XXXVI

I

I

OLIMPIAD

A

WIEDZY

TECHNICZNEJ

Za

w

o

dy

I

stopnia

Rozwi¡zania

zada«

Rozwi¡zanie

zadania

16

F

A

B

l/2

l/2

R

A

R

B

h

b

w

x

=

b

h

2

6 =

40

602

6 = 24

103 mm2 = 24

10 6 m2

;

M

g

w

x





gdop

;

M

g



w

x



gdop

;

M

g

=

F

l

4

;

F



4

w

x



gdop

l

= 4

24

10 6

140

106

1

;

Patronem honorowym OWT jest Minister Gospodarki.

Partnerami medialnymi OWT sa:

- Przegl¡d Techniczny,

- Przegl¡d Mechaniczny.

Sponsorami XXXVIII OWT sa:

- Grupa Kapitaªowa PSE Operator SA,

- Fundacja PGNiG im. Ignacego Šukasiewicza,

- Instytut Mechnizacji Budownictwa i Górnictwa Skalnego,

- Stowarzyszenie In»ynierów i Techników Przemysªu Materiaªów Budowlanych.

1

F



13440 N

;

13000 N



13440 N.

Odpowied¹: Warunek speªniony.

Rozwi¡zanie

zadania

17

Wymagany caªkowity przekrój liny, czyli sum¦ przekrojów wszystkich drutów oblicza si¦ ze

wzoru:



rdop =

Q

S

;

S

=

Q



rdop

= 98

103

250

106

= 392

10 6 m2

:

Przekrój jednego drutu:

S

1 =



d

2

4 =



1

;

52

10 6

4

= 1

;

767

10 6 m2

:

Potrzebna liczba drutów:

i

=

S

S

1

= 392

10 6

1

;

767

10 6

= 221

;

8

:

Odpowied¹: Minimum 222 druty.

Rozwi¡zanie

zadania

18

Ad.1.

S

=

N

p

= 150

103

25

105

= 0

;

06 m2

:

S

=

a

2

!

a

=

p

0

;

06 = 0

;

245 m.

Ad.2.

S

1 =

N

p

1

= 150

103

8

105

= 18

;

75

10 2 m2

:

2

S

1 =

x

b

= 0

;

38

b

!

b

=

S

1

x

= 18

;

75

10 2

38

10 2



0

;

5 m.

Odpowied¹: Bok podkªadki

a

= 24

;

5 cm. Dªugo±¢ bloku piaskowca

b

= 0

;

5 m.

Rozwi¡zanie

zadania

19

R

B

R

C

I

BQ

I

CQ

I

R

U

Z

U

CEQ

U

BEQ

C

1

C

2

Q

1

U

R

U

B

Rys.1. Rozkªad napi¦¢ i rozpªyw pr¡dów dla skªadowej staªej

Na podstawie praw Kirchhoa dla ukªadu przedstawionego na rys.1 mo»na napisa¢:

I

R

=

I

C

Q

+

I

B

Q

;

gdzie

I

C

Q

=



0

I

B

Q

, a zatem

I

R

=



0

I

B

Q

+

I

B

Q

=





0 + 1



I

B

Q

;

U

R

+

U

C

E

Q

=

U

Z

;

U

R

+

U

B

+

U

B

E

=

U

Z

;

gdzie

U

R

=

R

C

I

R

- spadek napi¦cia na rezystancji

R

C

,

U

B

=

R

B

I

B

Q

- spadek napi¦cia na

rezystancji

R

B

.

R

C





0 + 1



I

B

+

R

B

I

B

=

U

Z

U

B

E

Q

;

I

B



R

C





0 + 1



+

R

B



=

U

Z

U

B

E

Q

:

3

St¡d po przeksztaªceniu

I

B

=

U

Z

U

B

E

Q

R

C





0 + 1



+

R

B

=

12 0

;

65

3

;

9

103

(100 + 1) + 332

103

= 0

;

0156 mA.

Pr¡d kolektora

I

C

Q

mo»na oszacowa¢ z zale»no±ci:

I

C

Q

=



0

I

B

= 100

0

;

0156 mA = 1

;

56 mA.

Napi¦cia

U

C

E

Q

jest równe:

U

C

E

Q

=

U

Z

U

R

=

U

Z

R

C





0 + 1



I

B

= 12 3

;

9

10 3

(100 + 1)

0

;

0156

10 3 = 12 6

;

36 = 5

;

86 V.

Odpowied¹:

I

C

Q

= 1

;

56 mA oraz

U

C

E

Q

= 5

;

86 V.

Rozwi¡zanie

zadania

20

R

1

R

2

R

3

U

1

U

2

U

3

I

U

p

Rys.1. Schemat ukªadu zasilania grzaªek

Schemat ukªadu zasilania grzaªek przedstawiono na rys.1.

Rezystancje znamionowe grzaªek s¡ nast¦puj¡ce:

R

1 =

U

2

1

N

P

1

N

= 230

2

500 = 105

;

8

;

R

2 =

U

2

2

N

P

2

N

= 230

2

750 = 70

;

5

;

4

R

3 =

U

2

3

N

P

3

N

= 230

2

1000 = 52

;

9

:

Pr¡dy znamionowe:

I

1

N

=

P

1

N

U

1

N

= 500

230 = 2

;

1 A

;

I

2

N

=

P

2

N

U

2

N

= 750

230 = 3

;

3 A

;

I

3

N

=

P

3

N

U

3

N

= 1000

230 = 4

;

3 A

:

Przy poª¡czeniu szeregowym grzaªek wypadkowa rezystancja jest równa:

R

123 =

R

1 +

R

2 +

R

3 = 105

;

8 + 70

;

5 + 52

;

9 = 229

;

2

:

Pr¡d zasilaj¡cy

I

mo»na obliczy¢ z prawa Ohma:

I

=

U

p

R

123

= 440

229

;

2 = 1

;

9 A.

Wypadkowy pr¡d

I

w ukªadzie jest mniejszy od pr¡dów znamionowych poszczególnych

grzaªek, a zatem »adna z grzaªek nie spali si¦.

Moce poszczególnych grzaªek s¡ równe:

P

1 =

I

2

R

1 = 1

;

92

105

;

8 = 385

;

7 W,

co stanowi 77% mocy znamionowej

P

1

N

.

P

2 =

I

2

R

2 = 1

;

92

70

;

5 = 256

;

5 W,

co stanowi 34% mocy znamionowej

P

2

N

.

P

3 =

I

2

R

3 = 1

;

92

52

;

9 = 193

;

8 W,

co stanowi 19% mocy znamionowej

P

3

N

.

5

Pomijaj¡c grzaªk¦

R

3 rezystancja wypadkowa

R

12 ukªadu jest równa:

R

12 =

R

1 +

R

2 = 105

;

8 + 70

;

5 = 176

;

3

:

Pr¡d zasilaj¡cy w tym wypadku jest równy:

I

x

=

U

p

R

12

= 440

176

;

3 = 2

;

5 A

:

Grzaªka

R

1 jest przeci¡»ona poniewa»

I

x

>

I

1

N

. Takie poª¡czenie nie mo»e by¢ zastoso-

wane. Pomini¦cie grzaªki

R

2 lub

R

3 to przypadek bardzie niekorzystny. Zatem w ostatecznym

wniosku mo»na stwierdzi¢, ze nie mo»na w tym ukªadzie pomin¡¢ »adnej grzaªki.
Odpowied¹: Moce grzaªek:

P

1 = 385

;

7W,

P

2 = 256

;

5W,

P

3 = 193

;

8W, najbardziej obci¡»ona

jest grzaªka

R

1 (77% mocy znamionowej), nie mo»na w tym ukªadzie pomin¡¢ »adnej grzaªki.

Rozwi¡zanie

zadania

21

R

P

masa

Z

A

V

sonda1

sonda 2

I

1

U

2

= -U

O

U

1

Rys.1. Zwroty wskazów napi¦¢ pomiarowych

U

1 i

U

2 oraz odpowiadaj¡cych im wskazom

pr¡du w obwodzie

I

1 i napi¦cia na odbiorniku

U

0.

Analizuj¡c zwroty wskazów napi¦¢ i pr¡dów przedstawionych na rys.1. nale»y zauwa»y¢, »e

wskaz napi¦cia

U

1 z

sondy

1

odwzorowuje poªo»enie wskazu pr¡du

I

1 w obwodzie i jest z

nim w fazie, a wskaz napi¦cia

U

2 z

sondy

2

odwzorowuje poªo»enie wskazu napi¦cia

U

0 na

odbiorniku

Z

i jest przesuni¦ty wzgl¦dem tego napi¦cia o k¡t



. Wynika z tego, »e wskaz pr¡du

I

1 wyprzedza wskaz napi¦cia na odbiorniku o k¡t



=

2. Zatem odbiornik ma charakter czysto

pojemno±ciowy.

6

Wspóªczynnik mocy odbiornika jest zatem równy:

cos

'

= 0

:

Moc pozorna ukªadu jest równa mocy biernej pojemno±ciowej:

S

=

U

I

= 100

2 = 200 VA

;

Q

C

=

U

I

= 100

2 = 200 Var

;

Moc czynna

P

jest równa 0 W.

Odpowied¹: cos

'

= 0,

S

= 200 VA,

Q

C

= 200 Var,

P

= 0 W.

7