Konspekt jest współfinansowany przez Unię Europejską
w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
w projekcie:
"Innowacyjna dydaktyka bez ograniczeń
- zintegrowany rozwój Politechniki A
ódzkiej zarządzanie Uczelnią,
nowoczesna oferta edukacyjna
i wzmacniania zdolności do zatrudniania,
także osób niepełnosprawnych".
Materiały pomocnicze do przedmiotu
Obwody Elektryczne 2
Przedmowa
Materiały pomocnicze do przedmiotu Obwody Elektryczne 2 są przeznaczone głównie dla
studentów studiów niestacjonarnych. Mają ułatwić samodzielną naukę praktycznego
wykorzystania metod analizy obwodów poznawanych w ramach przedmiotu Obwody
Elektryczne 2. Materiały nie są typowym zbiorem zadań, nie zawierają propozycji zadań do
samodzielnego rozwiązania lecz zadania o niezbyt dużym stopniu trudności, których
rozwiązania są dokładnie opisane. Ma to służyć lepszemu zrozumieniu problemów analizy
obwodów, szczególnie w zakresie podstaw tej dziedziny. Opanowanie analizy obwodów w
zakresie przewidzianym przez zajęcia ćwiczeniowe z Obwodów Elektrycznych 2 wymaga
opanowania zagadnień zawartych w odpowiednich rozdziałach podręcznika: TEORIA
OBWODÓW, ZADANIA opracowanego pod redakcją profesora M.Tadeusiewicza.
2
Zadanie 1
Znajdz
wartości symboliczne prądów i napięć na podstawie ich wartości chwilowych:
1. u1(t)=35sin(Ét+60°)V;
2. i1(t)=4,5 2 sin(Ét-150°)A;
3. u2(t)=230 2 sinÉt V;
4. i2(t)=8,2 2 cos(Ét+30°)A;
RozwiÄ…zanie:
Rozwiązania punktów 1  4 otrzymuje się na podstawie definicji wartości symbolicznej:
jĆx
X = X e (1.1)
gdzie: X jest wartością symboliczną, X jest wartością skuteczną a Ćx fazą początkową
sinusoidalnie zmiennej wielkości:
x( t ) = 2 X sin(Ét + Ćx ) (1.2)
Do rozwiązania zadania pamiętać należy o relacji między wartością skuteczną X a wartością
maksymalną X , która obowiązuje dla wielkości sinusoidalnie zmiennych:
m
X
m
X = (1.3)
2
Do zamiany postaci wykładniczej wartości symbolicznej, przedstawionej wzorem (1.1), na
postać trygonometryczną oraz algebraiczną wykorzystać należy wzór Eulera:
jĆx
X e = X (cosĆx + jsinĆx ) (1.4)
Punkt 1:
KorzystajÄ…c ze wzoru (1.1):
35
j60°
U1 = e = 24,75(cos60° + jsin60°) = 24,75(0,5 + j0,5 2)= (12,38 + j17,5)V
2
Punkt 2:
I1 = 4,5e- j150° = 4,5[cos(-150°)+ jsin(-150°)]= 4,5(cos150° - jsin150°) =
= 4,5(- 0,866 - j0,5) = (- 3,897 - j2,25)A
Punkt 3:
j0°
U = 230e = 230(cos0 + jsin0) = 230(1+ j0) = 230V
2
Punkt 4:
Wykorzystując znaną tożsamość trygonometryczną (wzór redukcyjny):
sin(90° + Ä…) = cosÄ… (1.5)
należy przedstawić wartość chwilową prądu tak, aby w wyrażeniu określającym tę wartość
występowała funkcja sinus a nie cosinus.
i2(t) = 8,2cos(Ét + 30°) = 8,2sin(Ét + 30° + 90°) = 8,2sin(Ét +120°)
Do otrzymanej postaci prądu można już zastosować bezpośrednio wzór (1.1):
I2 = 8,2e- j150° = 4,5[cos(-150°)+ jsin(-150°)]= 4,5(cos150° - jsin150°) =
= 4,5(- 0,866 - j0,5) = (- 3,897 - j2,25)A
3
Zadanie 2
Znajdz
wartości chwilowe prądów i napięć na podstawie ich wartości symbolicznych:
1. U1 = (5 + j8)V ;
2. I1 = (- 3,2 + j6,5)A
3. U = 45,8V
2
4. I2 = j2,4A
RozwiÄ…zanie:
Zależność wartości chwilowej x(t) wielkości sinusoidalnie zmiennej od jej wartości
symbolicznej określa wzór:
jÉt jĆx jÉt j(Ét+Ćx )
x(t) = Im{ 2Xe }= Im{ 2 X e e }= Im{ 2 X e }= 2 X sin(Ét + Ćx ) (2.1)
Jak wynika z zależności (2.2) wartość chwilową x(t) wielkości sinusoidalnie zmiennej można
najprościej określić na podstawie postaci wykładniczej odpowiadającej jej wartości
symbolicznej. Postać wykładniczą wartości symbolicznej przedstawia wzór (1.1).
Związek między wartością skuteczną X wielkości sinusoidalnie zmiennej x(t) a częścią
rzeczywistą oraz częścią urojoną odpowiadającej jej wartości symbolicznej określa
następująca zależność:
X = [Re(X )]2 + [Im(X )]2 (2.2)
Fazę początkową Ćx wielkości sinusoidalnie zmiennej x(t) określa się na podstawie części
rzeczywistej oraz części urojonej odpowiadającej jej wartości symbolicznej w następujący
sposób:
Im(X )
Å„Å‚arctan
gdy Re(X ) > 0
ôÅ‚
ôÅ‚ Re(X )
Ćx = (2.3)
òÅ‚
)
ôÅ‚arctan Im(X Ä…180° gdy Re(X < 0
)
ôÅ‚
Re(X )
ół
Punkt 1:
Na podstawie zależności (2.2):
U1 = 52 + 82 = 89 = 9,434V
Wykorzystując zależność (2.3) określa się fazę początkową napięcia u1(t):
8
Ćx = arctan = 57,99°
5
Wartość chwilowa napięcia to:
u1(t) = 9,434 2sin(Ét + 57,99°)V = 13,342sin(Ét + 57,99°)V
Punkt 2:
Postępując podobnie jak w punkcie 1 otrzymuje się:
I1 = (3,2)2 + (6,5)2 = 7,245A
4
6,5
ĆI1 = arctan +180° = 116,21°
- 3,2
i1(t) = 7,245 2sin(Ét +116,21°) = 10,246sin(Ét +116,21°)A
Punkt 3:
U2 = (45,8)2 = 45,8V
0
ĆU2 = arctan = 0
45,8
u2(t) = 45,8 2sinÉt V = 64,77sinÉt V
Punkt 4:
I2 = (2,4)2 = 2,4A
Część rzeczywista wartości symbolicznej prądu I2 jest równa 0, część urojona jest dodatnia.
Oznacza to, że faza poczÄ…tkowa tego prÄ…du wynosi 90°.
i2(t) = 2,4 2sin(Ét + 90°) = 3,394sin(Ét + 90°)A = 3,394cosÉtA
Zadanie 3
W przedstawionym na rysunku 3.1 obwodzie wyznacz stosujÄ…c metodÄ™ symbolicznÄ…:
1. wartości symboliczne oraz chwilowe napięcia na kondensatorze i cewce oraz prądów
płynących przez opornik i cewkę,
2. wartość napięcia z
ródłowego e(t),
3. impedancję Z widzianą z zacisków z
ródła e(t),
4. moc czynną, bierną, symboliczną oraz pozorną połączenia elementów R, L, C.
Narysuj wykres wskazowy układu.
L
i(t)
iC(t)
e(t)
uL(t)
R
uC(t)
C
Rys.3.1
1
Dane: R = 40&!; ÉL = = 30&!; iC (t) = 8 2sin(Ét + 60°)A
ÉC
RozwiÄ…zanie:
Punkt 1:
Wykorzystanie metody symbolicznej wymaga znalezienia wartości symbolicznej prądu
kondensatora:
j60°
IC = 8e = 8(cos60° + jsin60°) = 8(0,5 + j0,5 3)= 4(1+ j 3)A
5
Prawo Ohma dla wartości symbolicznych umożliwia wyznaczenie napięcia UC:
1
UC = - IC = - j30 Å" 4(1+ j 3)= 120( 3 - j)V
ÉC
Elementy R oraz C połączone są równolegle, panuje zatem na ich zaciskach to samo napięcie.
Prąd płynący przez opornik R wyznaczyć można korzystając z prawa Ohma:
UC 120( 3 - j)= 3( 3 - j)A
I = =
R
R 40
Prądowe prawo Kirchhoffa dla jednego z węzłów obwodu (dla obu węzłów otrzymuje się to
samo równanie) pozwala na wyznaczenie prądu I:
I = IC + I = 4(1+ j 3)+ 3( 3 - j)= (4 + 3 3)+ j(4 3 - 3)= (9,196 + j3,928)A
R
Napięcie na cewce wyznaczone zostaje na podstawie prawa Ohma:
U = jÉL Å" I = j30 Å"(9,196 + j3,928) = (-117,84 + j275,88)V
L
Na podstawie wyznaczonych wartości symbolicznych określa się poszukiwane wartości
chwilowe:
2
-1
UC = 120 ( 3) +12 = 240V ĆUC = arctan = -30°
3
uC (t) = 240 2sin(Ét - 30°)V
2
-1
I = 3 ( 3) +12 = 6A ĆIR = arctan = -30°
R
3
iR(t) = 6 2sin(Ét - 30°)A
3,928
I = (9,196)2 + (3,928)2 = 10A ĆI = arctan = 23,13°
9,196
i(t) = 10 2sin(Ét + 23,13°)A
U = (-117,84)2 + (275,88)2 = 300V
L
275,88
ĆUL = arctan +180° = -23,13° +180° = 113,13°
-117,84
uL(t) = 300 2sin(Ét +113,13°)V
Punkt 2:
Napięciowe prawo Kirchhoffa dla wartości symbolicznych pozwala na sformułowanie
równania:
E -U -UC = 0 Ò! E = U +UC
L L
E = (-117,84 + j275,88)+120( 3 - j)= (-117,84 +120 3)+ j(275,88 -120) =
= (90,0 + j155,88)V
Wartość chwilowa napięcia z
ródłowego to:
6
155,88
E = (90)2 + (155,88)2 = 180V ĆE = arctan = 60°
90
e(t) = 180 2sin(Ét + 60°)V
Punkt 3:
Z zacisków z
ródła widziana jest impedancja Z, która jest szeregowym połączeniem
impedancji cewki ZL oraz impedancji ZRC równoległego połączenia opornika i kondensatora.
1
- j R
- j30 Å" 40 - j120(4 + j3)
ÉC
Z = ZL + Z = jÉL + = j30 + = j30 + =
RC
1
- j30 + 40
42 + 32
- j + R
ÉC
10,8
jarctan
j36,87°
14,4
= j30 + 4,8(3 - j4) = (14,4 + j10,8)&! = (14,4)2 + (10,8)2 e = 18e &!
Punkt 4:
Moc czynna połączenia elementów R,L,C związana jest wyłącznie z opornikiem R. Określa ją
zależność:
2
P = R Å" I (3.1)
R
Korzystając z obliczeń wykonanych w punkcie 1:
P = 40 Å" 62 = 1440W = 1,44kW
Moc bierna związana jest z cewką QL oraz kondensatorem QC. Moce te są określone przez
zależności:
2
QL = ÉL Å" I (3.2)
1
QC = - Å" IC 2 (3.3)
ÉC
Wartości tych mocy obliczone na podstawie wyznaczonych w punkcie 1 wartości
skutecznych prądów wynoszą:
QL = 30 Å"(10)2 = 3000var = 3kvar QC = -30 Å"82 = -1920var = -1,92kvar
Moc bierna połączenia to suma mocy obu elementów:
Q = QL + QC = 3000 -1920 = 1080var = 1,08kvar
Do obliczenia mocy symbolicznej S można wykorzystać wzór definicyjny:
S = P + jQ (3.4)
Po podstawieniu obliczonych już wartości otrzymuje się:
S = (1440 + j1080)VA
Moc pozorna S jest zdefiniowana zależnością:
S = P2 + Q2 (3.5)
Jej wartość w analizowanym obwodzie to:
S = (1440)2 + (1080)2 = 1800VA = 1,8kVA
7
Moce dwójnika, na którego zaciskach panuje napięcie o wartości symbolicznej U i przez
który płynie prąd o wartości symbolicznej I można również obliczyć posługując się
zależnościami:
"
S = U Å" I (3.6)
P = Re(S) (3.7)
Q = Im(S) (3.8)
Wykorzystanie zależnoÅ›ci (3.6)÷(3.8) prowadzi do wyników takich, jak już obliczone.
S = (90 + j155,88)Å"(9,196 - j3,928) = (827,64 + 612,3)+ j(1433,47 - 353.52) =
= 1439,94 + j1079,95 H" (1440 + j1080)VA
Wykres wskazowy układu:
5A
IC
100V
E UL
IR
IL
Im
Re
UC
Rys.3.2. Wykres wskazowy prądów i napięć obwodu z rys.3.1
Sposób rysowania wykresu wskazowego jest następujący. Należy przyjąć skale dla prądów
oraz napięć. Są one umieszczone w górnej części rysunku. Rysowanie wykresu rozpoczyna
się od wskazu prądu kondensatora. Jego wartość była wielkością daną. Długość wskazu
odpowiada wartości skutecznej prądu IC = 8A w skali przyjętej dla prądów. Jego nachylenie
do osi rzeczywistych przyjętego układu osi płaszczyzny zmiennej zespolonej jest równe fazie
8
poczÄ…tkowej prÄ…du ĆIC = 60° . NapiÄ™cie na kondensatorze jest opóz
nione o 90° w stosunku
do prądu, długość wskazu napięcia odpowiada wyznaczonej wartości skutecznej w przyjętej
dla napięć skali. Wskaz prądu opornika IR jest skierowany zgodnie z napięciem. Jego
początek został umieszczony w punkcie, który jest końcem wskazu prądu kondensatora aby
łatwo wyznaczyć sumę obu prądów. Jest ona prądem cewki I. Napięcie na cewce wyprzedza
wyznaczony wskaz jej prÄ…du o 90°. Jego poczÄ…tek pokrywa siÄ™ z koÅ„cem wskazu napiÄ™cia na
kondensatorze w celu prostego uzyskania sumy obu wskazów, która odpowiada napięciu
z
ródłowemu E.
Zadanie 4
W przedstawionym na rysunku 4.1 obwodzie wyznacz:
1. reaktancjÄ™ ÉL i indukcyjność L jeżeli wiadomo, że napiÄ™cie UL wyprzedza napiÄ™cie
UC2 o 120°,
2. moduÅ‚ reaktancji kondensatora C1, czyli wielkość XC1=1/ÉC1 oraz pojemność C1 jeżeli
wiadomo, że napięcie U oraz prąd I1 są w fazie,
3. impedancję wejściową układu Z,
4. wskazanie woltomierza, jeżeli wiadomo, że wartość skuteczna napięcia na zaciskach
cewki |UL|=30V.
Narysuj wykres wskazowy układu.
Dane: R1=20&!, R2=100"3&!, R3=100&!, ÉC2=0,01S, É=100rd/s
C1
R1
I1
I3
I2
U23
U
R3
R2
V
UL
L
UC2
C2
Rys.4.1
RozwiÄ…zanie:
Punkt 1:
Kąt przesunięcia między dwiema wielkościami sinusoidalnie zmiennymi, który jest równy
różnicy faz początkowych tych wielkości można wyznaczyć obliczając argument stosunku
odpowiadających tym wielkościom wartości symbolicznych. Kąt, o jaki napięcie UL
wyprzedza napięcie UC2 jest zatem argumentem stosunku wartości symbolicznych tych
wielkości. Oba napięcia są częścią napięcia U23. Wzory określające oba napięcia w zależności
od napięcia U23 można wyznaczyć wykorzystując własności podziału napięć w połączeniu
szeregowym impedancji, tzn. własności dzielnika napięciowego.
1
jÉL jX jÉC2 - jX
C2
U = U23 = U23 L UC2 = U23 = U
L 23
1
R3 + jÉL R3 + jX R2 - jX
L C2
R2 +
jÉC2
9
jX
Å„Å‚ üÅ‚
U23 L ôÅ‚
ôÅ‚
Å„Å‚ üÅ‚ R3 + jX Å„Å‚ jX (R2 - jX ) üÅ‚
U
ôÅ‚ ôÅ‚
L C2
argòÅ‚ L żł = argòÅ‚ = argòÅ‚ L
żł
(R3 + jX )żł =
ółUC2 þÅ‚ ół- jX C2 L þÅ‚
ôÅ‚U 23 - jX C2 ôÅ‚
ôÅ‚ R2 - jX ôÅ‚
ół C2 þÅ‚
= arg( jX )+ arg(R2 - jX )- arg(- jX )- arg(R3 + jX ) =
L C2 C2 L
X X X X
C2 L C2 L
= 90° - arctg + 90° - arctg = 180° - arctg - arctg =
R2 R3 R2 R3
100 X X X
L L L
= 180° - arctg - arctg = 180° - 30° - arctg = 150° - arctg
100 100 100
100 3
Z danych zadania wiadomo, że
Å„Å‚ üÅ‚
U
argòÅ‚ L żł = 120°
ółUC2 þÅ‚
Prowadzi to do równania:
X
L
150° - arctg = 120°
100
Rozwiązując to równanie otrzymuje się:
X X 1 100 3
L L
arctg = 30° Ò! = Ò! X = &! = 57,7&!
L
100 100 3
3
X 3
L
L = = H = 0,577H = 577mH
É 3
Punkt 2:
Moduł reaktancji oraz pojemność elementu C1 wyznaczyć można korzystając z faktu, że prąd
I1 jest w fazie z napięciem U. Argument stosunku wartości symbolicznych napięcia U oraz
prądu I1 jest zatem równy 0. Wynika stąd:
ëÅ‚ öÅ‚
U
ìÅ‚ ÷Å‚
ImìÅ‚ ÷Å‚
I1
Å„Å‚ üÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚
U U
íÅ‚ Å‚Å‚
ìÅ‚ ÷Å‚
argòÅ‚ żł = arctg = 0 Ò! ImìÅ‚ ÷Å‚ = 0 (4.1)
I1 ëÅ‚ öÅ‚ I1
U
ół þÅ‚ íÅ‚ Å‚Å‚
ìÅ‚ ÷Å‚
ReìÅ‚ ÷Å‚
I1
íÅ‚ Å‚Å‚
Stosunek napięcia U do prądu I1 jest impedancją dwójnika widzianą z zacisków, do których
dołączony jest woltomierz. Jest to impedancja wejściowa układu z rys.4.1 widziana z
punktów dołączenia woltomierza. Impedancja wejściowa Z układu jest szeregowym
połączeniem rezystancji R1, kondensatora C1 oraz dwójnika utworzonego z elementów R2, R3,
C2, L. Dwójnik ten jest równoległym połączeniem dwóch gałęzi, z których każda jest
szeregowym połączeniem dwóch elementów, jedna rezystora R2 oraz kondensatora C2, druga
rezystora R3 i cewki L. Impedancja wejściowa Z układu wynosi zatem:
10
ëÅ‚ öÅ‚
1
ìÅ‚ - j (R3 + jÉL)
÷Å‚
R2
ìÅ‚
ÉC2 ÷Å‚
U 1
íÅ‚ Å‚Å‚
= Z = R1 - j +
I1 ÉC1 (4.2)
ëÅ‚ öÅ‚
1
ìÅ‚ - j + (R3 + jÉL)
÷Å‚
R2
ìÅ‚
ÉC2 ÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
Po podstawieniu wartości liczbowych otrzymuje się:
ëÅ‚ öÅ‚
1
ìÅ‚ - j (R3 + jÉL)
÷Å‚
R2
ìÅ‚
ÉC2 ÷Å‚
1
íÅ‚ Å‚Å‚
Z = R1 - j + =
ÉC1
ëÅ‚ öÅ‚
1
ìÅ‚ - j + (R3 + jÉL)
÷Å‚
R2
ìÅ‚
ÉC2 ÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
öÅ‚ öÅ‚
100 3 3
ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
(100 3 - j100)ëÅ‚100 + j ( 3 - j)ëÅ‚1 + j
ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
3 3
1 1
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
= 20 - j + = 20 - j + 100 =
ÉC1 ÉC1
ëÅ‚ öÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚
ìÅ‚100 100 3 ÷Å‚ ìÅ‚1 3 ÷Å‚
(100 3 - j100)+ + j ( 3 - j)+ + j
ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
3 3
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
Å‚Å‚
ëÅ‚ öÅ‚
3
1
3(1 + )îÅ‚( 3 + 1)- jìÅ‚ -1÷łśł
ïÅ‚
3 ìÅ‚ ÷łśł
3
1 ïÅ‚ 1 2,309
íÅ‚ Å‚Å‚
ðÅ‚ ûÅ‚
= 20 - j + 100 = 20 - j + 100 (2,732 + j0,423)=
2
ÉC1 ÉC1 7,642
ëÅ‚ öÅ‚
2
3
ìÅ‚
( 3 + 1) + -1÷Å‚
ìÅ‚ ÷Å‚
3
íÅ‚ Å‚Å‚
ëÅ‚ öÅ‚
1 1
ìÅ‚
= 20 - j + 82,546 + j12,781 =102,546 + jìÅ‚12,781 - ÷Å‚
ÉC1 ÉC1 ÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
Aby prąd I1 był w fazie z napięciem U część urojona impedancji Z zgodnie z zależnością (4.1)
musi być równa 0.
1 1
Im{Z}= 0 Ò! = 12,781&! Ò! C1 = = 0,782mF
ÉC1 12,781É
Punkt 3:
Zgodnie z obliczeniami wykonanymi w punkcie 2 impedancja wejściowa układu Z wynosi:
Z = 102,546&!
Punkt 4:
Niech faza napięcia UL będzie równa 0. Jest to dopuszczalne założenie, ponieważ w danych
zadania nie była określona faza początkowa którejkolwiek wielkości analizowanego obwodu.
Wynika stÄ…d:
U 30
L
U = U = 30V Ò! I3 = = = - j0,3 3 = - j0,520A
L L
jÉL
100 3
j
3
R3 + jÉL ëÅ‚ R3 öÅ‚
U23 = I3(R3 + jÉL) = U = U ìÅ‚1+ ÷Å‚
L L
ìÅ‚ ÷Å‚
jÉL jÉL
íÅ‚ Å‚Å‚
Podstawiając wartości liczbowe do wyznaczonego wzoru otrzymuje się:
11
ëÅ‚ öÅ‚
ìÅ‚ ÷Å‚
100
÷Å‚
U = 30ìÅ‚1+ = 30(1- j 3)V
23
ìÅ‚ ÷Å‚
100 3
ìÅ‚ j ÷Å‚
íÅ‚ 3 Å‚Å‚
U23 30(1- j 3) (1- j 3)( 3 + j)= (0,260 - j0,150)A
I2 = = = 0,3
4
ëÅ‚ öÅ‚
1 100 3 - j100
ìÅ‚ - j
÷Å‚
R2
ìÅ‚
ÉC2 ÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
Na podstawie prÄ…dowego prawa Kirchhoffa otrzymuje siÄ™:
I1 = I2 + I3 = 0,260 - j0,150 - j0,520 = (0,260 - j0,670)A
Napięcie U można wyznaczyć dodając do wyznaczonego już napięcia U23 napięcie na
elementach R1 oraz C1:
ëÅ‚ öÅ‚
1
ìÅ‚ ÷Å‚
U = U + I1ìÅ‚ R1 - j = 30(1- j 3)+ (0,260 - j0,670)(20 - j12,781) =
23
ÉC1 ÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
= 30 - j51,96 + 5,2 - j3,32 - j13,40 - 8,56 = (26,64 - j68,68)A
2 2
U = (26,64) + (68,68) = 74,04V
Obliczona wartość symboliczna napięcia U jest słuszna wyłącznie przy założeniu zerowej
fazy początkowej napięcia UL. Wyznaczona wartość skuteczna tego napięcia jest niezależna
od przyjętej fazy początkowej napięcia UL.
Wykres wskazowy układu:
UL
I2
UR2
UR3
U23
UC2
I1 I3 UR1
U
Rys.4.2.Wykres
UC1
wskazowy układu
z rys.4.1
12
Zadanie 5
W obwodzie przedstawionym na rys.5.1 przed zamknięciem wyłącznika w panował stan
ustalony.
1. Wyznacz i(t), iC(t) oraz uC(t) po zamknięciu w chwili t=0 wyłącznika w.
2. Narysuj przebiegi iC(t) oraz uC(t) dla tT(-",+").
R3
i
iC
E
R2
uC
w
R1 C
t=0
Rys.5.1
Dane: E=80V, R2=R3=10k&!, R1=20k&!, C=0,1µF
RozwiÄ…zanie:
Stan nieustalony w obwodach liniowych opisują równania różniczkowe Rząd tych równań
jest tożsamy z rzędem obwodu. Przedstawiony na rys.5.1 obwód jest układem pierwszego
rzędu (jeden kondensator C i brak z
ródeł sterowanych), opisujące go równania są równaniami
pierwszego rzędu. Rozwiązania tych równań określające prądy i napięcia w obwodzie
(oznaczmy je jako x(t))składają się z dwóch składników: składowej swobodnej xs(t), która
jest rozwiązaniem ogólnym równania jednorodnego oraz składowej wymuszonej xw(t), która
jest rozwiązaniem szczególnym równania pełnego.
x(t) = xs(t)+ xw(t) (5.1)
Składowa swobodna xs(t), określana w obwodach pierwszego rzędu również jako składowa
przejściowa, jest rozwiązaniem ogólnym jednorodnego równania różniczkowego pierwszego
rzędu. Jej ogólna postać to:
t
-
Ä
xs (t) = Ae (5.2)
gdzie A jest pewnÄ… staÅ‚Ä… wyznaczanÄ… na podstawie warunków poczÄ…tkowych, Ä jest staÅ‚Ä…
czasowÄ… obwodu wyznaczanÄ… na podstawie schematu obwodu w stanie nieustalonym.
Składowa wymuszona xw(t) jest równa rozwiązaniu całkowitemu x(t) wtedy, gdy składowa
swobodna zaniknie. Na podstawie zależności (5.2) można stwierdzić, że ma to miejsce dla
t " . Może zostać zatem wyznaczona jako wynik analizy obwodu prowadzonej dla stanu
ustalonego.
Pełne rozwiązanie określające wielkość x(t) jest zatem równe:
t
-
Ä
x(t) = Ae + xw(t) (5.3)
Stała A występująca w równaniu (5.3) może zostać wyznaczona na podstawie informacji o
wartości wielkości x w dowolnej chwili stanu nieustalonego, np. w chwili t = 0 .
13
 x(0) = A + xw(0) (5.4)
A = x(0)- xw(0) (5.5)
W obwodach liniowych napięcia na kondensatorach oraz prądy cewek są wielkościami
ciągłymi. Stała A może zostać zatem wyznaczona, gdy równanie (5.3) opisuje napięcie na
kondensatorze lub prąd cewki, a wartość napięcia na kondensatorze lub prądu cewki może
być wyznaczona na podstawie analizy obwodu dla czasu przed początkiem stanu
nieustalonego, dla t < 0 . Równania określające napięcie na kondensatorze oraz prąd cewki w
stanie nieustalonym, to:
t
-
Ä
uC (t) = [uC (0)- uCw(0)]e + uCw(t) (5.6)
t
-
Ä
iL(t) = [iL(0)- iLw(0)]e + iLw(t) (5.7)
W obwodach, w których w stania nieustalonym działają wyłącznie wymuszenia stałe
składowe wymuszone są również wartościami stałymi, nie są funkcjami czasu. Zależności dla
napięcia na kondensatorze oraz prądu cewki upraszczają się do następujących:
t
-
Ä
uC (t) = [uC (0)- uCw]e + uCw (5.8)
t
-
Ä
iL(t) = [iL(0)- iLw]e + iLw (5.9)
WystÄ™pujÄ…ca w równaniach (5.2), (5.3) oraz (5.6)  (5.9) wielkość Ä okreÅ›lana jako staÅ‚a
czasowa obwodu jest wyznaczana na podstawie schematu obwodu w stanie nieustalonym. W
obwodach RC jest równa:
ÄC = R Å" C (5.10)
a w obwodach RL:
L
ÄL = (5.11)
R
gdzie R jest rezystancją widzianą z zacisków odpowiednio kondensatora lub cewki.
Wyznaczenie przebiegu napięcia na kondensatorze w obwodzie RC lub prądu cewki w
obwodzie RL wymaga:
1. analizy obwodu przed poczÄ…tkiem stanu nieustalonego, dla t < 0 w celu wyznaczenia
wartości uC (0) lub iL(0),
2. analizy stanu ustalonego obwodu, którego schemat odpowiada obwodowi w stanie
nieustalonym w celu wyznaczenia uCw(t), następnie uCw(0) lub iLw(t) a następnie
iLw(0),
3. analizy obwodu, z którego usunięte zostały wszystkie z
ródła niezależne, w celu
wyznaczenia rezystancji zastępczej widzianej z zacisków kondensatora lub cewki, a
następnie obliczenia stałej czasowej obwodu,
4. wykorzystaniu zależności (5.6) lub odpowiednio (5.7) w obwodach z wymuszeniami
zmiennymi lub zależności (5.8) lub odpowiednio (5.9) w obwodach z wymuszeniami
stałymi do wyznaczenia napięcia na kondensatorze lub prądu cewki,
14
5. wyznaczenie poszukiwanych wielkości obwodowych na podstawie praw Kirchhoffa
oraz zależności obowiązujących dla liniowego kondensatora oraz liniowej cewki
wiążących prąd i napięcie zmienne w dowolny sposób:
duC
iC = C (5.12)
dt
diL
uL = L (5.13)
dt
Punkt 1:
Warunek początkowy w postaci napięcia w chwili t = 0 wyznaczony zostanie na podstawie
analizy obwodu przed zamknięciem wyłącznika w (dla t<0). Na rys.5.2 kondensator został
usunięty z obwodu w celu podkreślenia, że stanowi on przerwę przy wymuszeniach stałych w
stanie ustalonym.
R3
i
E
R2
uC
R1
Rys.5.2. Obwód do wyznaczenia warunku początkowego dla napięcia kondensatora
Prąd i określony jest przez zależność:
E 80
i = = = 2mA
R1 + R3 + R2 +10 +10)103
(20
Napięcie na kondensatorze wynosi:
uC = i Å"R2= 2 Å"10-3 Å"10 Å"103 = 20V = uC (0)
Po zamknięciu wyłącznika w rozpoczyna się stan nieustalony w obwodzie. Jego schemat
przedstawiony jest na rys.5.3.
R3
i
iC iR2
E
R2
uC
C
Rys.5.3. Schemat obwodu po zamknięciu wyłącznika w
Składową wymuszoną napięcia na kondensatorze uCw wyznacza się w obwodzie po
zamknięciu wyłącznika w (rys.5.3), dla t " . Kondensator stanowi wówczas przerwę
ponieważ rozpatruje się stan ustalony przedstawionego obwodu a jedyne z
ródło obecne w
15
obwodzie E jest z
ródłem napięcia stałego. Schemat obwodu dla wyznaczenia składowej
wymuszonej napięcia na kondensatorze przedstawiony jest na rys.5.4.
R3
i
E
R2
uCw
Rys.5.4. Obwód do wyznaczenia składowej wymuszonej napięcia na kondensatorze
Na podstawie zależności obowiązujących dla dzielnika napięciowego otrzymuje się:
R2 10 Å"103
uCw = E = 80 = 40V
R2 + R3
(10 +10)Å"103
Rezystancja zastępcza widziana z zacisków kondensatora, służąca do wyznaczenia stałej
czasowej obwodu, zostaje wyznaczona w obwodzie przedstawionym na rys .5.5.
R3
RZ
R2
Rys.5.5. Schemat do wyznaczenia rezystancji zastępczej widzianej z zacisków kondensatora
Jest ona równa rezystancji równoległego połączenia R2 oraz R3.
R2R3 10 Å"103 Å"10 Å"103
Rz = = = 5k&!
R2 + R3
(10 +10)Å"103
Stała czasowa analizowanego obwodu jest zatem równa:
Ä = C Å" Rz = 0,1Å"10-6 Å" 5 Å"103 = 0,5 Å"10-3s
Napięcie na kondensatorze określone jest zależnością (5.8). Po podstawieniu wartości
liczbowych otrzymuje siÄ™:
t
t
îÅ‚ Å‚Å‚
- 103
-
0,5
Ä
ïÅ‚
uC (t) = [uC (0)- uCw]e + uCw = (20 - 40)e + 40śłV = (40 - 20e-2000t)V
ïÅ‚ śł
ðÅ‚ ûÅ‚
Prąd kondensatora określony jest zależnością (5.12):
duC d
iC = C = 0,1Å"10-6 (40 - 20e-2000t)= 4 Å"10-3e-2000t A = 4e-2000t mA
dt dt
16
PrÄ…d i(t) zostanie wyznaczony na podstawie prÄ…dowego prawa Kirchhoffa zastosowanego do
jednego z dwóch węzłów obwodu z rys. 5.3.
uC (t)
1
i(t) = iC (t)+ iR2 (t) = iC (t)+ = 4 Å"10-3e-2000t + (40 - 20e-2000t)=
R2
10 Å"103
= (4 + 2e-2000t)Å"10-3 A = (4 + 2e-2000t)mA
Punkt 2:
[V] uC(t)
50
40
30
20
10
t
0
0,0004 0,0008 0,0012 0,0016 0,0020 0,0024
[s]
i (t)
C
[A]
4
2
t
0
0,0005 0,0010 0,0015 0,0020 0,0025
[s]
Zamieszczone powyżej wykresy napięcia oraz prądu kondensatora potwierdzają, że napięcie
na kondensatorze jest wielkością ciągłą, natomiast prąd kondensatora nie musi być ciągły.
Nieciągłość prądu jest widoczna w punkcie t=0.
Zadanie 6
W obwodzie przedstawionym na rys.6.1 przed otwarciem wyłącznika w panował stan
ustalony.
1. Wyznacz iL(t) oraz uL(t) po otwarciu w chwili t=0 wyłącznika w.
17
2. Narysuj przebiegi iL(t) oraz uL(t) dla tT(-",+").
R3
iL
e
R2
R1
t=0
uL
w
L
Rys.6.1.
Dane: e(t)=100sin(1000t+60°)V; R1=R3=10&!; R2=R4=5&!; L=0,01H
RozwiÄ…zanie:
Przedstawiony na rys.6.1 obwód jest układem pierwszego rzędu. Zgodnie z podanym w
rozwiązaniu poprzedniego zadania planem zostanie przeprowadzona analiza układu przed
otwarciem wyłącznika w, dla t<0. Celem analizy jest wyznaczenie wartości iL(0).
Zastosowana zostanie metoda symboliczna ponieważ z
ródło e ma charakter sinusoidalnie
zmienny. Schemat obwodu dla t<0 jest przedstawiony na rys.6.2.
R3
i
iL
e
R2
R1
uL
L
Rys.6.2. Schemat analizowanego obwodu dla t<0
Wartość symboliczna napięcia z
ródłowego e oraz impedancja cewki L wynoszą:
100 100
j60°
E = e = (cos60° + jsin60°) = 70,71(0,5 + j0,5 3)= 70,71(0,5 + j0,866)V
2 2
ÉL = 1000 Å" 0,01 = 10&!
Impedancja widziana z zacisków z
ródła to
R1 Å"(R2 + jÉL) 10 Å"(5 + j10)
Z = R3 + = 10 + = 10 +10(0,538 + j0,308) = 10(1,538 + j0,308)&!
R1 + R2 + jÉL 10 + 5 + j10
Wartość symboliczna I prądu płynącego przez z
ródło wynosi:
E 70,71(0,5 + j0,866) 1
I = = = 7,071 (1,036 + j1,178) = (2,978 + j3,386)A
Z 10(1,538 + j0,308) 2,46
Prąd cewki wyznaczony jest na podstawie zależności określającej podział prądu w dzielniku
prądowym (równoległym połączeniu impedancji).
18
R1 10
I = I = (2,978 + j3,386) = (2,978 + j3,386)2(3 - j2) =
L
R1 + R2 + jÉL 10 + 5 + j10 13
j14,97°
= (2,416 + j0,646) = 2,5e A
Wartość chwilowa prądu cewki oraz jego wartość w chwili t=0 to:
iL(t < 0) = 2,5 2sin(1000t +14,97°)A Ò! iL(t = 0) = 2,5 2sin(14,97°)A = 0,913A
Składowa wymuszona prądu cewki oraz stała czasowa obwodu zostaną wyznaczone przez
analizę obwodu po otwarciu wyłącznika.
R3 iL
e
R2
uL
L
Rys.6.3. Analizowany obwód dla t > 0
Składowa wymuszona zostanie wyznaczona metodą symboliczną. Jest ona równa stosunkowi
wymuszenia do impedancji widzianej z jego zacisków:
E 70,71(0,5 + j0,866)
I = = = 1,088(0,5 + j0,866)(3 - j2) = (3,516 + j1,598) =
L
R3 + R2 + jÉL 10 + 5 + j10
j24,44°
= 3,862e A Ò! iLw(t) = 3,862 2sin(1000t + 24,44°)A
Rezystancja RZ widziana z zacisków cewki zostanie wyznaczona z obwodu przedstawionego
na rys.6.4.
R3
R2
RZ
Rys.6.4. Schemat obwodu służący wyznaczaniu rezystancji zastępczej
widzianej z zacisków cewki
Na podstawie rys.6.4 można stwierdzić, że rezystancja RZ jest szeregowym połączeniem
rezystancji R3 oraz R2:
RZ = R2 + R3 = 5 +10 = 15&!
Stała czasowa obwodu zgodnie z zależnością 5.11 wynosi
19
L 0,01 1 2 2
Ä = = = = 10-3s = ms
RZ 15 1500 3 3
Zgodnie z zależnością 5.7 prąd cewki po zamknięciu wyłącznika to:
t
-
Ä
iL(t) = [iL(0)- iLw(0)]e + iLw(t) =
= (0,913 - 3,862 2sin24,44°)e-1500t + 3,862 2sin(1000t + 24,44°)
Po wykonaniu obliczeń:
iL(t) =[5,462sin(1000t + 24,44°)-1,347e-1500t]A
Otrzymana zależność pozwala na stwierdzenie, że składowa wymuszona jest przebiegiem
sinusoidalnym. Prąd cewki dąży zatem wykładniczo nie do wartości stałej lecz do przebiegu
zmiennego sinusoidalnie.
Napięcie na zaciskach cewki zostaje wyznaczone na podstawie zależności 5.13:
diL
uL = L = 0,01[5,462 Å"1000cos(1000t + 24,44°)+1500 Å"1,347e-1500t]=
dt
= [54,62cos(1000t + 24,44°)+ 20,205e-1500t]A
Podobnie, jak prąd cewki, napięcie panujące na jej zaciskach dąży do wartości sinusoidalnie
zmiennej.
Zadanie 7
W obwodzie przedstawionym na rys.7.1 przed otwarciem wyłącznika w panował stan
ustalony. Wyznacz napięcie uw(t) panujące na wyłączniku w (rys.7.1)
uw(t)
iL(t)
w
t=0
uL(t)
L
R
R
uC(t)
C R
E
iC(t)
Rys.7.1
Dane: E=12V, R=2k&!, C=1µF, L=10mH
RozwiÄ…zanie:
Przedstawiony na rys.7.1 obwód jest po otwarciu wyłącznika w połączeniem dwóch układów
pierwszego rzędu. Jeden z nich tworzą elementy R oraz C, drugi elementy R, L, E. Oba
układy są połączone dolnym węzłem. Pozwala to na wyznaczenie napięcia uw(t) po otwarciu
wyłącznika na podstawie napięciowego prawa Kirchhoffa.
Schemat obwodu przed otwarciem wyłącznika został przedstawiony na rys.7.2. Umożliwia on
wyznaczenie warunków początkowych dla elementów tworzących oba obwody stanu
nieustalonego: napięcia uC (0) oraz prądu iL(0).
20
iL(t)
L
R
R
uC(t)
R
C
E
Rys.7.2. Analizowany obwód w stanie ustalonym przed otwarciem wyłącznika w
y
ródło E wytwarza napięcie stałe. Kondensator C jest zatem równoważny przerwie w
obwodzie bo prąd stały przez kondensator nie płynie, cewka L jest równoważna zwarciu bo
przepływ prądu stałego nie powoduje powstania napięcia na cewce. Obwód przed otwarciem
wyłącznika przyjmuje zatem postać przedstawioną na rys.7.3.
iL(0)
R
R
uC(0)
R
E
Rys.7.3. Obwód do wyznaczenia warunków początkowych: uC (0) oraz iL(0)
Prąd płynący przez z
ródło E jest stosunkiem napięcia z
ródłowego do rezystancji widzianej z
zacisków z
ródła, prąd cewki stanowi połowę prądu z
ródła (druga połowa płynie przez
opornik po lewej stronie rysunku).
R E 12
iL(0) = Å" = 0,5 = 2mA
R Å" R
R + R
(2 +1)Å"103
R +
R + R
Napięcie na zaciskach kondensatora to:
uC (0) = iL(0)Å" R = 2 Å"10-3 Å" 2 Å"103 = 4V
Otwarcie wyłącznika w skutkuje pojawieniem się w obu obwodach stanu nieustalonego. Oba
obwody to układy pierwszego rzędu.
uw(t)
iL(t)
uL(t)
L
R
R
uC(t)
C
R
iC(t) E
Rys.7.4. Obwody powstałe po otwarciu wyłącznika w
21
Analiza obwodu RC:
Powstały po otwarciu wyłącznika w obwód RC przedstawiony jest na rys.7.5.
R
uC(t)
C
Rys.7.5. Analizowany obwód RC
Wartość wymuszona napięcia na kondensatorze jest równa 0 bo w analizowanym obwodzie
brak jest z
ródeł. Rezystancja widziana z zacisków kondensatora to R. Stała czasowa obwodu
jest zatem iloczynem rezystancji R oraz pojemności C. Przebieg napięcia na kondensatorze
zgodnie z zależnością 5.8 wynosi:
t
t
-
-
RC 2Å"103Å"1Å"10-6
uC (t) = [uC (0)- uCw]e + uCw = (4 - 0)e + 0 = 4e-500tV
Analiza obwodu RL:
Powstały po otwarciu wyłącznika w obwód RL przedstawiony jest na rys.7.6. Składowa
wymuszona prądu cewki jest stosunkiem napięcia z
ródłowego do sumy rezystancji w
obwodzie bo w stanie ustalonym, dla t " , napięcie na cewce będzie równe 0.
E 12
iLw = = = 3Å"10-3 A = 3mA
R + R
(2 + 2)Å"103
iL(t)
L
R
R
E
Rys.7.6. Analizowany obwód RL
Rezystancja widziana z zacisków cewki jest sumą połączonych szeregowo dwóch rezystancji
R. Stała czasowa obwodu jest zatem równa:
L 0,01
ÄL = = = 2,5 Å"10-6s
2R
2 Å" 2 Å"103
Zgodnie z zależnością 5.9 prąd cewki po otwarciu wyłącznika wynosi:
t
-
ÄL
îÅ‚ ëÅ‚3
iL(t) = [iL(0)- iLw]e + iLw = (2 - 3)e- 4Å"105t + 3Å‚Å‚mA = - e- 4Å"105t öÅ‚mA
ìÅ‚ ÷Å‚
ïÅ‚ śł
ðÅ‚ ûÅ‚ íÅ‚ Å‚Å‚
Wyznaczenie napięcia na wyłączniku:
Na podstawie rys.7.1 lub rys.7.4 można sformułować równanie:
22
uw(t)+ iL(t)Å" R - E + uC (t) = 0 Ò! uw(t) = E - iL(t)Å" R - uC (t)
PodstawiajÄ…c wyniki dotychczasowych analiz otrzymuje siÄ™:
ëÅ‚3 ëÅ‚6
uw(t) = 12 - ìÅ‚ - e- 4Å"105t öÅ‚ Å"10-3 Å" 2 Å"103 - 4e-500t = + 2 Å" e- 4Å"105t - 4e-500t öÅ‚V
÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
Zadanie 8
W obwodzie przedstawionym na rys.8.1 przed zamknięciem wyłącznika w panował stan
ustalony. Wyznacz prąd i(t) płynący przez zamknięty wyłącznik.
E
R
w
L
t=0
C
R
R
i(t)
Rys.8.1
Dane: E=120V, R=1k&!, C=1µF, L=1mH
RozwiÄ…zanie:
Po zamknięciu wyłącznika analizowany układ składa się z dwóch obwodów pierwszego
rzędu. Jeden z nich utworzony jest przez gałąz
E,R, kondensator C oraz opornik R w górnej
gałęzi. Drugi przez elementy L oraz R. Oba obwody rozdziela gałąz
z zamkniętym
wyłącznikiem w, między zaciskami której panuje zerowe napięcie. Schemat obwodu po
zamknięciu wyłącznika przedstawiony jest na rys.8.2.
iR(t) iL(t)
R
E
i(t)
L
C
R
R
Rys.8.2. Analizowany obwód po zamknięciu wyłącznika w
Wyznaczenie prądu płynącego przez zamknięty wyłącznik umożliwia prądowe prawo
Kirchhoffa zastosowane do prądów iR(t),iL(t),i(t). Wyznaczenie przebiegów tych prądów
wymaga wykonania analizy stanu nieustalonego w dwóch obwodach powstających po
zamknięciu wyłącznika w.
Warunki początkowe niezbędne w analizie stanów nieustalonych, napięcie na kondensatorze
oraz prąd cewki, należy wyznaczyć z obwodu przed zamknięciem wyłącznika. Jego schemat
przedstawia rys.8.3.
23
iL(t)
E
R
L
uC(t)
C
R
R
Rys.8.3. Obwód przed zamknięciem wyłącznika w
Jedyne z
ródło obecne w obwodzie jest z
ródłem napięcia stałego. Kondensator jest zatem
równoważny przerwie w gałęzi, w której jest umieszczony a cewka równoważna jest zwarciu
między swoimi zaciskami. Schemat obwodu przed zamknięciem wyłącznika jest
przedstawiony na rys.8.4.
iL(0)
E
R
uC(0)
R
R
Rys.8.4. Schemat obwodu do wyznaczenia warunków początkowych
Przedstawiony obwód posiada jedno oczko a napięciowe prawo Kirchhoffa pozwala na
wyznaczenie prądu cewki. Napięcie na kondensatorze jest równe napięciu na dwóch
opornikach R.
E 120
iL(0)= = = 40Å"10-3A = 40mA
3R
3Å"103
uC (0) = iL(0)Å" 2R = 40 Å"10-3 Å" 2 Å"103 = 80V
Po zamknięciu wyłącznika w powstają dwa niezależne obwody pierwszego rzędu, których
schematy sÄ… przedstawione na rys.8.5.
iL(t)
E
R
L
C
uC(t)
R
R
Rys.8.5. Dwa obwody pierwszego rzędu utworzone przez zamknięcie wyłącznika w
Analiza obwodu RC:
Napięcie na kondensatorze jest określone wzorem (5.8). y
ródło E ma charakter stały, zatem
przy wyznaczaniu składowej wymuszonej napięcia na kondensatorze C (analiza obwodu dla
t ") kondensator stanowi przerwę w obwodzie. Składowa wymuszona napięcia uCw jest
24
więc określona przez podział napięcia z
ródłowego E na dwie równe części, które są
napięciami na opornikach R. Jedno z nich jest napięciem uCw na kondensatorze.
R
uCw = E = 0,5E = 60V
2R
Stała czasowa obwodu RC określona jest zależnością (5.10). Rezystancję zastępczą widzianą
z zacisków kondensatora określa schemat na rys.8.6.
R
RZ
R
Rys.8.6. Schemat do wyznaczenia rezystancji zastępczej widzianej z zacisków C
Rezystancja zastępcza jest rezystancją równoległego połączenia dwóch oporników R. Stała
czasowa obwodu RC jest określona zatem zależnością:
R2
ÄC = RZ Å"C = C = 0,5RC = 0,5Å"1Å"103 Å"1Å"10-6 = 0,5Å"10-3s = 0,5ms
2R
Zgodnie z zależnością (5.8) napięcie na kondensatorze wynosi:
t t
îÅ‚ Å‚Å‚
- -
ÄC
0,5Å"10-3
ïÅ‚
uC (t) = [uC (0)- uCw]e + uCw = (80 - 60)e + 60śłV = (20e- 2000t + 60)V
ïÅ‚ śł
ïÅ‚ śł
ðÅ‚ ûÅ‚
Analiza obwodu RL:
Analizowany obwód przedstawiony jest na rys.8.5. Rozwiązanie w postaci prądu cewki
określone jest przez zależność (5.9). Składowa wymuszona prądu cewki jest równa 0,
ponieważ brak jest w obwodzie jakiegokolwiek wymuszenia.
iLw = 0
Stałą czasową obwodu określa zależność (5.11). Występująca we wzorze wartość rezystancji
zastępczej widzianej z zacisków cewki jest równa rezystancji R. Stała czasowa obwodu oraz
prąd cewki określony zależnością (5.9) wynoszą:
L 1Å"10-3
ÄL = = = 1Å"10-6s
R
1Å"103
t
t
-
-
6
ÄL
10-6
iL(t) = [iL(0)- iLw]e + iLw = 40e = 40e-10 tmA
Obliczenie prądu wyłącznika:
Dla węzła obwodu przedstawionego na rys.8.2, w którym zbiegają się prądy iR(t), iL(t), i(t)
można sformułować równanie:
i(t) = iR(t)- iL(t)
25
Na oporniku R panuje napięcie uC (t), prąd iR(t) można zatem wyznaczyć z prawa Ohma.
Poszukiwany prąd wyłącznika wynosi:
6
uC (t) 20e-2000t + 60
i(t) = iR(t)- iL(t) = - iL(t) = - 40 Å"10-3e-10 t =
R
1Å"103
6 6
ëÅ‚60 ëÅ‚60
= + 20e-2000t - 40e-10 t öÅ‚ Å"10-3 A = + 20e-2000t - 40e-10 t öÅ‚mA
ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
Zadanie 9
W przedstawionym na rys.9.1 obwodzie wyznacz i(t), Isk oraz wskazanie woltomierza
R
i
e C
L
V
Rys.9.1
Dane: e(t)=(3+10sinÉt+4cos2Ét)V,
R=4/3&!, L=1mH, C=0,25mF, É=1000rd/s
RozwiÄ…zanie:
y
ródło obecne w obwodzie składa się ze składowej stałej oraz dwóch harmonicznych.
Analizowany układ jest liniowy, możliwe jest więc zastosowanie przy jego analizie zasady
superpozycji. Analiza obwodu zostanie wykonana w trzech etapach: dla składowej stałej oraz
oddzielnie dla każdej z obecnych w wymuszeniu harmonicznych. Analiza obwodu przy
wymuszeniu stałym będzie przeprowadzona jedną z metod przewidzianych dla obwodów
prądu stałego. Analizy obwodów przy wymuszeniu zawierającym jedną z harmonicznych
będą realizowane przy wykorzystaniu metody symbolicznej, najbardziej skutecznej w
obwodach prądu sinusoidalnie zmiennego. Celem każdej analizy będzie wyznaczenie prądu
z
ródła i(t) oraz napięcia mierzonego przez woltomierz u(t), które jest napięciem panującym na
równoległym połączeniu cewki i kondensatora Wyniki analiz zostaną zgodnie z zasadą
superpozycji dodane do siebie. Sumowanie musi być zrealizowane na poziomie wartości
chwilowych.
Analiza dla składowej stałej:
Przy wymuszeniach stałych cewka jest równoważna zwarciu, kondensator rozwarciu swoich
zacisków. Analizowany obwód przy wymuszeniach stałych przedstawiony jest na rys.9.2.
I0 R
E0
U0
V
Rys.9.2. Obwód dla składowej stałej
26
Składowa stała z
ródła napięcia równa jest 3V. Prąd z
ródła oraz napięcie na kondensatorze
wynoszÄ…:
E0 3 9
I0 = = = = 2,25A U0 = 0
4
R 4
3
Analiza dla pierwszej harmonicznej:
Przy wymuszeniu sinusoidalnym o pulsacji É schemat analizowanego obwodu jest
przedstawiony na rys.9.3.
I1 R
E1
U1
ÉL
V
1/ÉC
Rys.9.3. Analizowany obwód dla pierwszej harmonicznej
Impedancja widziana z zacisków z
ródła dla pierwszej harmonicznej wynosi:
1
1
j1000 Å" 0,001Å"
jÉL Å"
jÉC 4 j1000 Å" 0,25 Å"10-3 4 4 4
Z1 = R + = + = + = (1+ j)&!
1 1
3 3 j - j4 3
jÉL + j1000 Å" 0,001+
jÉC
j1000 Å" 0,25 Å"10-3
Wartość symboliczna pierwszej harmonicznej prądu I to:
10
E1 2 10 Å" 3(1- j) 15 15
I1 = = = = (1- j) = e- j45°A
Z1 4 j) 4
4 2 Å" 2 4 2
(1+
3
Jej wartość chwilowa wynosi:
15
i1(t) = 2sin(Ét - 45°) = 3,75 2sin(Ét - 45°)A
4
Pierwsza harmoniczna napięcia na zaciskach woltomierza zostanie obliczona na podstawie
prawa Ohma:
1
jÉL Å"
jÉC 15 4
j90° j45°
U1 = I1 = e- j45° Å" j = 5e- j45°e = 5e V
1
4 3
jÉL +
jÉC
Analiza dla drugiej harmonicznej:
Przy wymuszeniu sinusoidalnym o pulsacji 2É schemat analizowanego obwodu jest
przedstawiony na rys.9.4.
27
I2 R
E2
U2
2ÉL
V
1/2ÉC
Rys.9.4. Analizowany obwód dla drugiej harmonicznej
Admitancja połączenia równoległego LC dla drugiej harmonicznej wynosi:
1 1
Y2 = j2ÉC + = j2000 Å" 0,25 Å"10-3 - j = j0,5 - j0,5 = 0
j2ÉL 2000 Å" 0,001
Równoległe połączenie LC dla drugiej harmonicznej jest przerwą w obwodzie (zachodzi
rezonans prądów drugiej harmonicznej). Druga harmoniczna prądu i jest zatem równa 0,
napięcie z
ródła panuje na połączeniu LC.
i2(t) = 0 Ò! u2(t) = e2(t) = 4cos2ÉtV
Sumując wyniki trzech analiz: stałoprądowej oraz dla obu harmonicznych otrzymujemy
poszukiwaną wartość chwilową prądu z
ródła:
i(t) = I0 + i1(t)+ i2(t) = [2,25 + 3,75 2sin(Ét - 45°)]A
Wartość skuteczna prądu to:
Isk = (2,25)2 + (3,75)2 = 4,37A
Napięcie wskazywane przez woltomierz to wartość skuteczna napięcia u(t):
2
U = 52 +(2 2) = 33 = 5,74V
sk
Zadanie 10
W przedstawionym na rys.10.1 obwodzie napięcie z
ródłowe
e(t) = (20 2sinÉt +10cos2Ét)V wywoÅ‚uje przepÅ‚yw prÄ…du i(t) = (2 2cos2Ét)A . Wyznacz
parametry: R,L1,L2 , prÄ…dy i1(t), i2(t) oraz moc czynnÄ… P oraz moc biernÄ… Q oddawanÄ… przez
z
ródło E do obwodu.
i(t) R L1
i1(t)
e(t)
L2 C
i2(t)
Rys.10.1
Dane: C=0,1mF, É=1000rd/s
RozwiÄ…zanie:
Analiza obwodu dla pierwszej harmonicznej:
28
Napięcie z
ródłowe e(t) zawiera dwie harmoniczne: pierwszą i drugą, prąd z
ródła i(t) tylko
drugą harmoniczną. Oznacza to, że w połączeniu równoległym elementów L2 ,C2 zachodzi
rezonans pierwszych harmonicznych prądów i1(t),i2(t) i połączenie to stanowi przerwę w
obwodzie dla pierwszej harmonicznej. Rezonans prądów prowadzi do sformułowania
warunku:
ëÅ‚ öÅ‚
1 1 1
ìÅ‚
+ jÉC = 0 Ò! jìÅ‚ÉC - ÷Å‚
= 0 Ò! ÉC =
jÉL2 ÉL2 ÷Å‚ ÉL2
íÅ‚ Å‚Å‚
1 1
L2 = Ò! L2 = = 1Å"10-2 H = 10mH
É2C 106 Å"10-4
Brak pierwszej harmonicznej prądu i(t) oznacza zerową wartość pierwszej harmonicznej
napięcia na rezystorze R oraz cewce L1. Z napięciowego prawa Kirchhoffa wynika, że
pierwsza harmoniczna napięcia z
ródłowego panuje na zaciskach połączenia równoległego
elementów L2 ,C . Wartości symboliczne i chwilowe pierwszych harmonicznych tych prądów
określa prawo Ohma:
I1(1) = E(1) jÉC = 20 Å" j1000 Å" 0,0001 = j2A
i1(1)(t) = 2 2sin(Ét + 90°)A = 2 2cosÉtA
E(1) 20
(
I21) = = = - j2A
jÉL j1000 Å" 0,01
(
i21)(t) = 2 2sin(Ét - 90°)A = -2 2sin(90° - Ét)A = -2 2cosÉtA
Wyznaczone wartości prądów potwierdzają stwierdzenie o ich rezonansie, bo:
( (
I1(1) = -I21) i1(1)(t) = -i21)(t)
Moce w obwodach, w których występują różne harmoniczne, są wytwarzane tylko przez
harmoniczne prądów i napięć tego samego rzędu. W analizowanym obwodzie moc czynna
zwiÄ…zana jest z rezystorem R, a moc bierna z elementami L1,L2 ,C Dla pierwszej
harmonicznej moc czynna równa jest 0 bo prąd i(1)(t) jest równy 0. Z tego samego powodu
moc bierna cewki L1 jest równa zero. Moce bierne elementów L2 ,C wynoszą:
2 2
1
(
QL2 = I21) ÉL QC = - I1(1)
ÉC
Dla pierwszej harmonicznej zachodzi:
1
(
ÉC = oraz I1(1) = I21)
ÉL2
to:
QL2 = -QC Ò! QL2 + QC = 0 Ò! Q = 0
Analiza obwodu dla drugiej harmonicznej:
Druga harmoniczna prądu i(t) jest w fazie z drugą harmoniczną napięcia z
ródłowego, bo:
e(2)(t) = (10cos2Ét)V i(t) = i(2)(t) = (2 2cos2Ét)A
29
Oznacza to, że część urojona impedancji drugiej harmonicznej widzianej z zacisków z
ródła
jest równa 0. Oznacza to, że dla drugiej harmonicznej zachodzi rezonans napięć: na cewce L1
oraz na równoległym połączeniu elementów L2 ,C .
1
ëÅ‚ öÅ‚
1
ëÅ‚ öÅ‚
j2ÉL2 Å"
ìÅ‚ ÷Å‚
2ÉL2 Å"
ìÅ‚ ÷Å‚
j2ÉC
(2) 2ÉC
÷Å‚
÷Å‚
Im(Z )= ImìÅ‚ R + j2ÉL1 + = ImìÅ‚ R + j2ÉL1 - j =
ìÅ‚ ÷Å‚
1 1
ìÅ‚ ÷Å‚
j2ÉL2 + 2ÉL2 -
ìÅ‚ ÷Å‚
ìÅ‚ ÷Å‚
j2ÉC íÅ‚ 2ÉC Å‚Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
1
2ÉL2 Å"
2ÉC
= 2ÉL1 - = 0
1
2ÉL2 -
2ÉC
1
1
0,01
L2 Å"
1
2000 Å" 0,0001
2ÉC
L1 = = = 10-2 H = 3,33mH
1 1
3
2ÉL2 - 2000 Å" 0,01-
2ÉC 2000 Å" 0,0001
Część urojona impedancji drugiej harmonicznej widzianej z zacisków z
ródła jest równa 0.
Zatem:
10
j
E(2) 2
(2)
Z = R Ò! R = = = 2,5 2&!
(2)
j2
I
Wartości symboliczne i chwilowe drugich harmonicznych prądów i1(t) oraz i2(t) wynoszą:
j2ÉL2 2ÉL2 2000 Å" 0,01 8
(2) (2)
I1(2) = I = I = j2 = j A
1 1 1
3
j2ÉL2 + 2ÉL2 - 2000 Å" 0,01-
j2ÉC 2ÉC 2000 Å" 0,0001
1
1
1
-
-
j2ÉC 2
2000 Å" 0,0001
( (2) (2) 2ÉC
I22) = I = I = j2 = - j A
1 1 1
3
j2ÉL2 + 2ÉL2 - 2000 Å" 0,01-
j2ÉC 2ÉC 2000 Å" 0,0001
8 2
(
i1(2)(t) = 2cosÉt = 2,67 2cos2ÉtA i22)(t) = - 2cosÉt = -0,33 2cos2ÉtA
3 3
Moc czynna drugiej harmonicznej to:
(2)2
P(2) = R Å" I = 2,5 2 Å" 22 = 10 2 = 14,14W
Moc bierna drugiej harmonicznej:
(2) (2)2 (2)
Q(2) = Im(Z )Å" I = 0 bo Im(Z )= 0
Podsumowanie analiz obu harmonicznych:
Prądy i1(t) oraz i2(t) są sumą wartości chwilowych składowych tych prądów dla każdej
harmonicznej (nie wolno sumować wartości symbolicznych dla różnych pulsacji.
30
i1(t) = i1(1)(t)+ i1(2)(t) = (2 2cosÉt + 2,67 2cos2Ét)A
( (
i2(t) = i21)(t)+ i22)(t) = (- 2 2cosÉt - 0,33 2cos2Ét)A
Moce sÄ… sumÄ… mocy obu harmonicznych.
P = P(1) + P(2) = P(2) = 14,14W Q = Q(1) + Q(2) = 0
31