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 ukasiewicza,
- 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 Kirchho a 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