Wykład podstawy elektrotechniki no 1

background image

Podstawy elektrotechniki i elektroniki

Paweł Zimny

background image

Literatura

Przeździecki Franciszek: Elektrotechnika i elektronika.

PWN Warszawa 1974r.

background image

Uporządkowany ruch ładunków elektrycznych

nazywamy prądem elektrycznym

i opisujemy za pomocą natężenia prądu i(t).

Jednostką natężenia prądu jest amper – A

jednostki pochodne: 1mA=10

-3

A

1μA=10

-6

A

1nA=10

-9

A

1kA=10

3

A

background image

R

Rezystor

i(t)

u(t)

Prawo Ohma

u(t)=Ri(t)

Jednostką napięcia jest volt - V

R – rezystancja jednostka ohm -

Źródło napięcia

stałego

zmiennego

E

e(t)

background image

L

i(t)

u(t)

 

dt

di

L

t

u

L – indukcyjność jednostka henr – H=s

u(t)

C

i(t)

 

dt

du

C

t

i

C – pojemność jednostka farad – F=s/

background image

Obwód elektryczny

R

1

R

2

R

3

R

4

L

C

e(t)

węzeł

węzeł

gałąź

i

1

(t)

i

2

(t)

i

3

(t)

u

R1

(t)

u

R2

(t)

u

R3

(t)

u

L

(t)

u

C

(t)

u

R4

(t)

background image

Prądowe prawo Kirchhoffa

lub

I prawo Kirchhoffa

 

0

t

i

N

1

k

k

i

1

(t)

i

2

(t)

i

3

(t)

i

4

(t)

i

5

(t)

 

 

 

 

 

0

t

i

t

i

t

i

t

i

t

i

3

4

3

2

1

background image

Napięciowe prawo Kirchhoffa

lub

II prawo Kirchhoffa

 

0

t

u

P

1

k

k

R

2

R

3

R

4

L

C

e(t)

i

1

(t)

i

2

(t)

i

3

(t)

u

R1

(t)

u

R2

(t)

u

R3

(t)

u

L

(t)

u

C

(t)

u

R4

(t)

oczko I

oczko II

background image

 

 

 

 

0

t

u

t

u

t

u

t

e

4

R

2

R

1

R

 

 

 

 

0

t

u

t

u

t

u

t

u

2

R

3

R

L

C

oczko I

oczko II

w - liczba węzłów w obwodzie,

w-1 – liczba węzłów niezależnych w obwodzie,

I prawo Kirchhoffa pozwala zapisać w-1 równań

dla prądów w węzłach.

background image

R

2

R

3

R

4

L

C

e(t)

i

1

(t)

i

2

(t)

i

3

(t)

u

R1

(t)

u

R2

(t)

u

R3

(t)

u

L

(t)

u

C

(t)

u

R4

(t)

oczko I

oczko II

1

2

 

 

 

 

 

 

0

t

i

t

i

t

i

:

2

0

t

i

t

i

t

i

:

1

3

2

1

3

2

1

background image

Jeżeli w obwodzie mamy g – niezależnych gałęzi.

w których płyną nieznane prądy, to dla ich określenia

pozostałe g-(w-1)=g-w+1 – równań musimy zbudować

z drugiego prawa Kirchhoffa.

Oznacza to, że musimy wyznaczyć

g-w+1

oczek niezależnych, dla których piszemy bilans napięć.

background image

R

2

R

3

R

4

L

C

e(t)

i

1

(t)

i

2

(t)

i

3

(t)

u

R1

(t)

u

R2

(t)

u

R3

(t)

u

L

(t)

u

C

(t)

u

R4

(t)

oczko I

oczko II

g=3
w=2 → w-1=1 czyli g-w+1=2

R

1

background image
background image

Szeregowe połączenie rezystancji

R

1

R

2

R

3

i(t)

i(t)

i(t)

i(t)

u

R1

(t)

u

R2

(t)

u

R3

(t)

 

 

 

 

t

u

t

u

t

u

t

u

3

R

2

R

1

R

 

 

 

 

 

3

2

1

3

2

1

3

3

R

2

2

R

1

1

R

R

R

R

R

)

t

(

Ri

t

u

)

t

(

i

R

R

R

t

u

)

t

(

i

R

t

u

)

t

(

i

R

t

u

)

t

(

i

R

t

u

R

i(t)

u(t)

background image

Generalnie

Jeżeli mamy K szeregowo połączonych rezystancji R

i

to możemy je zastąpić rezystancją zastępczą R

zast

o wartości:

K

i

1

i

i

zast

R

R

R

1

R

2

R

3

R

4

R

5

e(t)

background image

e(t)

)

t

(

i

R

zast

 

 

zast

R

t

e

t

i

gdzie R

zast

=R

1

+R

2

+R

3

+R

4

+R

5

background image

Połączenie równoległe rezystancji

u(t)

R

1

R

2

R

3

i

1

(t)

i

2

(t) i

3

(t)

u

1

(t) u

2

(t) u

3

(t)

i(t)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

t

u

R

1

R

1

R

1

R

t

u

t

u

t

u

t

u

t

u

R

t

u

t

i

R

t

u

t

i

R

t

u

t

i

t

i

t

i

t

i

t

i

3

2

1

zast

3

2

1

3

3

3

2

2

2

1

1

1

3

2

1





ostatecznie:

i(t)

u(t)

R

zast

3

2

1

zast

R

1

R

1

R

1

R

1

background image

Generalnie

Jeżeli jest K równolegle połączonych rezystorów

o rezystancji R

i

i-go rezystora, to możemy je zastąpić

jednym rezystorem zastępczym o rezystancji R

zast

,

którą wyznaczamy z zależności:

K

i

1

i

i

zast

R

1

R

1

Dla dwóch mamy:

2

1

2

1

zast

R

R

R

R

R

background image

Obwód prądu stałego

12V

0.6

4

6

Metoda zwijania sieci

Rezystory połączone

równolegle

zastępujemy

rezystancją

zastępczą

korzystając

z zależności:

2

1

2

1

zast

R

R

R

R

R

background image

i mamy:

4

.

2

10

24

6

4

6

4

R

zast

i schemat:

12V

0.6

2.4

Rezystory są połączone

szeregowo

i z zależności:

R

0

=R

1

+R

zast

mamy: R

0

=0.6+2.4

czyli R

0

=3

i schemat:

background image

12V

3

I

i prąd I obliczamy

dla prostego obwodu

z zależności:

0

R

E

I

Po dodstawieniu danych
mamy:

A

4

3

12

I

Wykonujemy powrót przez kolejne obwody, a więc:

background image

12V

0.6

2.4

I=4A

U=IR

zast

=4·2.4=9.6V

Następny krok powrotny:

background image

12V

0.6

4

6

9.6V

4A

A

6

.

1

6

6

.

9

I

2

A

4

.

2

4

6

.

9

I

1

Moc tracona w rezystancji:

2

RI

P

i mamy: rezystor 0.6 → P

1

=0.6·4

2

=9.6W

4 → P

2

=4·2.4

2

=23.04W

6 → P

3

=6·1.6

2

=15.36W

background image

W obwodzie musi być spełniony bilans mocy jest
to twierdzenie Tellegena i stwierdza ono, że:

Suma mocy dostarczona przez źródła jest równa

sumie mocy traconej w rezystorach znajdujących

się w obwodzie.

Źródło dostarcza moc P

źr

=EI=12·4=48W

Suma mocy traconej w rezystorach jest:

P

tr

=9.6+23.04+15.36=48W

P

źr

=P

tr

background image

Przykład

24V

R

1

R

2

R

3

R

4

R

5

R

6

R

7

R

1

=2; R

2

=10; R

3

=20; R

4

=5.2; R

5

=8; R

6

=30;

R

7

=20;

Równolegle połączone rezystor R

5

, R

6

, R

7

zastępujemy

rezystorem zastępczym R

a

:

7

6

5

a

R

1

R

1

R

1

R

1

i mamy:

20

1

30

1

8

1

R

1

a

background image

24V

R

1

R

2

R

3

R

4

R

a

R

1

=2; R

2

=10; R

3

=20;

R

4

=5.2;

R

a

=4.8

Rezystory R

2

, R

4

, R

a

są połączone szeregowo

i zastępujemy je rezystorem R

b

o wartości:

4

a

2

b

R

R

R

R

i podstawiając wartości mamy:

R

b

=10+4.8+5.2=20

i mamy schemat: 24V

R

1

R

3

R

b

background image

R

1

R

3

R

b

24V

R

1

=2; R

3

=20; R

b

=20

Mamy dwa rezystory R

3

i R

b

połączone równolegle

i zastępując je rezystorem

R

c

wyliczanym ze wzoru:

b

3

b

3

c

R

R

R

R

R

i mamy:

10

20

20

20

20

R

c

stąd schemat:

R

1

R

c

24V

Szeregowo połączone

rezystory R

1

i R

c

zastępujemy przez

R

0

=R

1

+R

c

background image

i mamy: R

0

=2+10=12, a schemat ma postać:

R

0

24V

I

1

Prąd I

1

wyznaczamy z zależności:

A

2

12

24

I

1

Moc dostarczana do układu jest:

W

48

2

24

P

dost

Dla obliczenia rozpływu prądów wracamy przez
kolejne kroki w odwrotnym kierunku:

R

1

R

c

24V

2A

U

c

U

c

=I

1

R

c

=2·10=20V

background image

R

1

R

3

R

b

24V

2A

20V

I

3

I

2

A

1

20

20

R

U

I

A

1

20

20

R

U

I

b

c

2

3

c

3

24V

R

1

R

2

R

3

R

4

R

a

2A

1A

1A

U

a

=I

2

R

a

=1·4.8=4.8V

background image

24V

R

1

R

2

R

3

R

4

R

5

R

6

R

7

1A

1A

1A

2A

4.8V

mA

240

A

24

.

0

20

8

.

4

R

U

I

mA

160

A

16

.

0

30

8

.

4

R

U

I

A

6

.

0

8

8

.

4

R

U

I

7

a

7

6

a

6

5

a

5

I

6

I

7

background image

Moc pobierana:

W

48

P

P

W

8

2

2

I

R

P

W

0

1

1

10

I

R

P

W

0

2

1

20

I

R

P

5.2W

1

2

.

5

I

R

P

2.88W

6

.

0

8

I

R

P

0.768W

16

.

0

30

I

R

P

1.152W

24

.

0

20

I

R

P

7

i

1

i

i

pobrane

2

2

1

1

1

2

2

2

2

2

2

2

3

3

3

2

2

4

4

4

2

2

5

5

5

2

2

6

6

6

2

2

7

7

7

Moc dostarczona P

dost

=48W

background image

Metoda podobieństwa

20V

4

10

15

Zakładamy dowolnie jeden z prądów.

I

2

=1A

15·1=15V

I

1

A

5

.

1

10

15

I

1

I

I=I

1

+I

2

=1.5+1=2.5A; E=U+15=10+15=25V

U=4·2.5=10V

background image

Współczynnik podobieństwa

8

.

0

25

20

E

E

k

oblicz

rzecz

i przeliczamy prądy i napięcia

20V

4

10

15

0.8·2.5=2A

0.8·1=0.8A

0.8·1.5=1.2A

0.8·10=8V

0.8·15=12V

P

dost

=20·2=40W

P

pobr

=8·2+12·1.2+12·0.8=40W

background image

Obliczyć wskazania amperomierzy i woltomierzy w obwodzie

A

1

A

6

A

2

A

3

A

4

A

5

A

7

V

1

V

2

V

3

375mΩ

40Ω

400mΩ

3.6Ω

48V

background image

I

2

=1+1.22=

=2.67A

Obliczenia metodą podobieństwa

375mΩ

40Ω

400mΩ

3.6Ω

I

4

=1A

3·1=3V

8·1=8V

4·1=4V

4+8+3=15V

I

3

=15/9=1.67A

I

5

=2.67A

4·2.67=10.7V

0.375·2.67=1V

10.7+15+1=
=26.7V

I

6

=26.7/40=0.668A

I

1

=2.67+0.67=

=3.34A

I

7

=3.34A

3.34·3.6=12V

0.4·3.34=1.34V

E

E=12+26.7+1.34=40V

Współczynnik podobieństwa k=48/40=1.2

background image

A

1

A

6

A

2

A

3

A

4

A

5

A

7

V

1

V

2

V

3

375mΩ

40Ω

400mΩ

3.6Ω

48V

Wskazania amperomierzy: A

1

=A

7

=4A

A

2

=A

5

=3.2A

A

3

=2A

A

4

=1.2A

A

6

=0.8A

background image

V

1

V

2

V

3

48V

1.61V

14.4V

32V

12.8V

1.2V

18V

4.8V

3.6V

9.6V

Wskazania woltomierzy:
V

1

=48-1.61=46.4V lub V

1

=14.4+32=46.4V

V

2

=32V lub V

2

=1.2+18+12.8=32V

V

3

=1.2+3.6+9.6=14.4V lub V

3

=1.2+18-4.8=14.4V

background image

Obwody prądu zmiennego

Siła elektromotoryczna sinusoidalnie zmienna

e(t)=E

m

sin(t+)

E

m

– amplituda, - pulsacja, - faza

0 0.008

0.016

0.024

0.032

0.04

10

5

0

5

10

e t

( )

t

T

E

m

E

m

=2πff – częstotliwość [Hz]

f=1/T

T - okres

background image

R

i(t)

u

R

(t)=Ri(t)

i(t)=I

m

sin(t+)

u

R

(t)=RI

m

sin(t+)

0 0.010.020.030.04

10

5

0

5

10

i t

( )

uRt

( )

t

background image

Indukcyjność

i(t)

L

u

L

(t)

 
 

 

 

2

t

sin

LI

t

u

t

cos

LI

t

u

t

sin

I

t

i

dt

di

L

t

u

m

L

m

L

m

L

0

0.010.020.030.04

10

5

0

5

10

i t

( )

uLt

( )

t

/2

background image

Pojemność

i(t)

u

C

(t)

 

 

 

 

 

2

t

sin

C

I

t

u

t

cos

C

I

t

u

t

sin

I

t

i

d

i

C

1

t

u

m

C

m

C

m

t

C

0 0.010.020.030.04

10

5

0

5

10

i t

( )

uCt

( )

t

/2

background image

Zadanie 1.
Dany jest obwód:

E

1

R

1

R

2

R

3

R

4

E

2

Napisać równania Kirchhoffa dla wyznaczenia prądów.
Zadanie 2.
Przez rezystor o rezystancji R=(a+b)[mΩ] płynie prąd równy 10A.
Ile wynosi spadek napięcia na tym rezystorze?
Zadanie 3.
Dany jest układ rezystorów:

a

b

a+b

A

B

Obliczyć rezystancję R

AB

.

a=liczba liter w nazwisku, b=liczba liter w nazwisku

background image

Szeregowe połączenie rezystancji i indukcyjności

R

L

e(t)=E

m

sin(t)

i(t)

u

R

(t)

u

L

(t)

i(t)=I

m

sin(t+)

u

R

(t)=Ri(t)

u

R

(t)=RI

m

sin(t+)

 
 

t

cos

LI

t

u

dt

di

L

t

u

m

L

L

Z napięciowego prawa Kirchhoffa mamy:

u

R

(t)+u

L

(t)=e(t)

RI

m

sin(t+)+LI

m

cos(t+)=E

m

sin(t)

background image

aby równanie: RI

m

sin(t+)+LI

m

cos(t+)=E

m

sin(t)

było spełnione dla dowolnej chwili czasowej musi mieć

postać: I

m

Zsin(t)= E

m

sin(t)

gdzie I

m

=E

m

/Z.

 

 

 

 

 

t

sin

E

t

cos

L

R

L

t

sin

L

R

R

L

R

I

t

sin

E

t

cos

L

t

sin

R

I

m

2

2

2

2

2

2

m

m

m

Podstawiamy:

 

 

 

2

2

L

R

Z

Z

L

sin

i

Z

R

cos

background image

Z – nazywamy impedancją

po podstawieniu mamy:

 

  

  

 

 

t

sin

E

t

sin

Z

I

t

sin

E

t

cos

sin

t

sin

cos

Z

I

t

sin

E

t

cos

L

t

sin

R

I

m

m

m

m

m

m

a więc aby powyższe równanie było spełnione dla

dowolnej chwili czasowej musi zachodzić równość:

=

background image

- faza prądu jest określana z równania:

a amplituda prądu I

m

jest:

 

R

L

tg

 

2

2

m

m

m

L

R

E

Z

E

I

Przebieg prądu i(t) oraz spadki napięcia u

R

(t) i u

L

(t)

przedstawiono na wykresach:

background image

0 0.008

0.016

0.024

0.032

0.04

200

100

0

100

200

e t

( )

i t

( )

uRt

( )

uLt

( )

t

L/R=1

/4

background image

0 0.008

0.016

0.024

0.032

0.04

100

50

0

50

100

e t

( )

i t

( )

uRt

( )

uL t

( )

t

L/R=0.1

background image

0 0.008

0.016

0.024

0.032

0.04

100

50

0

50

100

e t

( )

i t

( )

uRt

( )

uL t

( )

t

L/R=5

background image

Moc

Moc chwilowa dostarczana do obwodu jest:

p(t)=e(t)i(t)

 

  

 

 

t

2

cos

cos

2

I

E

t

p

t

sin

t

sin

I

E

t

p

m

m

m

m

Średnia moc jest:

 

T

0

dt

t

p

T

1

P

po wykonaniu całkowania mamy:

 

cos

2

I

E

P

m

m

background image

0 0.008

0.016

0.024

0.032

0.04

100

50

0

50

100

p t

( )

P

e t

( )

t

background image

Moc średnią P nazywamy mocą czynną.

Jednostką mocy czynnej jest wat [W]

Wygodnie jest przekształcić zależność:

 

 

cos

2

I

2

E

cos

2

I

E

P

m

m

m

m

i wprowadzamy wartości skuteczne:

2

I

I

2

E

E

m

m

Wzór na moc czynną przyjmuje postać:

 

cos

EI

P

background image

Wprowadzamy dodatkową charakterystykę

zwaną mocą bierną:

Q=EIsin()

Jednoską mocy biernej jest var [VAr].

Ponieważ P

2

+Q

2

=(EI)

2

(cos

2

+sin

2

)=(EI)

2

Wielkość: S=EI
nazywamy mocą pozorną.
Jednostką mocy pozornej jest voltamper [VA].

2

2

Q

P

S

background image

Moc tracona w rezystancji: p

R

(t)=u

R

(t)i(t)

Ponieważ u

R

(t)=Ri(t) więc p

R

(t)=Ri

2

(t)

 

2

t

2

cos

1

2

I

R

t

sin

RI

t

p

2

m

2

2

m

R

i średnia moc jest: P

R

=RI

2

Ze względu na fakt, że kąt fazowy między spadkiem

napięcia u

R

(t)=RI

m

sin(t+) i prądem i(t)=I

m

sin(t+)

jest równy 0, więc Q

R

=0

Chwilowa moc tracona w indukcyjności jest

p

L

(t)=u

L

(t)i(t)

background image

ponieważ u

L

(t)=LI

m

cos(t+) więc moc chwilowa jest

p

L

(t)=LI

m

cos(t+)I

m

sin (t+)

czyli

 

2

t

2

sin

2

LI

t

p

2

m

L

Moc średnia jest: P

L

=0

Moc czynna pobierana przez indukcyjność jest równa

zeru.

background image

Ponieważ spadek napięcia na indukcyjności:

u

L

(t)=LI

m

cos(t+)=LI

m

sin(t++π/2),

a prąd i(t)=I

m

sin(t+), a więc kąt przesunięcia

między prądem a spadkiem napięcia na indukcyjności

wynosi /2, a więc moc bierna pobierana przez

indukcyjność jest Q

L

=LI

2

background image

e(t)=E

m

sin(t)

u

R

(t)

R

C

u

C

(t)

i(t)=I

m

sin(t+)

Obwód RC

 

 

 

 

   

t

e

t

u

t

u

t

cos

I

C

1

t

u

dt

t

sin

I

C

1

t

u

t

sin

RI

t

u

C

R

m

C

m

C

m

R

 

t

sin

E

t

cos

C

I

t

sin

RI

m

m

m

Impedancja:

2

2

C

1

R

Z

Oznaczamy:

CZ

1

sin

Z

R

cos

background image

lub

CR

1

tg

i otrzymujemy:

 

t

sin

E

t

sin

ZI

m

m

Warunkiem spełnienia równania dla dowolnej
chwili czasowej jest:

Z

E

I

m

m

Przebieg prądu i spadków napięć przedstawiono
na wykresach:

background image

RC=0.1

0 0.012

0.024

0.036

0.048

0.06

10

5

0

5

10

e t

( )

i t

( )

uRt

( )

uC t

( )

t

background image

RC=0.577

0 0.012

0.024

0.036

0.048

0.06

10

5

0

5

10

e t

( )

i t

( )

uRt

( )

uC t

( )

t

background image

RC=10

0 0.012

0.024

0.036

0.048

0.06

10

5

0

5

10

e t

( )

i t

( )

uRt

( )

uC t

( )

t

background image

Moce chwilowe:

     

 

   

 

   

t

i

t

u

t

p

t

i

t

u

t

p

t

i

t

e

t

p

C

C

R

R

Moc czynna = moc średnia

   

 

cos

I

E

2

1

dt

t

i

t

e

T

1

P

m

m

T

0

Moc czynna tracona w rezystancji:

   

2

m

R

T

0

R

R

RI

2

1

P

dt

t

i

t

u

T

1

P

Moc czynna tracona w pojemności:

   

0

P

dt

t

i

t

u

T

1

P

C

T

0

C

C

background image

0

0.0150.030.0450.06

30

15

0

15

30

p t

( )

P

pR t

( )

PR

pC t

( )

PC

pR t

( ) pC t

( )

t

background image

Obwód szeregowy RLC

R

L

e(t)=E

m

sin(t)

i(t)

u

R

(t)

u

L

(t)

C

u

c

(t)

i(t)=I

m

sin(t+)

u

R

(t)=Ri(t)

u

R

(t)=RI

m

sin(t+)

 
 

 

 

 

t

cos

C

I

t

u

dt

t

i

C

1

t

u

t

cos

LI

t

u

dt

di

L

t

u

m

C

C

m

L

L

 

 

   

t

e

t

u

t

u

t

u

C

L

R

Podstawiając mamy:

 

t

sin

E

t

cos

C

1

L

t

sin

R

I

m

m





background image

Oznaczając:

2

2

C

1

L

R

Z

impedancja obwodu.

L

C

1

Z

1

sin

Z

R

cos

mamy:

  

  

 

 

t

sin

E

t

sin

Z

I

t

sin

E

t

cos

sin

t

sin

cos

Z

I

m

m

m

m

ostatnie równanie będzie spełnione dla dowolnej
chwili czasowej t, jeżeli:

Z

E

I

m

m

background image

czyli





R

L

C

1

arctg

Pulsację

0

, dla której

0

L

C

1

0

0

nazywamy pulsacją rezonansową szeregowego

obwodu RLC

Pulsację rezonansową określa zależność:

LC

1

0

background image

Częstotliwość rezonansowa f

0

obliczamy z zależności:

LC

2

1

2

f

0

0

Korzystając z pulsacji rezonansowej przekształcamy
wyrażenie dla impedancji:

2

2

2

2

2

LC

1

L

R

L

C

1

R

Z

ponieważ

LC

1

0

więc

2

0

0

2

0

2

2

2

0

2

2

L

R

L

R

Z









background image

Wielkość:

R

L

Q

0

nazywamy dobrocią szeregowego obwodu rezonansowego
i podstawiając mamy:

2

0

0

2

Q

1

R

Z





Uwzględniając wprowadzone oznaczenia dla fazy mamy:









0

0

Q

arctg

R

L

C

1

arctg

background image

Amplituda prądu:

2

0

0

2

m

m

Q

1

R

E

I

Amplituda spadku napięcia na rezystancji R jest:

2

0

0

2

m

R

Q

1

E

U

Amplituda spadku napięcia na indukcyjności jest:

2

0

0

2

m

0

m

0

0

m

L

Q

1

QE

LI

LI

U

background image

Amplituda spadku napięcia na pojemności jest:

C

I

C

I

U

0

m

0

m

C



ale z definicji:

L

C

1

0

0

i mamy:

2

0

0

2

m

0

C

Q

1

QE

U

Charakterystyki częstotliwościowe obwodu

Dla otrzymania wyników ogólnych przedstawimy

amplitudę prądu I=I

m

/I

0

, gdzie I

0

=E

m

/R oraz =/

0

background image

0

2

4

6

8 10

0

0.25

0.5

0.75

1

I  1

I  10

I  100

2

2

1

Q

1

1

I

I(,Q=1)

I(,Q=10)

I(,Q=100)

/

0

=1

background image

Spadek napięcia na indukcyjności w postaci
bezwymiarowej będzie:

2

2

m

L

0

L

1

Q

1

Q

E

U

U

i podobnie spadek napięcia na pojemności w postaci
bezwymiarowej jest:

2

0

0

2

m

C

0

C

Q

1

Q

E

U

U

background image

0 2 4 6 8 10

0

0.38

0.75

1.13

1.5

UL  1

UC  1

Q=1

U

L0

()

U

C0

()

=

0

background image

0 1 2 3 4 5

0

2.5

5

7.5

10

UL  10

UC  10

Q=10

U

L0

()

U

C0

()

=

0

background image

0 0.4 0.8 1.2 1.6 2

0

25

50

75

100

UL  100

UC  100

Q=100

U

L0

()

U

C0

()

=

0

background image

Pasmo 3dB

Jest to szerokość pasma pulsacji bądź częstotliwości

po przekroczeniu, którego amplituda sygnału spada

o 3dB bo .

Szerokość pasma określa zależność dla napięcia
na pojemności:

1

0

C

gór

1

0

C

dol

2

Q

U

2

Q

U

i ponieważ =/

0

, to

gór

0

dol

0

gór

0

dol

0

f

f

f

01

.

3

2

1

log

20

background image

f

dol

Q

f

gór

f

0.882611

f

0

5

1.086737

f

0

0.20413f

0

0.945978

f

0

10

1.046482

f

0

0.10052f

0

0.994962

f

0

100

1.004963

f

0

0.01f

0

0.9995f

0

1000

1.0005f

0

0.001f

0

Mamy dla szerokości pasma 3dB zależność:

Q

f

f

0

background image

Równoległy obwód rezonansowy

e(t)=E

m

sin(t)

u

R

(t)

u

L

(t)

C

u

c

(t)

i(t)=I

m

sin(ωt+φ)

i

C

(t)

i

LR

(t)

e(t)-u

C

(t)=0 → u

C

(t)=e(t)=E

m

sin(ωt)

 
 

 

 

2

t

sin

CE

t

i

t

cos

CE

t

i

dt

du

C

t

i

m

C

m

C

C

C

background image

 

 

 

t

sin

E

t

cos

LI

t

sin

RI

t

e

dt

di

L

t

Ri

m

mL

mL

LR

LR

e(t)=E

m

sin(t)

u

R

(t)

u

L

(t)

C

u

c

(t)

i(t)=I

m

sin(ωt+φ)

i

C

(t)

i

LR

(t)

u

R

(t)+u

L

(t)=e(t)

Przyjmując: i

LR

(t)=I

mL

sin(ωt+)

mamy:

background image

Przyjmując podobnie jak w obwodzie RL:

R

L

tg

lub

 

 

Z

L

sin

Z

R

cos

gdzie

 

2

2

L

R

Z

mamy:

 

t

sin

E

t

sin

Z

I

m

mL

Warunkiem spełnienia równości jest:

Z

E

I

i

m

mL

a więc prądy są:

 

2

t

sin

CE

t

i

m

C

background image

 

 

t

sin

Z

E

t

i

2

t

sin

CE

t

i

m

LR

m

C

Prąd źródła i(t) jest: i(t)=i

LR

(t)+i

C

(t)

czyli:

t

sin

Z

E

2

t

sin

CE

t

sin

I

m

m

m

 

   

   

 

 

   









t

sin

Z

cos

t

cos

Z

sin

C

E

t

cos

Z

sin

t

sin

Z

cos

t

cos

C

E

t

sin

I

m

m

m

Przekształcamy tak aby otrzymać wyrażenie jak po
stronie lewej:

background image

Przyjmując:

 

 

2

2

0

Z

cos

Z

sin

C

Y

Y

0

– nazywamy modułem admitancji.

Podnosząc do kwadratu i biorąc pod uwagę, że

 

 

1

sin

cos

2

2

mamy:

 

 

2

2

0

Z

1

Z

sin

C

2

C

Y

 

 

 

0

m

m

Y

E

I

cos

Z

sin

C

tg

czyli

 

t

sin

I

t

i

m

background image

Ponieważ

 

 

Z

L

sin

Z

R

cos

więc

 

 

 

cos

Z

L

CZ

cos

Z

L

C

tg

2

2

2

Jeżeli to φ=0 i wtedy mamy:

e(t)=E

m

sin(ωt) oraz i(t)= EmY

0

sin(ωt)

oznacza to, że prąd i napięcie są w fazie.

Zjawisko takie nazywamy rezonansem.

,

0

L

CZ

2

Zbadajmy kiedy:

 

0

L

L

R

C

2

2

Pulsacja ω=0 jest nie interesująca, więc dzieląc przez ωC
mamy

 

2

2

R

C

L

L

background image

Wprowadzając:

C

L

R

kr

- oporność krytyczna

mamy:

 

2

kr

2
kr

2

R

R

1

R

L

Powyższe równanie jest spełnione dla rzeczywistych

wartości pulsacji ω, jeżeli: lub R<R

kr.

1

R

R

kr

Tak więc warunkiem aby w obwodzie równoległym
był możliwy rezonans jest:

kr

R

R

background image

Jeżeli powyższy warunek jest spełniony, to pulsacja

rezonansowa ω

r

jest:

gdzie

2

kr

0

r

R

R

1

LC

1

0

Częstotliwość rezonansowa f

r

r

/(2π) jest:

2

kr

0

r

R

R

1

f

f

Ze względu na fakt, że obwód składa się z dwóch

równoległych gałęzi rezonans nazywa się skrótowo

rezonansem równoległym

background image

0 0.012

0.024

0.036

0.048

0.06

4

2.4

0.8

0.8

2.4

4

iC t 314

(

)

iLR t 314

(

)

i t 314

(

)

e t 314

(

)

t

R>R

kr

i

C

(t)

i

LR

(t)

i(t)

e(t)

background image

0 200400600800

1000

0

2

4

6

8

10

I0 

 

Im 

 

 C

 Em

R>R

kr

I

m0

(ω)

I

mLR

(ω)

I

mC

(ω)

background image

0 0.012

0.024

0.036

0.048

0.06

4

2.4

0.8

0.8

2.4

4

iC t 314

(

)

iLR t 314

(

)

i t 314

(

)

e t 314

(

)

t

i

C

(t)

i

LR

(t)

i(t)

e(t)

R=R

kr

background image

0 200400600800

1000

0

2

4

6

8

10

I0 

 

Im 

 

 C

 Em

I

m0

(ω)

I

mLR

(ω)

I

mC

(ω)

R=R

kr

ω

r

=0

background image

0 0.012

0.024

0.036

0.048

0.06

4

2.4

0.8

0.8

2.4

4

iC t r

iLR t r

i t r

e t r

t

i

C

(t)

i

LR

(t)

i(t)

e(t)

R=0.1R

kr

ω=314.643s

-1

background image

0 200400600800

1000

0

8

16

24

32

40

I0 

 

Im 

 

 C

 Em

I

m0

(ω)

I

mLR

(ω)

I

mC

(ω)

R=0.1R

kr

ω=314.643s

-1

background image

0 0.012

0.024

0.036

0.048

0.06

4

2.4

0.8

0.8

2.4

4

iC t r

iLR t r

i t r

e t r

t

i

C

(t)

i

LR

(t)

i(t)

e(t)

R=0.001R

kr

background image

Dobroć jest zdefiniowana:

R

L

Q

r

Podstawiając:

2

kr

0

r

R

R

1

mamy:

1

R

R

Q

2

kr

Jeżeli R

kr

>>1, to i ω

r

0

.

R

R

Q

kr


Document Outline


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
Wykład podstawy elektrotechniki no 4
Wykład podstawy elektrotechniki no 8
Wykład podstawy elektrotechniki no 6
Wykład podstawy elektrotechniki no 10
Wykład podstawy elektrotechniki no 9
Wykład podstawy elektrotechniki no 2
Wykład podstawy elektrotechniki no 3
Wykład podstawy elektrotechniki no 4
Odp, Energetyka PWr, III semestr, Wykłady, Podstawy elektroniki, Elektronika zaliczenie
FIG-02D, Elektrotechnika, PODSTAWY ELEKTROTECHNIKI, wyklad
Podstawy Elektroniki (wyklad 2)
FIG-02C, Elektrotechnika, PODSTAWY ELEKTROTECHNIKI, wyklad
Example2, Elektrotechnika, PODSTAWY ELEKTROTECHNIKI, wyklad
Example5, Elektrotechnika, PODSTAWY ELEKTROTECHNIKI, wyklad
Example8, Elektrotechnika, PODSTAWY ELEKTROTECHNIKI, wyklad
Example6, Elektrotechnika, PODSTAWY ELEKTROTECHNIKI, wyklad
R206, Elektrotechnika, PODSTAWY ELEKTROTECHNIKI, wyklad

więcej podobnych podstron