ROZWIĄZANIA ZADAŃ EGZAMINACYJNYCH
Z PODSTAW ELEKTROTECHNIKI
STUDIUM ZAOCZNE (GRUDZIĄDZ)
SEMESTR II
z dnia 03.07.2004
Zadanie 1
Dla podanego obwodu napisać równania według metody potencjałów węzłowych umożliwiających jego rozwiązanie.
V2
R
R
1
3
R2
R4
R5
E
V1
V3
I
R
0
0
Rozwiązanie
Narzucone w treści zadania oznaczenia (nazwy) potencjałów punktów węzłowych oraz zerowa (odniesieniowa) wartość potencjału pozwalają określić potencjał jednego z węzłów bezpośrednio: V = − E
3
Pozostałe równania zapisać należy bazując na prądowym prawie Kirchhoffa następująco: V − V
V
1
2
1
+
= I0
- dla węzła z potencjałem V
R
R
1
5
1
,
V − V
V − V
V
2
1
2
3
2
+
+
= 0
- dla węzła z potencjałem V
R
R + R
R
1
3
4
2
2
.
Proste przekształcenia tych równań prowadzą do układu:
1
1
1
+
⋅ V −
⋅ V = I
1
2
0
R R
R
1
5
1
,
1
1
1
1
E
−
⋅ V +
+
+
⋅ V = −
1
2
R
R R
R + R
R + R
1
1
2
3
4
3
4 .
Zadanie 2
Obliczyć wartość rezystancji Rx, przy której moc wydzielona w tym rezystorze ma wartość największą. Obliczyć tę moc.
1k
3k
40V
20mA
R
2k
x
Rozwiązanie
W celu rozwiązania zadania należy „wyciąć” z obwodu rezystor Rx i punktu widzenia zacisków, pozostałych po tym cięciu, zastosować twierdzenie Thevenina o zastępczym źródle napięciowym. W ten sposób obwód zostanie doprowadzony do postaci pokazanej na następującym rysunku:
RT
E
R
T
x
Wyznaczenie wartości zastępczego napięcia źródłowego Thevenina ET polega na rozwiązaniu obwodu pozostałego po „wycięciu”
Rx w obwodzie
1k
3k
40V
2k
20mA
Zastosowanie twierdzenia Thevenina w tym obwodzie przekształci obwód do postaci: 1k
3k
2k
40V
40V
Tutaj już prosto wyznaczyć można napięcie na zaciskach pozostałych po Rx, bowiem ze względu na równowagę źródeł
napięciowych, w obwodzie prąd nie będzie płynął. W związku z tym ET = 40 V. Rezystancja RT będzie efektem połączenia równoległego 1 kΩ i 5 kΩ (2 kΩ + 3 kΩ) czyli RT = 833 Ω. Dopasowanie energetyczne osiągnięte zostanie dla Rx = RT = 833 Ω, zaś maksymalna moc wydzielająca się na Rx będzie
402
P
T
=
=
= 480 mW
.
x m
ax
4⋅ R
4 ⋅ 833
T
Zadanie 3
Obliczyć wartość średnią i wartość skuteczną podanego okresowo zmiennego przebiegu napięcia.
u [V]
24
12
5
t [ms]
10
15
-12
Rozwiązanie
Obliczenia wartości średniej i skutecznej przebiegu okresowego wymagają, zgodnie z definicja tych wartości, całkowania przebiegu oraz jego kwadratu w przedziale równym okresowi. Należy więc przede wszystkim zadany przebieg napięcia opisać analityczne w przedziale okresowości:
24
u(t)
⋅ (t − 5m)
dla
t ∈ (0,10m]
= 10m
12
dla
t ∈ (10m,15m]
.
Zgodnie z definicją wartości średniej: 1
15m
10m
15m
U =
⋅ u
∫
=
⋅ ∫
⋅ −
+ ∫
= =
śr
(t)
1
24
dt
(t m
5 ) dt
dt
12
V
4 .
m
15
0
m
15
0 10m
10m
Podobnie wartość skuteczna:
1
15
10m
2
m
15m
U =
⋅ u2
∫
=
⋅ ∫
⋅ −
+ ∫
= =
≈
sk
(t)
1
24
dt
(t 5m) dt
(12)2dt
4 5 V
V
8,944 .
15m 0
15m 0 10m
10m
Zadanie 4
Na rysunku przedstawiono przebieg mocy chwilowej p(t) odbiornika. Wyznaczyć współczynnik mocy tego odbiornika oraz częstotliwość napięcia zasilającego.
p(t) [W]
30
10
t [ms]
-10
10
Rozwiązanie
Współczynnik mocy odbiornika, jak wiadomo, jest stosunkiem mocy czynnej do pozornej tego odbiornika. Z załączonego rysunku, przedstawiającego moc chwilową odbiornika, można odczytać moc czynną, jako wartość średnią za okres mocy chwilowej (P = 10 W) oraz moc pozorną, jako amplitudę zmian mocy chwilowej (S = 20 VA). Poszukiwany współczynnik mocy jest więc równy
cos(ϕ ) P 10
=
=
= 5
,
0
S
20
.
Częstotliwość mocy chwilowej jako odwrotność okresu jest zaś równa 1
1
f =
=
= 100 H
z.
p
10m
0
,
0 1
Częstotliwość mocy chwilowej jest dwukrotnie większa od częstotliwości harmonicznych przebiegów napięciowo prądowych, więc poszukiwana częstotliwość napięcia zasilającego f = 50 Hz.
Zadanie 5
W podanym obwodzie prądu przemiennego obliczyć wskazanie watomierza i amperomierzy. Przyjąć e(t) = 230·sin(ωt) V, ω = 314 s-1. Naszkicować wykres fazorowy układu.
W
A2
0,2 H120 Ω
e(t)
A
20
3
µ F
A1
Rozwiązanie
Obwód rozwiązać najlepiej stosując metodę wartości skutecznych zespolonych. W tym celu naszkicować wypada schemat obwodu raz jeszcze, z wartościami impedancji zespolonych elementów i wartością skuteczną zespolona napięcia zasilającego.
E
120 Ω
-jXC
Wartości reaktancji XL oraz XC obliczymy następująco: XL = ω L = 314⋅ ,
0 2 =
Ω
8
,
62
,
1
1
X =
=
= 159,2
3 Ω .
C
ω C 314⋅ 20 ⋅10− 6
230
E =
⋅ exp( j⋅ 0o ) ≈
V.
64
,
162
Wartość skuteczna zespolona napięcia zasilającego 2
Z wielu znanych metod rozwiązania zaproponuję następującą:
− jX ⋅ I
− jX ⋅ I + jX ⋅ I
C
C
+
= E
C
C
L C
R
E
64
,
162
I =
=
= = ,
1 276 ⋅ exp ⋅
C
(j 17
.
49
o ) A.
stąd
X ⋅ X
,
159 23⋅
8
,
62
− j⋅ X + j⋅ X
C
L
+
+ j⋅
−
C
L
( 8,
62
64
,
159
)
R
120
− j⋅ X
− j⋅
64
,
159
Pozostałe prądy będą
I
C
=
I =
⋅ ,
1 276 ⋅ exp ⋅
=
⋅
− ⋅
R
(j 49 17
. o
C
) 693
,
1
exp( j
83
,
40
o ) A,
R
120
I = I + I = ,
1 276⋅ exp ⋅
+
⋅
− ⋅
=
⋅
⋅
L
C
(j 17
.
49
o
R
) 693
,
1
exp( j
83
,
40
o ) 2,12 exp(- j 3,83o ) A.
Amperomierze będą więc wskazywać wartości:
− A1:
2,12 A,
− A2:
1,276 A,
− A3:
1,693 A.
Wskazanie watomierza obliczymy jako P =
⋅
=
⋅
⋅
⋅
=
W
{
Re E
I }
{
Re
64
,
162
12
,
2
exp( j 83
,
3
o
L
)}
W.
05
,
344
Wykres fazorowy (bez skali) przedstawia następujący rysunek: IL
IC
E
UL
IR
URC
Zadanie 6
Obliczyć dla jakiej wartości pojemności C wskazanie amperomierza nie zależy od stanu łącznika. Obliczyć to wskazanie amperomierza. Wykonać wykres fazorowy prądów i napięć dla obu stanów łącznika. Przyjąć dane: e(t) = 230·sin(ωt) V, ω = 314 s-1, R = 100 Ω, R0 = 200 Ω.
R
u(t)
R0
C
A
Uwaga: Przypadek C → ∞ , który zapewnia XC = 0, jako trywialny, nie stanowi rozwiązania zadania.
Rozwiązanie
Jest oczywiste, że amperomierz pokaże tę samą wartość niezależnie od stanu klucza wówczas, gdy moduły impedancji zespolonych obwodu w obu przypadkach będą równe sobie. W przypadku otwartego łącznika: 1
Z = R +
2
1
O
czyli
Z = R +
;
jω C
O
2
2
ω C
Gdy łącznik jest zamknięty
1
R ⋅
0
jω C
R
R ⋅ 1− jω R C
R
ω R C
0
0 (
0
)
2
0
0
Z = R +
= R +
= R +
= R +
− j⋅
Z
.
1
1+ jω R C
0
1+ (ω R C)2
1+ ω R C
1+ ω R C
0
(
)2
0
(
)2
0
R +
0
jω C
Moduł tej impedancji jest równy
2
2
2
R
ω R C
0
0
Z = R +
+
.
Z
1
+ (ω R C)2
1+ ω R C
0
(
)2
0
Równość modułów impedancji prowadzi do równania 2
2
2
1
R
ω R C
2
0
0
R +
= R +
+
,
2
2
ω C
1
+ (ω R C)2
1+ ω R C
0
(
)2
0
które po niezbędnych przekształceniach algebraicznych prowadzi do dwukwadratowgo równania względem poszukiwanej pojemności C w postaci
2 4
ω R 3R ⋅ C4
2
+ ω R
−
⋅
− = .
0
0 ( 2R
R 0 ) C2 1 0
Jedynym rozwiązaniem dodatnim takiego równania jest 1
C = ω
,
2R R
0
co po podstawieniu danych liczbowych daje wartość C = 15,92 µF.
Wskazanie amperomierza będzie wówczas równe 230
I =
=
A.
727
,
0
2
2
106
2 100 + 314⋅ 92
,
15
Wykresy fazorowe można przedstawić następująco: Io
I
U
Z
Ro
IC UC
E
I
U
R0
Rz
UR0C
Zadanie 7
Obliczyć pulsację i częstotliwość rezonansową obwodu oraz naszkicować wykres fazorowy obwodu dla częstotliwości rezonansowej.
Przyjąć dane: R = 10 Ω,
L = 40 mH,
C = 250 nF.
R
C
L
R
Rozwiązanie
Impedancja zespolona obwodu jest
1
R ⋅ jω L
1
jω RL ⋅ (R − jω L)
ω 2RL2
ω R2L
1
Z = R +
+
= R +
+
= R +
+ j⋅
.
2
2 2
2
2 2
−
2
2 2
jω C R + jω L
jω C
R + ω L
R + ω L
R + ω L
ω C
Jak wiadomo warunkiem rezonansu jest zerowanie się części urojonej impedancji zespolonej obwodu, więc: ω R2L
1
−
= 0 .
R 2
2
+ ω L2 ω C
Wyznaczona stąd pulsacja ωr określona jest wzorem ω r =
1
.
LC − L
1
R2C
Po podstawieniu danych liczbowych okazuje się, że obliczenie ωr prowadzi do wyniku zespolonego, co oznacza, że nie ma takiej częstotliwości napięcia (lub prądu) zasilającego, przy której obwód byłby w rezonansie.
Gdyby rezonans był możliwy, to wykres fazorowy obwodu w stanie rezonansu mógłby wyglądać następująco: IR
URL
UC
I
U
L
R
U
I
Zadanie 8
W układzie 1-kreskowym podanym na rysunku odbiornik energii posiada następujące dane znamionowe: Un = 230 V, Pn = 2,5 kW, cosφ =0,6. Ponadto X = 0,25 Ω. Częstotliwość przebiegów napięciowo-prądowych f = 50 Hz.
Naszkicować wykres fazorowy układu oraz obliczyć:
−
pojemność C kompensującą moc bierną układu do poziomu cosφz=0,94;
−
moc czynną wydzielającą się w odbiorniku gdy napięcie zasilania układu U = 235 V.
X
C
Odb.
Rozwiązanie
Zakładając znamionowa pracę odbiornika, czyli napięcie na jego zaciskach równe U = 230⋅ exp( j⋅ 0o obliczyć można prąd
o
)V
pobierany przez ten odbiornik:
P
2500
I
n
o
=
− ⋅ ϕ =
− ⋅
=
⋅
− ⋅
o
U cos ϕ
⋅
n
( ) ex (p j )
ex (
p
j arc
(
cos 6
,
0 )
1
,
18 2 exp( j
13
,
53
)A.
230
6
,
0
Spadek napięcia na szeregowej reaktancji indukcyjnej U = jX ⋅ I = j⋅ ,
0 25⋅
12
,
18
⋅ exp − ⋅
=
⋅
⋅
X
( j 13
,
53
o
o
) 53
,
4
exp( j
87
,
36
o ) V.
W związku z tym napięcie na pojemności równe napięciu zasilającemu (przy założeniu znamionowej pracy odbiornika) będzie: U = U + U = 230 + 53
,
4
⋅ exp ⋅
=
⋅
⋅
C
o
(j 87
,
36
o
X
)
64
,
233
exp( j 67
,
0
o ) V.
To umożliwia obliczenie pojemności kompensującej moc bierną do żądanego poziomu:
∑ P⋅ (tgϕ − tgϕ p ) 2500⋅ (tg( 67
,
0
o +
13
,
53
o ) − tg(arc (
cos 94
,
0
) )
C =
=
=
,
146
2 µ .
F
ω ⋅ U 2
100π ⋅
64
,
233
2
C
Wykres fazorowy układu przedstawia rysunek: UC
U
U
O
X
I
I
IC
O