− 400 s

uCp (0)

400 40 s s I 2 p (s ) = = = 1 5000 s + 500 R2 + 10 + sC s PoniewaŜ prąd I 2 p ( s ) jest skierowany przeciwnie do napięcia

uCp (0) s

zmieniamy znak na plus.

  400 40 5000 − 400 1 uCp (0) 1 + = ⋅ + = 2 ⋅ 105  − s sC s s + 500 s s  s (s + 500)  Obliczając transformatę odwrotną ze wzoru jak poprzednio mamy. uCp (t ) = −400e −500 t Napięcie na kondensatorze po przełączeniu jest sumą składowej ustalonej i składowej przejściowej. uC (t ) = 500 sin( 500t + 900 ) − 400e −500t Dla t = 0 uC (0) = 100 V. Równa się warunkowi początkowemu napięcia na kondensatorze, co potwierdza poprawność rozwiązania.

U Cp ( s ) = I 2 p ( s )

Zad. 6.12. W obwodzie przedstawionym na rys. 6.12a. obliczyć metodą operatorową prąd w indukcyjności po przełączeniu. Przed przełączeniem był stan ustalony. Dane: e1 (t ) = 240 sin 100t + 900 V, R1 = 40 Ω, R2 = 20 Ω, L = 0.4 H Zadanie rozwiązać dla dwóch wartości źródła e2 (t ) . 1. e2 (t ) jest źródłem stałym, e2 (t ) = E2 = 100 V.

(

)

2. e2 (t ) jest źródłem sinusoidalnym, e2 (t ) = 140 2 sin (50t + 1350 ) V.

Rys. 6.12a. Rozwiązanie Obliczamy warunki początkowe, które wynikają z obwodu przed przełączeniem i będą jednakowe dla obydwu przypadków. X L = ωL = 100 ⋅ 0.4 = 40 Ω. Z1 = R1 + jX L = 40 + j 40 = 40 2e j 45 Ω. 0

E I1 = 1 = Z1

200e j 90

0

2 ⋅ 40 2e

= 3e j 45 A. 0

j 45 0

i1 (t ) = iL (t ) = 3 2 sin (100t + 450 ) V. Dla t = 0 , iL (0) = 3 A. 3. Dla źródła stałego E2 = 100 V.

Po przełączeniu w obwodzie będzie tylko źródło stałe. Zadnie zostanie rozwiązane bezpośrednio, bez rozdzielania na składową ustaloną i składową przejściową. Nie ma wówczas konieczności obliczania stanu ustalonego oraz warunków początkowych dla składowej przejściowej. Na rys . 6.12b. przedstawiono schemat operatorowy.

Rys. 6.12b. gdzie

LiL (0) = 0.4 ⋅ 3 = 1.2 , sL = 0.4s , R2 = 20 ,

E 100 = . s s

Transformata prądu I 2 (s ) = I L ( s ) E 100 + LiL (0) + 1.2 250 + 3s s s I L (s ) = = = R2 + sL 20 + 0.4 s s (s + 50) Pierwiastki mianownika: s1= 0 , s2 = −50 Transformata odwrotna m L(s ) L(0) L( s k ) S k t jeŜeli: F ( s ) = to f (t ) = +∑ e sM ( s ) M (0) k =1 sk M ' ( sk ) 250 250 + 3(−50) − 50t iL (t ) = + e 5 − 3e −50 t 50 − 50 ⋅ 1 2. Dla źródła sinusoidalnego, e2 (t ) = 140 2 sin (50t + 135 0 ) V. Po przełączeniu w obwodzie będzie źródło zmienne. Zadanie zostanie rozwiązane superpozycją stanów, jak zadaniu poprzednim. Do obliczenia warunków początkowych dla składowej przejściowej musimy znać stan ustalony, a następnie jego wartość w chwili t = 0 Wartość składowej przejściowej prądu w indukcyjności obliczymy z zaleŜności. iLp (0) = iL (0) − iLu (0) Obliczamy stan ustalony po przełączeniu ω = 50 rad/s X L = ωL = 50 ⋅ 0.4 = 20 Ω. Z 2 = R2 + jX L = 20 + j 20 = 20 2e j 45

E2 140e j135 7 j 90 0 = e 0 = Z 2 20 2e j 45 2 i2 (t ) = iLu (t ) = 7 sin( 50t + 900 ) dla t = 0 , iLu (0) = 7 A. I2 =

0

Obliczamy warunki początkowe dla składowej przejściowej iLp (0) = iL (0) − iLu (0) = 3 − 7 = −4 A. Schemat operatorowy dla składowej przejściowej

Rys. 6.12c. gdzie LiLp = 0.4 ⋅ (−4) = −1.6 A,

R = 20 Ω,

sL = 0.4s

stąd

LiLp ( s ) − 1. 6 1 = = −4 R2 + sL 20 + 0.4s s + 50 Transformata odwrotna składowej przejściowej prądu indukcyjności. iLp (t ) = −4e −50t Prąd w indukcyjności po przełączeniu jest sumą składowej ustalonej i składowej przejściowej. iL (t ) = 7 sin( 50t + 900 ) − 4e −50 t Dla t = 0 iL (0) = 3 A. Równa się warunkowi początkowemu prądu w indukcyjności, co potwierdza poprawność rozwiązania. I Lp ( s ) =

Zad. 6.13. Dla obwodu przedstawionego na rys. 6.13a. obliczyć metodą operatorową napięcie na kondensatorze po przełączeniu. Przed przełączeniem był stan ustalony. Dane: E = 200 V (stałe), L = 0.02 H, C = 5 mF, R1 =40 Ω, R2 = 60 Ω, R3 = 76 Ω, R4 = 10 Ω, j (t ) = 20 2 sin(100t + 1350 ) A.

Rys. 6.13a. Rozwiązanie: Obliczamy warunki początkowe:

1 = 2 Ω , X L = ωL = 2 Ω , X L = X C , Z LC = 0 ωC W obwodzie wystąpił rezonans napięć, przedstawiono to na rys. 6.9b. Cały prąd źródła prądowego płynie przez zwartą gałąź i równa się prądowi iL = iC XC =

Rys. 6.13b. 0 I L= I C = J = 20e , U C = I C ⋅ (− jX C ) = 40e j 45 Wartość chwilowa napięcia na kondensatorze wynosi: uC (t ) = 40 2 sin(100t + 450 ) stąd dla t = 0 uC (0) = 40 V Jest to wartość napięcia (stała) jaką kondensator „przenosi” do nowego obwodu po przełączeniu. j135 0

Stan ustalony rys. 6.9c

Rys. 6.13c. Prąd w rezystorze R3 równa się zero, kondensator dla prądu stałego stanowi przerwę, Napięcie UR3 = 0. Stąd napięcie na kondensatorze:

E R2 = 120 V R1 + R2 W celu uzyskania prostszego schematu operatorowego zmniejszymy obwód z rys. 6.9c do jednego oczka. RR E R12 = 1 2 = 24 Ω , RZ = R12 + R3 = 100 Ω, EZ = R12 = 120 V. R1 + R2 R1 Wartość źródła EZ odłoŜy się na kondensatorze co potwierdza poprzednie obliczenie U R2 = UC =

Obliczamy stan nieustalony: PoniewaŜ wymuszenie ma charakter stały (prosta transformata) nie będziemy rozkładać obliczeń na składową ustaloną i składową przejściową. Do schematu operatorowego wprowadzimy transformatę wymuszenia, oraz warunki początkowe. Schemat operatorowy przedstawia rys. 6.9d.

Rys. 6.13d. EZ U C (0) 120 40 − − s = s s = 0.8 1 stąd transformata odwrotna i (t ) = 0.8e −2t I (s) = s 1 200 s + 2 RZ + 100 + sC s Napięcie na kondensatorze: 1 U C (0) 0.8 200 40 1 40 U C (s) = I (s) + = ⋅ + = 160 + sC s s+2 s s s (s + 2) s Transformatę odwrotną obliczymy ze wzoru Heaviside’a dla przypadku gdy jeden z biegunów jest biegunem zerowym. m L(s ) L(0) L( sk ) to f (t ) = +∑ jeŜeli: F ( s ) = sM ( s ) M (0) k =1 sk M ' ( sk ) 160 160 −2t U C (t ) = + e + 40 = 120 − 80e −2t 2 −2

Zad. 6.14. Dwójnik szeregowy RLC rys. 6.14a. z kondensatorem wstępnie naładowanym do wartości 30 V, został w chwili t = 0 zwarty. Obliczyć metodą operatorową prąd w obwodzie dla trzech wartości rezystora R; a) R = 12.5 Ω, b) R = 10 Ω, c) R = 8 Ω Pozostałe elementy: L = 1 H, C = 40 mF.

Rys. 6.14a Rozwiązanie Warunki początkowe uC (0) = 30 V, iL (0) = 0 Schemat operatorowy przedstawiono na rys. 6.14b.

sL

I(s)

uC (0) s

1 sC

R

UC (s)

Rys. 6.14b a) R = 12.5 Ω

I ( s) =

−

uC ( 0) s

sL + R +

1 sC

=

−

30 s

s + 12.5 +

25 s

=

− 30 s + 12.5s + 25 2

− 30   i (t ) = L−1  2  s + 12.5s + 25  Transformata odwrotna: Pierwiastki mianownika ∆ = b 2 − 4ac = 156.25 − 100 = 56.25 → s1 = −2.5 s2 = −10 ∆ = 7.5

dwa pierwiastki rzeczywiste

Rozładowanie kondensatora ma charakter aperiodyczny. n L(s ) L ( sk ) S k t jeŜeli: F ( s ) = to f (t ) = ∑ e M ( s) k =1 M ' ( sk ) pochodna mianownika M ' (s ) = 2 s + 12.5 to

i (t ) =

− 30 − 30 e − 2.5t + e −10t = −4e − 2.5t + 4e −10 t 2(−2.5) + 12.5 2(−10) + 12.5

b)

R = 10 Ω

I ( s) =

−

uC ( 0) s

=

−

30 s

1 25 s + 10 + sC s − 30   i (t ) = L−1  2  s + 10 s + 25  sL + R +

Transformata odwrotna:

=

− 30 s + 10 s + 25 2

Pierwiastki mianownika ∆ = b 2 − 4ac = 100 − 100 = 0 → s1, 2 = −5 pierwiastek podwójny Rozładowanie kondensatora ma charakter aperiodyczny krytyczny. jeŜeli: F ( s ) =

L(s ) M ( s)

a pierwiastek mianownika jest podwójny (dwukrotny)

 L(s )   d  L( s) to f (t ) = res  = lim ( s − sk ) 2 e st    s = sk M ( s)   s → s k ds  M ( s )  d  − 30 2 st  − 5t [ ] i (t ) = lim  2 s − ( −5) e  = −30te s → ( −5 ) ds (s + 5 )  

1 L =2 = 10 Ω, C 40 ⋅ 10 − 3 co pozwalało przewidzieć, Ŝe rozwiązanie będzie miało charakter aperiodyczny krytyczny, a więc taki, który najszybciej osiąga stan ustalony.

Dla szeregowego dwójnika RLC istnieje zaleŜność RK = 2

c)

R=8Ω u ( 0) − C s I ( s) =

=

−

30 s

1 25 s+8+ sC s − 30   i (t ) = L−1  2  s + 8s + 25  sL + R +

=

− 30 s + 8s + 25 2

Transformata odwrotna Pierwiastki mianownika ∆ = b 2 − 4ac = 64 − 100 = −36

∆ = j6

−b± ∆ = −4 ± j 3 pierwiastki urojone 2a Rozładowanie kondensatora ma charakter oscylacyjny. L(s ) jeŜeli: F ( s ) = a pierwiastki mianownika są urojone M ( s) s1, 2 =

 L ( sk ) S k t  f (t ) = 2 Re  e   M ' ( sk )  Pochodna mianownika M ' = 2s + 8

to

[

]

  − 30 iL (t ) = 2 Re  e ( −4 + j 3)t  = 2 Re ( j5)e − 4t (cos 3t + j sin 3t ) = −10e − 4t sin 3t  2(− 4 + j 3) + 8  lub ze wzoru:   ω L−1  = e −αt sin ωt 2 2  (s + α ) + ω    1 3 i (t ) = L−1 − 30 ⋅ ⋅ = −10e − 4t sin 3t 2 2 3 ( s + 4) + (3)  

Zad. 6.15. W obwodzie jak na rysunku 6.18a. kondensator został wstępnie naładowany do wartości 100 V. Obliczyć metodą operatorową wartość jego napięcia po zamknięciu wyłącznika. Obliczenia przeprowadzić dla trzech wartości rezystancji. R = 5 Ω, R = 5 2 Ω, R = 10 Ω. Pozostałe elementy: L = 1 H, C = 5 mF.

Rys. 6.18a. Rozwiązanie Warunki początkowe uC (0) = 100 V, iL (0) = 0 Schemat operatorowy przedstawiono na rys. 6.18b.

Rys. 6.18b. Zastosujemy metodę potencjałów węzłowych V ( s) = U C ( s)

 1 1  U (0) U C (s ) + + sC  = C ⋅ sC s  sL R  sU C (0 − ) U C (s) = 1 1 s2 + s+ RC LC a) R = 5 Ω 100 s s + 40 s + 200 Transformata odwrotna U C (s) =

2

100s   uC (t ) = L−1  2  s + 40 s + 200  Pierwiastki mianownika ∆ = b 2 − 4ac = 1600 − 800 = 800 → s1 = −5.86 , s2 = −34.14 dwa pierwiastki rzeczywiste. ∆ = 28.28 Rozładowanie kondensatora ma charakter aperiodyczny. n L(s ) L ( sk ) S k t jeŜeli: F ( s ) = to f (t ) = ∑ e M ( s) k =1 M ' ( sk ) pochodna mianownika M ' (s ) = 2 s + 40   − 5.86 − 34.14 uC (t ) = 100 e − 5.86t + e − 31.14t  2(−34.14) + 40  2(−5.86) + 40  −5.86 t −31.14 t uC (t ) = −20.72e + 120.72e

b) R = 5 2 Ω 100s U C (s ) = 2 s + 20 2 s + 200

100 s   uC (t ) = L−1  2   s + 20 2 s + 200  Pierwiastki mianownika ∆ = b 2 − 4ac = 800 − 800 = 0 → s1, 2 = −10 2 pierwiastek podwójny Rozładowanie kondensatora ma charakter aperiodyczny krytyczny. jeŜeli: F ( s ) =

L(s ) M ( s)

a pierwiastek mianownika jest podwójny (dwukrotny)

 L(s )   d  L( s) to f (t ) = res  = lim ( s − sk ) 2 e st    s = sk M ( s)   s → s k ds  M ( s )  uC ( t ) =

lim

s → ( −10 2 )

100

d ( s ⋅ e st ) = ds

lim

s → ( −10 2 )

100(e st + s ⋅ e st ⋅ t ) = 100e −10

c) R = 10 Ω 100 s s + 20 s + 200 100s   uC (t ) = L−1  2  s + 20 s + 200  Pierwiastki mianownika ∆ = b 2 − 4ac = 400 − 800 = −400 ∆ = j 20 → s1, 2 = −10 ± j10 U C (s) =

2

pierwiastki zespolone.

2t

[1 + (−10

2 )t

]

Rozładowanie kondensatora ma charakter oscylacyjny. L(s ) jeŜeli: F ( s ) = a pierwiastki mianownika są urojone M ( s)

 L ( sk ) S k t  f (t ) = 2 Re  e   M ' ( sk )  Pochodna mianownika M ' (s ) = 2 s + 20 to

  − 10 + j10 1  uC (t ) = 100 ⋅ 2 Re  e ( −10 + j10 )t  = 100 ⋅ Re  (1 + j )e −10t ⋅ e j10t  = 2   2(−10 + j10) + 20 

[

]

= 100 ⋅ Re (1 + j )e −10t (cos10t + j sin 10t ) = 100e −10 t ⋅ Re(cos10t + j sin 10t + j cos10t − sin 10t ) = = 100e −10t (cos10t − sin 10t )

Zad. 6.16. Dla obwodu jak na rysunku 6.16a. obliczyć napięcie kondensatora i prąd w cewce po przełączeniu. Przed przełączeniem w obwodzie był stan ustalony. Dane: e(t) = 40 sin( t +

π

2

) , J = 10.8 A , R1 = 10 Ω , R2 = 0.8 Ω , R3 = 4 Ω ,

L = 1 H, C = 0.25 F

Rys. 6.16a. Rozwiązanie: Obliczamy warunki początkowe: 1.Napięcie na kondensatorze E IC = = 5e j135 A R − jX C U C = I C (− jX C ) = 20e j 45 V

uC (t ) = 20 2 sin (t + 45) 2.Prąd w cewce: RR U ŹR = J 1 2 = 8 V R1 + R2

uC (0 ) = 20 V

iL (0) =

U ŹR = 0.8 A R1

Rozwiązanie metodą superpozycji stanów Stan ustalony: uCu = 8 V iLu = 0.8 A Składowa przejściowa: uCp (0) = uC (0 ) − uCu (0) = 12 V iLp (0) = iL (0 ) − iLu (0 ) = 0

Rys. 6.10b. Na rysunku 6.16b. przedstawiono schemat operatorowy dla składowych przejściowych Składowa przejściowa napięcia na kondensatorze jest równa V(s), które zostanie obliczona metodą potencjałów węzłowych:  1  U Cp (0) 1 V ( s ) + + sC  = sC s  R1 + sL R2  V ( s ) = U CP ( s )

U Cp ( s ) =

12s + 120 (s + 6)(s + 9)

stąd pierwiastki mianownika: s1 = −6 , s2 = −9

Transformata odwrotna:

uCp (t ) =

L(s1 ) s1t L( s2 ) S2t e + e M ' ( s1 ) M ' ( s2 )

uCp (t ) = 16e −6t − 4e −9t

dla t = 0

pochodna mianownika: M ' (s ) = 2s + 15 uC (t ) = uCu (t ) + uCp (t )

uC (t ) = 8 + 16e −6t − 4e −9t dla t = 0 uC (0 ) = 20 V odpowiedź sprawdza war. pocz. Zmiana napięcia na kondensatorze ma charakter aperiodyczny. Składowa przejściowa prądu w indukcyjności:

I Lp (s ) =

V ( s) 12 = R + sL ( s + 6)(s + 9)

Transformata odwrotna:

iLp (t ) =

L( s1 ) s1t L( s 2 ) S 2 t e + e M ' ( s1 ) M ' ( s2 )

iLp (t ) = 4e −6t − 4e −9t iL (t ) = 0.8 + 4e −6t − 4e −9t początkowe.

iL (t ) = iLu (t ) + iLp (t )

iL (0) = 0.8 A

dla t = 0

odpowiedź sprawdza warunki

Zad. 6.17. Dla obwodu przedstawionego na rysunku 6.17a, obliczyć metodą operatorową napięcie na kondensatorze po przełączeniu: e(t ) = 200 2 sin(103 t + 450 ) V, R1 = R2 = R3 = 50 Ω, R4 = R5 = 200 Ω, L = 0.2 H, C = 10 µ F, E = 200 V (stałe).

Rys. 7.17a. Rozwiązanie: Warunki początkowe X L = ωL = 103 ⋅ 0.2 = 200 Ω 1 1 XC = = 3 = 100 Ω. ωC 10 ⋅ 10− 5 Z = R1 + R2 + jX L − jX C Z = 50 + 50 + j 200 − j100 = 100 + j100 Ω. 0

E 200e j 45 I= = 2 A. 0 = Z 100 2e j 45 U C = I ⋅ (− jX C ) = − j100 2 V stąd wartość czasowa uC (t ) = 200 sin(103 t − 900 ) V dla chwili t = 0 uC (0) = −200 V Zadanie zostanie rozwiązane superpozycją stanów: Stan ustalony

Rys. 6.17b. W stanie ustalonym kondensator jest naładowany, przez rezystory R3 i R2 prąd nie płynie, Napięcie na kondensatorze jest równe napięciu na rezystorze R4. E uCu (0) = R5 = 100 V R4 + R5 Składowa przejściowa: Warunki początkowe dla składowej przejściowej obliczymy z zaleŜności: uC (t ) = uCu (t ) + uCp (t ) dla t = 0 uCp (0) = uC (0 ) − uCu (0) = − 200 − 100 = −300 V Składowa przejściowa i jej schemat operatorowy rys. 6.17c. R23 = R2 + R3 = 100 Ω Źródło wymuszające E zostaje zwarte (składowa przejściowa nie zaleŜy od wymuszenia), rezystory R4 i R5 zostają połączone równolegle. R ⋅R R45 = 4 5 = 100 Ω R4 + R5 W wyniku czego obwód zostanie sprowadzony do jednego oczka, suma rezystancji równa się RZ = R23 + R45 = 200 Ω.

Rys. 6.17c. Prąd w obwodzie 300 U Cp (s ) 1 s I Cp ( s ) = = = 1. 5 → 5 1 10 s + 500 RZ + 200 + sC s Napięcie na kondensatorze, składowa przejściowa:

iCp (t ) = 1.5e −500 t

1 U C (0 − ) 1 105 − 300 + = 1.5 ⋅ + sC s s + 500 s s  1 300  uCp (t ) = L−1 1.5 ⋅ 10− 5 − s (s + 500) s   Pierwiastki mianownika s = 0, s1 = −500 m L(s ) L(0) L( s k ) S k t jeŜeli: F ( s ) = to f (t ) = +∑ e sM ( s ) M (0) k =1 sk M ' ( sk ) M ' (s) = 1 1  1  uCp (t ) = 1.5 ⋅ 10− 5  + e − 500 t − 300 = −300e − 500 t  500 − 500 ⋅ 1  Napięcie na kondensatorze jest sumą składowej ustalonej i składowej przejściowej uC (t ) = uCU (t ) + ucp (t ) = 100 − 300e −500 t U Cp ( s ) = I Cp ( s )

Zad. 6.18. Dla obwodu jak na rysunku 6.18a obliczyć metodą operatorową iL (t ) oraz uC (t ) po przełączeniu. Przed przełączeniem był stan ustalony. Dane: J1 = 5 A, J 2 = 2 A, R1 = R3 = 10 Ω, R2 = 5 Ω, L = 1 H, C = 20 mF.

Rys. 6.18a. Rozwiązanie: Zadanie zostanie rozwiązane metodą superpozycji stanów. Po obliczaniu warunków początkowych nastąpi przełączenie, po czym obliczymy stan ustalony, oraz jego wartość w chwili t = 0. Warunki początkowe: W obwodzie prądu stałego w stanie ustalonym kondensator stanowi przerwę, jest naładowany, przez rezystor R2 prąd nie płynie. Napięcie na kondensatorze jest równe napięciu na rezystorze R3, przez który płynie cały prąd źródła J 2 uC (0) = R3 ⋅ J 2 = 20 V

iL (0) = 0 Stan ustalony: Po przełączeniu, źródło J1 jest jak poprzednio stałe i w stanie ustalonym prąd przez indukcyjność nie będzie płyną ł, a kondensator naładuje się do napięcia: uCu = R1 ⋅ J1 = 50 V stąd uCu (0) = 50 V iLu = 0 iLu (0) = 0 Wyznaczenie warunków początkowych dla składowych przejściowych. uCp (0) = uC (0 ) − uCu (0) = − 30 V iLp (0) = iL (0 ) − iLu (0 ) = 0

Składowa przejściowa: U Cp (0) 30 1 50 =− , = , s s sC s

sL = s,

R = 15 .

Rys. 6.18b. uCp (0) 30 30 = 2 = 1 s + 15s + 50 ( s + 5)(s + 10) sL + R1 + R2 + sC pierwiastki mianownika; s1 = −5, s2 = −10 I Lp ( s ) =

s

n L(s ) L ( sk ) S k t to f (t ) = ∑ e M ( s) k =1 M ' ( sk ) M ' ( s ) = 2 s + 15 30 30 iLp (t ) = e −5t + e −10t = 6e −5t − 6e −10 t − 5 ⋅ 2 + 15 − 10 ⋅ 2 + 15

jeŜeli: F ( s ) =

+ 1 U Cp (0 ) 30 50 30 1500 30 + = 2 ⋅ − = − 2 sC s s + 15s + 50 s s s ( s + 15s + 50) s m L(s ) L(0) L( s k ) S k t jeŜeli: F ( s ) = to f (t ) = +∑ e sM ( s ) M (0) k =1 sk M ' ( sk ) 1500 1500 1500 uCp (t ) = + e −5t + e −10t − 30 = −60e −5t + 30e −10 t 50 − 5[2(−5) + 15] − 10[2(−10) + 15]

U Cp (s ) = I Lp ( s ) ⋅

Całkowite napięcie uC (t ) oraz całkowity prąd iL (t ) będący sumą ich składowych ustalonej i przejściowej wynoszą uC (t ) = 50 − 60e −5t + 30e −10t iL (t ) = 6e −5t − 6e −10t

Zad 6.19. Dla obwodu jak na rysunku 6.19a. obliczyć prąd cewki i napięcie na kondensatorze po przełączeniu z poz. 1 na poz. 2, metodą operatorową. Przed przełączeniem był stan ustalony. Dane: E = 10 V, J = 2 A, C = 0.5 F, R1 = R2 = 2 Ω, L = 1 H.

R1

2

1

iL t=0

L uC

C

R2

E

Rys. 6.19a Rozwiązanie: Zastosujemy metodę superpozycji stanu: Warunki początkowe: uC (0) = J ⋅ R2 = 4 V iL (0) = 0 Składowa ustalona: uCu = 10 V iLu = 0 Warunki początkowe dla składowych przejściowych uCp (0) = uC (0) − uCu (0) = − 6 V

iLp (0) = iL (0 ) − iLu (0) = 0

Schemat operatorowy dla składowej przejściowej (dane z zadania): U Cp (s ) 6 1 2 = − , sL = s, = , R = 2. s s sC s

Rys. 6.19b.

Prąd I L p (s ) w postaci operatorowej:

J

U Cp (0)

6 s

6 s = = 2 2 s + 2s + 2 Z (s) s+2+ s (komentarz: brak minusa przy źródle napięcia wynika ze zwrotu prądu w obwodzie) I Lp (s ) =

pierwiastki mianownika: s1= −1+j s2= −1+j Transformata odwrotna: 6   L−1  2 M ' (s) = 2 s + 2  s + 2s + 2  Obliczając dowolną metodą, np:  L( s1 ) s1t  i p (t ) = 2 Re  e  = 6e − t sin t Prąd cewki ma charakter oscylacyjny M ' ( s ) 1   Napięcie na kondensatorze:   6 1 U C (0 − ) 6 2 −6 1  − U Cp ( s ) = I ( s ) + = 2 ⋅ +  = 12 2 sC s s + 2s + 2 s  s   s s + 2s + 2  s Mianownik lewej części ułamka ma bieguny: s = 0 i bieguny sprzęŜone s12 = −1 ± j

(

)

Transformatę odwrotną moŜna obliczyć kilkoma sposobami: 1. Ze wzoru Heaviside’a dla wyodrębnionego bieguna zerowego i biegunów sprzęŜonych jeŜeli: F ( s) = uCp (t ) =

L(s ) to sM ( s)

f (t ) =

 L( sk ) S k t  L(0) + 2 Re  e  , M (0)  sk M ' ( sk ) 

M ' (s) = 2 s + 2

  (−1+ j )t 12 1 + 12 ⋅ 2 Re  e − 6 = 6 ⋅ Re[ (−1 − j )e − jt (cos t + j sin t ) ] =  2  (−1 + j )[2(−1 + j ) + 2]

− 6e − t cos t − 6e −t sin t = −6e − t (cos t + sin t )

2. Z rozkładu na ułamki proste

C 6  As + B U Cp ( s) = 12 2 + −  s + 2s + 2 s  s s ( As + B ) + (s 2 + 2s + 2)C ≡ 1 ,

A = −1 / 2 , B = −1 , C = 1 / 2

s+2 s 2  − 1/ 2s − 1 1  6   U Cp ( s) = 12 2 +  − = −6 2 = −6 2 + 2  s + 2s + 2  s + 2s + 2 2s  s  s + 2 s + 2 s + 2s + 2  Korzystając dalej ze znanych wzorów

    ω s +α L−1  = e −αt cos ωt L−1  = e −αt sin ωt 2 2 2 2  (s + α ) + ω   (s + α ) + ω  Otrzymamy.     s 1 s +1 1 2  = −6  U Cp (s ) = −6 + 2⋅ − + 2 2 2  2 2 2 2 2 2  ( s + 1) + 1   (s + 1) + 1  ( s + 1) + 1 ( s + 1) + 1 ( s + 1) + 1  uCp (t ) = −6e −t cos t − 6e −t sin t = −6e − t (cos t + sin t )

Stąd

3. Znając wartość chwilową prądu cewki iLp = 6e − t sin t , która równa się prądowi kondensatora , moŜna z oczka (rys. 6.12c) wyznaczyć napięcie na kondensatorze, bez znajomo ści jego transformaty.

Rys. 6.19c uCp = −uLp − u Rp = − L

diLp dt

− Ri = −1 ⋅ 6[ (e − t cos t + e − t (−1) sin t ] + 2 ⋅ 6 sin t = −6e −t cos t − 6e − t sin t =

−t

= −6e (sin t + cos t ) uC = uCu + uCp = 10 − 6e −t (sin t + cos t ) Korzystając ze znanych wzorów trygonometrycznych, moŜna zapisać w postaci u = A sin(ωt + ϕ ) b przy czym A = a 2 + b 2 , tgϕ a Stąd napięcie na kondensatorze moŜna zapisać jako przesuniętą funkcję sinus tgϕ = 1 → ϕ = 450 uC = 10 − 6 2e − t sin( t + 450 ) A= 2 Jest to funkcja sinusoidalna tłumiona wykładniczo, przesunięta o składową stałą. wzór

u = a sin ωt + b cos ωt

Zad. 6.20. Dla obwodu jak na rysunku 6.20a. obliczyć prąd cewki i napięcie na kondensatorze po przełączeniu z poz. 1 na poz. 2, metodą operatorową. Przed przełączeniem w obwodzie był stan ustalony. Dane: E = 8 V, J = 12 A, C = 0.1 F, R1 = R2 = 6 Ω, L = 1 H.

Rys. 6.20a. Rozwiązanie: Warunki początkowe W obwodzie prądu stałego indukcyjność stanowi zwarcie i przez nią płynie cały prąd źródła prądowego. Rezystor R2 moŜe być dowolny, napięcie na nim równa się zero. Warunki początkowe. iL (0) = J = 12 A uC (0) = 0 W obwodzie po przełączeniu jest wymuszenie stałe, zadanie moŜna obliczyć bezpośrednio wprowadzając transformatę napięcia E. W wyniku otrzymamy składową stałą i składową przejściową. Nie ma wtedy konieczności obliczania stanu ustalonego. Schemat operatorowy przedstawiono na rys. 6.20b. E ( s) + LiL (0) E 8 1 10 I L ( s) = gdzie: E (s ) = = , LiL (0) = 12 , sL = s, = , R1 = 6 . 1 s s sC s R1 + sL + sC

Rys. 6.20b. Warunki początkowe prądu cewki są przedstawione w postaci źródła napięciowego L ⋅ iL (0) = 12 A które jest skierowane zgodnie z prądem I L (s) . Warunki początkowe napięcia na kondensatorze są w zadaniu zerowe . U ( 0) Nie ma źródła napięciowego C s 8 12 + 12 s 8 s = 12s + 8 = I L (s ) = + 10 s 2 + 6 s + 10 s 2 + 6 s + 10 s 2 + 6s + 10 s+6+ s

Pierwiastki mianownika są zespolone i wynoszą s1, 2 = −3 ± j Transformatę odwrotną obliczymy dwoma sposobami: 1. Skorzystamy ze wzorów

  s +α L−1  = e −αt cos ωt 2 2  (s + α ) + ω    ω L−1  = e −αt sin ωt 2 2  (s + α ) + ω  oraz transformatę zapiszemy w postaci: s 1 12 oraz 8 gdzie ω2 =1 α =3 2 2 2 2 (s + 3) + 1 (s + 3) + 1 Cześć pierwszą odpowiada transformacie odwrotnej funkcji cosinus i sinus (który naleŜy odjąć), część drugą transformacie funkcji sinus.   s+3 1 1 +8 I L (s ) = 12 −3 2 2 2 2  ( s + 3) + 1  ( s + 3) 2 + 12  ( s + 3) + 1 stąd iL (t ) = 12e −3t cos t − 36e −3t sin t + 8e −3t sin t = (12 cos t − 28 sin t )e −3t A. 2. JeŜeli: F ( s) =

L(s ) a pierwiastki mianownika są urojone. M ( s)

 L ( sk ) S k t  f (t ) = 2 Re  e   M ' ( sk )  M ' ( s ) = 2s + 6 s1, 2 = −3 ± j ,

to

wystarczy obliczyć dla jednego pierwiastka urojonego s = −3 + j

 3(−3 + j ) + 2 ( −3+ j ) t   (3s + 2)   (3 + 7 j ) − 3t  iL (t ) = L−1 4 2 = 4 ⋅ 2 Re  e = 4 ⋅ 2 Re  e (cos t + j sin t ) =    s + 6 s + 10   2   2( − 3 + j ) + 6 

= 12e −3t cos t − 28e −3t sin t

sprawdza warunki początkowe, dla t = 0

iL (0) = 12 A.

Napięcie na kondensatorze 1 U C (0) 12s + 8 10 3s + 2 U C (s) = I L ( s) + = 2 ⋅ = 40 2 sC s s + 6 s + 10 s s(s + 6 s + 10) Pierwiastki mianownika s = 0 , i jak poprzednio para sprzęŜona s1, 2 = −3 ± j jeŜeli: F ( s) = to

f (t ) =

L(s ) sM ( s)

pierwiastki mianownika są urojone i jest jeden pierwiastek zerowy

 L ( s k ) Sk t  L ( 0) + 2 Re  e  M ( 0)  sk M ' ( sk ) 

2   3(−3 + j ) + 2 uCp (t ) = 40  + 2 Re ⋅ e( −3+ j )t    (−3 + j ) ⋅ [2 ⋅ (−3 + j ) + 6]  10 wg wzoru Eulera e jt = cos t + j sin t 2   3(−3 + j ) + 2 uC (t ) = 40 + 2 Re ⋅ e − 3t (cos t + j sin t )    (−3 + j ) ⋅ [2 ⋅ (−3 + j ) + 6]  10 uC (t ) = 8 − 8e −3t (cos t − 12 sin t ) dla

t =0

sprawdza warunki początkowe

uC ( 0) = 0

Zad. 6.21. Dla obwodu jak na rys. 6.21a. obliczyć prąd w cewce i napięcie na kondensatorze po przełączeniu. Przed przełączeniem był stan ustalony. Zastosować metodę operatorową. Dane : e(t ) = 20 sin 10t , R = 1 Ω, L = 0.1 H, C = 0.1 F

Rys. 6.21a. Rozwiązanie: 1 =1 Ω → rezonans prądów ωC Obliczamy warunki początkowe. e uC (t ) = = 10 sin 10t dla t = 0 uC (0) = 0 2

X L = ωL = 1 Ω,

XC =

π

iL (t ) = 10 sin( t − ) = −10 cos10t dla t = 0 iL (0) = −10 A 2 Składowa ustalona po przełączeniu. W obwodzie występuje rezonans prądów, prąd dopływający do równolegle połączonych cewki i kondensatora równa się zero. uCu (t ) = 20 sin 10t dla t = 0 uCu (0) = 0

π

iLu (t ) = 20 sin( t − ) = 20 cos10t dla t = 0 iLu (0) = −20 A 2 Warunki początkowe dla składowych przejściowych. uCp (0) = uC (0 ) − uCu (0) = 0

iLp (0) = iL (0) − iLu (0) = 10 Schemat operatorowy dla składowych przejściowych

Rys. 6.21b. Metodą potencjałów węzłowych rozwiązujemy układ z rys 6.21b. 1 10  1 + s + V ( s) = − s s  V ( s) = −

10 s + s +1 2

uCp (s ) = V ( s ) =

1 3 stąd pierwiastki mianownika s1,2 = − ± j 2 2 − 10

2 1  3    s +  +  2   2  

2

1

uCp (t ) = −

20 − 2t 3 e sin t 2 3

Znając potencjał V(s) moŜemy wyznaczyć prąd w indukcyjno ści z równania napięć w oczku, rys.6.21c.

Rys. 6.21c. V ( s ) − I Lp (s ) ⋅ s + 10 = 0

I Lp ( s) =

V ( s) + 10 10 10 =− 2 + s s( s + s + 1) s

Transformatę odwrotną obliczymy: jeŜeli: F ( s) =

L(s ) a pierwiastki mianownika są: s = 0 oraz urojone sM ( s)

1 3 s1,2 = − ± j 2 2

f (t ) =

to

 L ( s k ) Sk t  L ( 0) + 2 Re  e  M ( 0)  sk M ' ( sk ) 

M ' ( sk ) = 2 s + 1

   1 3  (− + j )t 10 − 10 iLp (t ) = − + 2 Re  e 2 2  + 10 =  1  1  3  1 3  (− + j  ) 2 ⋅ (− + j ) + 1 2  2 2  2   1 1 1  20 ( − 1 + j 3 )t   − t 5  −2t  3 3  3 10 − 2 t 3 2 2 2   = 2 Re  e t + j sin t  = 10e cos t+ e sin t e  cos  = 2 Re  5 − j 2 2  2 2 3 3    3 + j 3 

=

 20  3 sin  t + 60 0  3  2 

1  20 − 2 t  3 iL (t ) = 20 cos10t + e sin  t + 600  3  2 

Zad. 6.22. Dla obwodu jak na rys.6.22a. obliczyć: i1 (t ) , i2 (t ) , uC (t ) , po załączeniu napięcia. Przed załączeniem w obwodzie był stan ustalony. Dane: e(t ) = 10 sin t V, L1 = L2 = 2 H, M = 1 H, C = 1 F.

Rys. 6.22a. Rozwiązanie: Warunki początkowe są zerowe; i1 (0) = 0 , i2 (0) = 0 , uC (0) = 0 Stan ustalony: SprzęŜenie ujemne, prąd i1 skierowany jest do gwiazdki, prąd i2 skierowany jest od gwiazdki

ω = 1 rad/s,

XL1 = XL2 = 2 Ω,

Równania napięciowe w oczkach 10 jX L1 ⋅ I1 − jM ⋅ I 2 = 2 jX L 2 ⋅ I 2 − jM ⋅ I1 + (− jX C ) = 0

I1 =

10 10 10 − j 900 =−j = e A j 2 2 2

XM = 1 Ω,

XC = 1 Ω.

10 2 2 j ⋅ I 2 − jI1 − jI 2 = 0 stąd

2 j ⋅ I1 − jI 2 =

I1 = I 2

i1u = i2u = 10 sin( t − 900 ) A i1u (0) = i2u (0) = −10 A 10 − j 900 − j 900 10 UC = e ⋅e =− V 2 2 uCu = 10 sin( t − π ) = −10 sin t V uCu (0) = 0 Warunki początkowe dla składowych przejściowych uCp (0) = uC (0) − uCu (0) = 0

i1 p (0) = i1 (0) − i1u (0 ) = 0 − (−10) = 10 A, Stąd L1 ⋅ i1 p (0) − M ⋅ i2 p (0) = 10 A

i2 p (0) = 10 A

L2 ⋅ i2 p (0) − M ⋅ i1 p (0) = 10 A Schemat operatorowy dla składowej

Rys. 6.16b 2sI1 p ( s ) − sI 2 p (s ) = 10 1 2sI 2 p (s ) − sI1 p (s ) + I 2 p ( s ) = 10 s stąd: 10s s I 2 p ( s) = = 10 → i2 p (t ) = 10 cos 2 2 2   2 s +  s 2 +  3  3   10 s 1 1 → uCp (t ) = 10 U Cp ( s ) = ⋅ = 10 2 2 s 2   2 s +  s 2 +  3   3 5 5s 2sI1 p ( s ) = 10 + I 2 p (s ) → I1 p ( s ) = + 2 s  2 2  s +    3

2 t 3

3 2 t sin 2 3

I1 p ( s ) =

5 +5 s

s

 2  s 2 +    3

→

2

uC (t ) = uCU (t ) + ucp (t ) = −10 sin t + 10

i1 p (t ) = 5 + 5 cos

2 t 3

3 2 sin t V 2 3

i1 (t ) = i1u (t ) + i1 p (t ) = 10 sin( t − 90o ) + 5 + 5 cos

2 2 t = −10 cos t + 5 + 5 cos A 3 3

2 2 t = −10 cos t + 10 cos t A 3 3 Dla t = 0 wyniki sprawdzają warunki początkowe, które są zerowe. Poprawność rozwiązania moŜna sprawdzić obliczając pochodną napięcia na kondensatorze, du która jest równa wartości prądu i2 (t ) = C C dt W przedstawionym obwodzie powstaną drgania własne nie tłumione (nie ma elementów 2 rezystancyjnych) o częstotliwości ω = 3 Zad. 6.23. W obwodzie jak na rysunku 6.23a. obliczyć prądy: iL1 (t ) , iL2 (t ) po przełączeniu. i2 (t ) = i2u (t ) + i2 p (t ) = 10 sin( t − 90 o ) + 10 cos

Przed przełączeniem był stan ustalony. E2 = 40 V, R3 = 5Ω, L1 = 2 H, L2 = 1 H.

J2 = 1 A,

J3 = 5 A,

R1 = 20 Ω,

Rys. 6.23a. Rozwiązanie JeŜeli w wyniku przełączenia powstają rozcięcia złoŜone z samych cewek, źródeł prądu i otwartych wyłączników, to prądy tych cewek przestają być funkcjami ciągłymi. Ale ciągłość zachowuje suma strumieni skojarzonych cewek naleŜących do takich oczek, w których nie występują idealne źródła prądu tworzące rozcięcia z samymi cewkami. Suma strumieni skojarzonych cewek naleŜących do takich oczek przed przełączeniem jest równa sumie strumieni skojarzonych cewek naleŜących do tych oczek po przełączeniu. Zasada ta wynika stąd, Ŝe w tak wybranych oczkach strumień wypadkowy nie moŜe się zmienić o wartość skończoną w nieskończenie krótkim czasie.[11].

Warunki początkowe. W obwodzie są wymuszenia stałe, więc indukcyjności stanowią zwarcie co przedstawia schemat na rys. 6.23b. Podstawiono dane liczbowe. 20 Ω

A

iL 2 (0 ) =

i L1(0 ) =2 A 40 V

6A

C

i 2 =5 A

B

1A

i R3= 8 A

5Ω

D

i 1 =3 A

5A

Rys. 6.23b. Po zwarciu indukcyjności L2 między węzłami AB pozostanie tylko idealne źródło napięciowe 40 E2 = 40 V, stąd prąd iL1 (0 − ) = = 2 A. 20 To samo napięcie jest przyłoŜone do rezystora R3 = 5 Ω, stąd prąd płynący przez niego E 40 iR 3 = 2 = =8 A R3 5 Suma prądów w węźle D i1 = iR 3 − J 3 = 8 − 5 = 3 A Suma prądów w węźle B i2 = i1 + iL1 (0 − ) = 3 + 2 = 5 A Suma prądów w węźle C iL 2 (0− ) = −i2 − J 2 = −5 − 1 = −6 A Przed otwarciem wyłącznika prądy cewek wynoszą − iL1 (0 − ) = iL1 = 2 A −

iL 2 (0− ) = iL 2 = −6 A Po otwarciu wyłącznika, rys. 6.23c. powstaje rozcięcie złoŜone z dwóch cewek i źródła prądu

Rys. 6.23c. Na podstawie zasady zachowania strumienia skojarzonego w oczku a, spełniającym warunki zasady, mamy + + − − L1 ⋅ iL1 − L2 ⋅ iL 2 = L1 ⋅ iL1 − L2 ⋅ iL 2 Dodatkowo na podstawie prądowego prawa Kirchhoffa dla rozcięcia + + iL1 + iL 2 = − J 2 Podstawiając dane + + 2 ⋅ iL1 − 1 ⋅ iL 2 = 2 ⋅ 2 − 1 ⋅ (−6) +

+

iL1 + iL 2 = −1 Z układu dwóch równań wyznaczamy prądy cewek po otwarciu wyłącznika + + iL1 = 3 A, iL 2 = − 4 A Po otwarciu wyłącznika napięcia na cewkach nie są równe zeru. Prądy nie są stałe. Rozpoczyna się stan nieustalony. Zgodnie z zasadami wyboru zmiennych stanu przedstawiony obwód ma rząd n = 1 i jedną zmienną stanu np. iL1 z warunkami początkowymi iL1 (0) = 3 A. Stan nieustalony zostanie rozwiązany metodą Thevenina t UT  U T  −τ iL (t ) = + iL (0) − ⋅e RT  RT 

gdzie

τ=

L RT

Obliczamy UT , rys. 6.23d.

R 1 =20 Ω

UT

E 2 =40 V

J2 =1 A Rys. 6.23d. UT = 40 V

Obliczamy RT , rys. 6.23e.

RT = 20 Ω

Rys. 6.23e.

Obliczamy τ , rys. 6.23f.

Rys. 6.23f.

L = L1 + L2 = 3 H 3 1 τ= = 0.15 s → = 6.66 20 τ iL1 = 2 + [3 − 2]e −6.66 t = 2 + 1e −6.66t iL 2 = −iL1 − J 2 = −3 − 1e −6.66t Na rys. 6.23g. przedstawiono przebiegi prądów w cewkach. Linią przerywaną zaznaczono składowe ustalone. W przypadku indukcyjności L1 widać skokową zmianę prądu od wartości 2 A do wartości 3 A, po czym następuje klasyczna wykładnicza zmiana do stanu ustalonego. Dla indukcyjności L2 skok prądu następuje od wartości (−6 A) do wartości ( − 4 A). po czym następuje wykładnicza zmiana do stanu ustalonego (−3 A)

Rys. 6.23g. Zad. 6.24. W obwodzie jak na rysunku 6.24a. obliczyć uC1 (t ) i uC2 (t ) po przełączeniu. Przed przełączeniem w obwodzie był stan ustalony. E1 = 20 V, E3 = 10 V, R2 = R3 = 20 Ω, C1 = C 2 = 2.5 µF

J 1 = 2 A,

R2 W

C2

t=0

u C2 C1

u C1

E3

J1

E1

R3

Rys. 6.24a. Rozwiązanie JeŜeli w wyniku przełączenia powstają oczka złoŜone z samych kondensatorów, źródeł napięcia i zamkniętych wyłączników, to napięcia tych kondensatorów przestają być funkcjami ciągłymi. Ale ciągłość zachowuje suma ładunków kondensatorów dołączonych do takich węzłów, do których nie są dołączone idealne źródła napięcia tworzące oczka z samymi kondensatorami. Suma ładunków kondensatorów dołączonych do takich węzłów przed przełączeniem jest równa sumie ładunków kondensatorów dołączonych do tych węzłów po przełączeniu. Zasada ta wynika stąd, Ŝe do tak wybranych węzłów nie moŜe dopłynąć skończony ładunek w nieskończenie krótkim czasie.[11] Warunki początkowe Napięcie na kondensatorze C2 jest równe napięciu na rezystorze R2 przez który płynie prąd źródła prądowego J1 − uC2 = uC2 (0 − ) = R2 J 1 = 40 V Napięcie na kondensatorze C1 wyznaczymy z równania (oczko), nap. pr. Kirchhoffa. E1 + uC1 − uC2 − E3 − R3 J 1 = 0 stąd − uC2 = uC1 (0 − ) = 70 V Po przełączeniu (zwarciu gałęzi E3 i R3) powstaje oczko złoŜone z samych kondensatorów i idealnego źródła napięcia. Napięcia na kondensatorach stają się nie ciągłe. W celu wyznaczenia tych napięć naleŜy obliczyć wartość ładunku w węźle W, dla obu kondensatorów. Jest to zasada zachowania ciągło ści ładunku. Ładunki na obydwu kondensatorach są równe. Ładunek Q = CU −

−

+

C1uC1 + C 2uC2 = C1uC1 + C 2 uC2 +

+

uC1 − uC2 = − E1 +

+

+

+

uC1 + uC2 = 70 + 40 uC1 − uC2 = −20 stąd

+

C1 = C 2

upraszczamy równanie

nap. pr. Kirchhoffa

+

uC1 = 45 V +

uC2 = 65 V Stan nieustalony zostanie rozwiązany metodą Thevenina Obwód rzędu n = 1, jedna zmienna stanu np. uC1 przy warunkach początkowych uC1 (0) = 45 V Rozwiązanie ogólne sprowadza się do dwójnika zastępczego Thevenina.

Rys. 6.24b.

uC = U T + [u C (0 ) − U T ]e

−

t

τ

gdzie τ = RT C

Obliczamy UT , rys. 6.20c

Rys. 6.24c. Na schemacie na rys. 6.24c. kondensator C2 został równieŜ wyłączony, w obwodzie po nim pozostaje przerwa.(w przypadku indukcyjno ści zwarcie jak w zad. 6.23. Napięcie Thevenina obliczamy na zaciskach pozostałych po wyłączonym kondensatorze C1, którego napięcie przyjęliśmy za zmienną stanu. U T = U 2 − E1 = 40 − 20 = 20 V

Obliczamy stałą czasową τ i RT , rys. 6.24d.

Rys. 6.24d.

C = C1 + C 2 = 5 µF

τ = RT C = 5µF ⋅ 20Ω = 100µs →

RT = R2 = 20 Ω

1

τ

= 10− 4

Napięcie na kondensatorze C1 uC1 = 20 + [45 − 20] e −10 t = 20 + 25e −10 4

4

t

dla t = 0

spełnia war. pocz.

Napięcie na kondensatorze C2 obliczymy z nap. pr. Kirchhoffa E1 + u C1 −uC2 = 0 stąd

uC2 = 20 + 25e −10 t + 20 = 40 + 25e −10 t dla t = 0 spełnia war. pocz. Na rys. 6.24e. przedstawiono przebiegi napięć na kondensatorach. Linią przerywaną zaznaczono składową ustaloną. W przypadku kondensatora C1 widać skokową zmianę napięcia od wartości 70 V do 45 V, po czym następuje klasyczne rozładowanie do stanu ustalonego (20 V). Dla kondensatora C2 skok następuje od wartości 40 V do 65 V, po czym następuje rozładowanie do stanu ustalonego (40 V) 4

Rys. 6.24e. Zad. 6.25. Obliczyć przebieg napięcia na kondensatorze i prąd w cewce rys. 6.21a. stosując metodę zmiennych stanu. Przed otwarciem wyłącznika w obwodzie był stan ustalony. E = 20 V, R1 = 1 Ω, R2 = 1 Ω, R3 = 9 Ω, C = 50 mF, L = 0.1 H.

Rys. 6.25a Rozwiązanie Warunki początkowe E 20 iL (0) = = = 10 A R1 + R2 1 + 1 uC (0) = R2 ⋅ iL ( 0) = 10 V Po otwarciu wyłącznika, schemat rys. 6.25b.

Rys. 6.25b. Równania zmiennych stanu Jako pierwszą zmienna stanu przyjmiemy prąd w cewce x1 = iL , jako drugą x2 = uC napięcie na kondensatorze. iL = iC + iR (z I pr. Kirchhoffa) du uC iC = C C , iR = , stąd dt R2 + R3 du uC iL = C C + dt R2 + R3 di R1i L + L L + uC = E (z II pr. Kirchhoffa) dt Po uporządkowaniu z zachowaniem kolejności równań otrzymujemy diL R 1 1 = − 1 iL − uC + E dt L L L

duC 1 1 = iL − uC dt C C ( R2 + R3 ) Zapisane macierzowo 1   diL  − R1 −    iL   dt  L L =     du  1 1 C −   uC    C C ( R + R )   dt   2 3  Stąd macierz A 1  R1  − − L  − 10 − 10 L A=  1  =  1 −    20 − 2  C ( R2 + R3 )   C det [λ1−A] = 0 λ 0   − 10 − 10 λ + 10 10  [λ1−A] =   −  =   0 λ   20 − 2   − 20 λ + 2 Stad (λ + 10)(λ + 2) + 200 = 0 ∆ = j 21.13 ∆ = −736 → λ1 = −6 + j13.56 , λ2 = −6 − j13.56 PoniewaŜ pierwiastki są zespolone prąd cewki i napięcie kondensatora będzie miało przebieg o charakterze oscylacyjnym. Równania stanu moŜna rozwiązać numerycznie. Na przykład korzystając z programu MATLAB moŜna wykorzystać funkcje ode 23 rozwiązującą układ równań róŜniczkowych pierwszego rzędu. [t,x]=ode23(@zad1f,[0,1],[10,10]); iL=x(:,1); uC=x(:,2); subplot(2,1,1);plot(t,iL); subplot(2,1,2);plot(t,uC); function xdot=zad1f(t,x) Równanie stanu R1=1; R2=1; R3=9; L=1e-1; C=50e-3; E=20; A=[-R1/L -1/L; 1/C -1/((R2+R3)*C)]; B=[E/L; 0]; xdot=A*x+B;

Rys. 6.25c. Na rys.6.25c. przedstawiono wykres czasowy prądu w cewce i napięcia na kondensatorze. Zad. 6.26. Wyprowadzić równania stanu w postaci normalnej, rys. 6.26a. R1 = 2 Ω, L1 = 3 H, M 12 = 2 H, R2 = 4 Ω, L2 = 2 H, M 23 = 1 H, R3 = 2 Ω, L3 = 2 H, M 31 = 1 H.

Rys. 6.26a. Rozwiazanie Pomiędzy cewkami L1 i L2 jest sprzęŜenie dodatnie (prąd i1 oraz i2 są skierowane do węzła z gwiazdką) Pomiędzy cewkami L2 i L3 jest sprzęŜenie ujemne (prąd i2 jest skierowany do węzła z gwiazdką, a prąd i1 + i2 jest skierowany do węzła bez gwiazdki) Pomiędzy cewkami L1 i L3 jest sprzęŜenie ujemne (prąd i1 jest skierowany do węzła z gwiazdką a prąd i1 + i2 jest skierowany do węzła bez gwiazdki)

Na podstawie II prawa Kirchhoffa di di d (i + i ) u1 = R1i1 + L1 1 + M 12 2 − M 31 1 2 − e1 dt dt dt di2 di1 d (i1 + i2 ) u 2 = R2 i2 + L2 − e2 + M 12 − M 23 dt dt dt d (i + i ) di di u3 = R3 (i1 + i2 ) + L3 1 2 − M 31 1 − M 23 2 + e3 dt dt dt u1 + u3 = 0 u 2 + u3 = 0 Po wstawieniu danych liczbowych di1 di d (i + i ) + 2 2 − 1 1 2 − e1 dt dt dt di di d (i + i ) u2 = 4i2 + 2 2 + 2 1 − 1 1 2 − e2 dt dt dt d (i + i ) di di u3 = 2(i1 + i2 ) + 2 1 2 − 1 1 − 1 2 + e3 dt dt dt Stąd di di u1 = 2i1 + 2 1 + 1 2 − e1 dt dt di di u2 = 4i2 + 1 2 + 1 1 − e2 dt dt di1 di u3 = 2i1 + 2i2 + 1 + 1 2 + e3 dt dt Wstawiając do równań napięciowych Otrzymujemy di di 4i1 + 2i2 + 3 1 + 2 2 − e1 + e3 = 0 dt dt di di 2i1 + 6i2 + 2 1 + 2 2 − e2 + e3 = 0 dt dt Zapisujemy macierzowo  3 2 d  i1   − 4 − 2  i1   e1 − e3   2 2 dt i  =  − 2 − 6 i  + e − e     2   2   2 3 Wprowadzamy oznaczenie 3 2  M =  2 2  Obliczamy macierz odwrotną det M = 2 1  3 − 2 M −1 =  2 − 2 2  u1 = 2i1 + 3

MnoŜymy lewostronnie przez M −1 d  i1  1  3 − 2 − 4 − 2  i1  1  3 − 2  e1 − e3  = + dt i2  2 − 2 2  − 2 − 6  i2  2  − 2 2  e2 − e3 

d  i1  − 4 3   i1  1  3 − 2  e1 − e3   − 4 3   i1  1  3e1 − 3e3 − 2e2 + 2e3  = + = + dt i2   2 − 4 i2  2 − 2 2  e2 − e3   2 − 4 i2  2 − 2e1 + 2e3 + 2e2 − 2e3   e1  d  i1   − 4 3   i1  3 / 2 − 1 − 1 / 2   = + e2 dt i2   2 − 4 i2   − 1 1 0     e3  Korzystając z programu MATLAB i zastosowaniu opcji ‘Mass’ moŜna rozwiązać równania stanu bez doprowadzania ich do postaci normalnej. options=odeset('Mass',@zad2mass) [t,x]=ode23(@zad2f,[0,2],[0,-30],options); i1=x(:,1); i2=x(:,2); plot(t,i1,'-k',t,i2,'--k') function xdot=zad2f(t,x) Równania stanu e1=100*sqrt(2)*sin(5*pi*t); e2=100*sqrt(2)*sin(5*pi*t-2*pi/3); e3=100*sqrt(2)*sin(5*pi*t+2*pi/3); A=[-4 -2; -2 -6]; E=[e1-e2; e2-e3]; xdot=zeros(2,1); xdot=A*x+E; Macierz M function M=zad2mass(t,x) M=[3 2; 2 2];

40

i1 i2

30 20

i [A]

10 0 -10 -20 -30 -40 -50

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2

t [s]

Rys. 6.26b. Na rys.6.26 przedstawiono przebiegi czasowe obliczonych prądów Zad. 6.27. Wyznaczyć transmitancje operatorową typu napięciowego. Wyznaczyć odpowiedź impulsową i skokową dla obwodu przedstawionego na rys 6.27a.

Dane: R = 100 Ω,

C1 = 2 mF , C2 = 5 mF.

Rys. 6.27a Rozwiązanie Schemat operatorowy obwodu przy zerowych warunkach początkowych stosowany do wyznaczani transmitancji przedstawiony jest na rys. 6.27b.

Rys. 6.27b Wprowadzimy oznaczenia 1 500 1 200 Z1 ( s ) = R + Z 2 ( s) = = 100 + , = sC1 s sC2 s U1 ( s ) − I1 (s ) Z1 ( s ) − U 2 ( s ) = 0 U ( s) poniewaŜ I 2 ( s ) = 0 I1 ( s ) = 2 Z 2 ( s)

U1 ( s ) −

U 2 ( s) ⋅ Z1 ( s ) − U 2 ( s ) = 0 Z 2 ( s)

 Z (s)  U1 ( s ) = U 2 ( s ) 1 + 1  Z 2 ( s) 

T (s) =

U 2 (s) 200 2 = = U1 ( s ) 100 s + 700 s + 7

Odpowiedź impulsowa  2  h(t ) = L−1[T ( s ) ] = L−1  = 2e − 7t  s + 7 Odpowiedź skokowa

1  1 2  y (t ) = L−1  ⋅ T (s ) = L−1  ⋅ s   s s + 7  Zera mianownika s = 0 , s = −7 jeŜeli: F ( s ) = r (t ) =

L(s ) to sM ( s )

f (t ) =

m L(0) L( s k ) S k t +∑ e M (0) k =1 sk M ' ( sk )

2 2 − 7t − e 7 7

Zad. 6.28. Wyznaczyć transmitancje operatorową typu napięciowego. Wyznaczyć odpowiedź impulsową i skokową dla obwodu przedstawionego na rys. 6.28a. Dane: R = 12 Ω, L = 1 H, C = 10 mF.

Rys. 6.28a. Rozwiązanie Schemat operatorowy obwodu przy zerowych warunkach początkowych stosowany do wyznaczani transmitancji przedstawiony jest na rys. 6.29b.

Rys. 6.28b. Wprowadzimy oznaczenia

Z1 ( s ) = R + sL = s + 12 ,

Z 2 ( s) =

U1 ( s ) − I1 (s ) Z1 ( s ) − U 2 ( s ) = 0 U ( s) I1 ( s ) = 2 Z 2 ( s) U1 ( s ) −

U 2 ( s) ⋅ Z1 ( s ) − U 2 ( s ) = 0 Z 2 ( s)

 Z (s)  U1 ( s ) = U 2 ( s ) 1 + 1  Z 2 ( s) 

1 100 = sC s

U 2 ( s) 100 = 2 U1 ( s ) s + 12 s + 100 Pierwiastki mianownika ∆ = j16 ∆ = 144 − 400 = −256 → s1 = −6 + j8 , s2 = −6 − j8 Odpowiedź impulsowa 100   h(t ) = L−1[T ( s ) ] = L−1  2  s + 12 s + 100  korzystając z zaleŜności   ω → L−1  = e −αt sin ωt 2 2 α ω ( s + ) +   T ( s) =

  100 h(t ) = L−1  = 12.5e − 6t sin 8t 2 2  ( s + 6) + 8 

Odpowiedź skokowa 1  100 1  y (t ) = L−1  ⋅ T ( s )  = L−1  ⋅ 2  s   s ( s + 12 s + 100)  Transformatę odwrotną obliczymy ze wzoru L(s ) jeŜeli: F ( s ) = a pierwiastki mianownika są urojone, oraz s = 0 sM ( s ) to

f (t ) =

 L ( s k ) Sk t  L ( 0) + 2 Re  e  M ( 0)  sk M ' ( sk ) 

stąd M ' = 2s + 12   100 100 + 2 Re  y (t ) = e( −6 + j 8)t  = 100  (−6 + j8)[2( −6 + j8) + 12] 

  100 3 = 1 + 2 Re  e − 6t (cos 8t + j sin 8t )  = 1 − e − 6t (cos 8t + sin 8t ) 4  (− 6 + j8) j8 

U wy ( s ) dla obwodu jak na rysunku 6.29a. U we ( s ) Dane : G1 = G3 = 1 S, G4 = 2 S, C2 = 2 F, C5 = 0.5 F

Zad. 6.29. Obliczyć transmitancje T (s ) =

Rys. 6.29a.

Rozwiązanie: Równania potencjałów węzłowych [11]: (G1+G3+G4+sC2)V1(s) − G3V2(s) − G4Uwy(s) = G1 Uwe(s) −G3V1(s) + (G3+sC5)V2(s) − sC5Uwy(s) = 0 V2(s) = 0 Po wyeliminowaniu potencjałów V1(s) i V2(s) otrzymujemy jedno równanie z którego mamy U wy ( s ) U we ( s )

=−

1 s + 2s + 2 2

Obwód jest filtrem dolnoprzepustowym

Zad. 6.30. Obliczyć transmitancje T (s ) =

U wy ( s )

U we ( s ) Dane : G1 = G5 = 1 S, G2 = 4 S, C3 = C4 = 1 F.

Rys. 6.26a

dla obwodu jak na rysunku 6.30a.

Rozwązanie: Równania potencjałów węzłowych [11]: (G1+G2+sC3+sC4)V1(s) − sC3V2(s) − sC4Uwy(s) = Uwe(s)G1 −sC3V1(s) + (G5+sC3)V2(s) − G5Uwy(s) = 0 V2(s) = 0 Po wyeliminowaniu potencjałów V1(s) i V2(s) otrzymujemy jedno równanie, z którego mamy: U wy ( s ) U we ( s )

=−

s s + 2s + 5 2

Obwód jest filtrem środkowoprzepustowym

U wy ( s ) dla obwodu jak na rysunku 6.31a. U we ( s ) G5 = 1 S, C1 = C3 = C4 = 1 F.

Zad. 6.31. Obliczyć transmitancje T (s ) = Dane : G2 = 3 S,

Rys. 6.31a. R oz w i ą z a n i e : Równania potencjałów węzłowych [11]: (G2+sC2+sC3+sC4)V1(s) − sC3 V2(s) − sC4Uwy(s) = sC1Uwe(s) − sC3 V1(s) + (G5+sC3)V2(s) − G5Uwy(s) = 0 V2(s) = 0 Po wyeliminowaniu potencjałów V1(s) i V2(s) otrzymujemy jedno równanie, z którego mamy s2 =− 2 U we ( s ) s + 3s + 3 U wy ( s )

Obwód jest filtrem górnoprzepustowym

U wy (s ) dla obwodu jak na rysunku 6.33a. U we ( s ) Dane: R1 = R2 = R3 = 1 kΩ, C1 = C 2 = 1 mF.

Zad. 6.33. Obliczyć transmitancje T (s ) =

Rys. 6.29a Rozwiązanie Równania potencjałówwęzłowych [11]:     1  1 + V ( s ) − 1 U ( s ) = 0 wy 1  1  R3 R3 R + 2  sC2    1  sC1 + V2 ( s ) = sC1U we ( s ) R1  

V1 ( s ) = V2 ( s ) z równania drugiego sC1 V2 ( s ) = U (s) 1 we sC1 + R1 stąd     1  1 +  sC1 U ( s ) = 1 U (s ) wy  R3 1 we 1  R3 R2 +   sC1 + R sC 2  1    U wy (s ) sC1 R3  1 1 T (s ) = = + U we ( s ) sC + 1  R3 R + 1 1 2  R1  sC 2

  −3 3  = s10 10  1 −3  s10 + 3 10 

  1 1  3+  10 10 3 + 1  s10 −3 

  2s 2 + s = 2  s + 2s + 1  

Zad. 6.34. W obwodzie jak na rys. 6.34a obliczyć wartość rezystancji R0 , Ŝeby kąt przesuniecie fazowego napięcia wyjściowego względem napięcia wejściowego wynosił ϕ = −300 . Dane: R = 10 kΩ, C = 0.01 µ F, f = 1 kHz.

Rys.6.34a Rozwiązanie Obliczymy transmitancje napięciową T (s ) =

U wy ( s )

, a następnie na jej podstawie U we ( s ) charakterystykę amplitudową i charakterystykę fazową Potencjały węzłowe V1 ( s ) i V2 ( s ) spełniają równania [11]: 1 1 1 1  + V1 ( s ) − U wy (s ) − U we ( s ) = 0 R R R R

 1   + sC V2 ( s ) − sCU we ( s ) = 0  R0  V1 ( s ) = V2 ( s ) stąd 2V1 ( s ) − U wy ( s ) = U we ( s )

sCR0 1 + sCR0 Korzystając z równości potencjałów V1 ( s ) i V2 ( s ) mamy U wy ( s ) sCR0 − 1 = T (s ) = U we ( s ) sCR0 + 1 Charakterystyka amplitudowa T ( jω ) = 1 jest stała, równa jedności niezaleŜnie od częstotliwości. Natomiast charakterystyka fazowa ϕ (ω ) = −2arc tgωCR0 Podstawiając dane z zadania otrzymujemy − 300 = −2arc tg 2π 103 ⋅ 10−8 R0 V2 (s ) = U we ( s )

tg ( −300 ) = 2 ⋅ 2π ⋅ 10−5 R0 − 0.577 = −4π ⋅ 10 −5 R0

stąd

R0 = 4.59 kΩ.

L I T E R A T U R A.

1. Bolkowski St. Teoria obwodów elektrycznych. Warszawa, WNT 2008. 2. Bolkowski St., Brociek W., Rawa H.: Teoria obwodów elektrycznych-zadania. Warszawa, WNT 2006. 3. Cholewicki T.: Elektrotechnika teoretyczna. Warszawa, WNT tom I 1967, tom II 1971. 4. Cichocki A., Mikołajuk K., Osowski St., Trzaska Z.: Zbiór zadań z elektrotechnik teoretycznej. Warszawa, PWN 1976. 5. Cichocki A., Osowski St., Rawa H.: Podstawy elektrotechniki. Warszawa, WNT 1991. 6. Cichowska Z., Pasko M.: Wykłady z elektrotechniki teoretycznej. Cz.II. Prądy sinusoidalnie zmienne. Wyd. Pol. Śl., Gliwice 2004 (wyd.IV). 7. Mikołajuk K., Trzaska Z.: Elektrotechnika teoretyczna. Analiza i synteza obwodów liniowych. Warszawa, PWN 1985, 8. Mikołajuk K., Trzaska Z.: Elektrotechnika teoretyczna. Analiza i synteza obwodów nieliniowych. Warszawa, PWN 1987 9. Mikołajuk K., Trzaska Z.: Zbiór zadań z elektrotechniki teoretycznej. Warszawa, PWN 1976. 10. Mikołajuk K.; Podstawy analizy obwodów energoelektronicznych. Warszawa, PWN 1998. 11. Osiowski J, Szabatin J.: Podstawy teorii obwodów. Tom I-III, Warszawa WNT 1995. 12. Osiowski J.: Zarys rachunku operatorowego. Warszawa, WNT 1981. 13. Osowski St., Cichocki A., Siwek K.: MATLAB w zastosowaniu do obliczeń obwodowych i przetwarzania sygnałów. Warszawa, WPW 2006. 14. Osowski St., Cichocki A., Siwek K.: Teoria obwodów. Warszawa, WPW 2006. 15. Osowski St., Toboła A .: Analiza i projektowanie komputerowe obwodów z zastosowaniem języków MATLAB i PCNAP. Warszawa, WPW 1996 16. Osowski St.: Komputerowe metody analizy i optymalizacji obwodów elektrycznych. Warszawa, WPW, 1993. 17. Pasko M., Walczak J.: Teoria sygnałów. , Wyd. Pol. Śl., Gliwice 1999. 18. Sikora J.: Podstawy metody elementów skończonych. Warszawa Wydawnictwo KsiąŜkowe Instytutu Elektrotechniki. Warszawa 2008. 19. Sikora J.: Numeryczne algorytmy w tomografii impedancyjnej i wiroprądowej. Warszawa, WPW 2000. 20. Tadeusiewicz M.: Metody komputerowej analizy stałoprądowej nieliniowych układów elektronicznych. Warszawa, WNT 1991. 21. Tadeusiewicz M.: Teoria obwodów. Łódź, WPŁ 1994. 22. Walczak J., Pasko M.: Elementy dynamiki liniowych obwodów elektrycznych. Wyd. Pol. Śl., Gliwice 2001.