PEE Zadania z rozwiązaniami

Zadanie 1

Wyznaczyć rezystancję wypadkową obwodu przedstawionego na rysunku poniżej:

Rozwiązanie

Po likwidacji połączenia szeregowego rezystorów ($1\mathrm{\Omega }$ i $5\mathrm{\Omega }$ oraz $2\mathrm{\Omega }$ i $8\mathrm{\Omega }$ ) należy zastosować transformację trójkąt-gwiazda lub gwiazda-trójkąt w odniesieniu do wybranych trzech rezystorów obwodu, a następnie wykorzystać uproszczenia wynikające z powstałych połączeń szeregowych i równoległych w obwodzie. Po wykonaniu tych działań otrzymuje się $R_{we}=3,18\mathrm{\Omega }$.

---

Zadanie 2

Napisać równanie węzłowe dla obwodu z rysunku poniżej. Potencjały węzłów zaznaczono na rysunku w postaci $V_1$ i $V_2$. Rozwiązać to równanie wyznaczając potencjały węzłów oraz prądy w gałęziach (prądy rezystancji, pojemności i indukcyjności). Przyjąć: $i_1(t)=10\sqrt{2}\sin (\omega t)$, $i_2(t)=5\sqrt{2}\sin (\omega t-90^{\circ })$, $e_1(t)=10\sin (\omega t+45^{\circ })$, $e_2(t)=20\sqrt{2}\sin (\omega t+90^{\circ })$, $R=2\mathrm{\Omega }$, $X_L=\omega L=2\mathrm{\Omega }$, $X_C=1/\omega C=1\mathrm{\Omega }$

Rozwiązanie

Wartości zespolone:

$E_1=5+j5$

$E_2=20j$

$I_1=10$

$I_2=-5j$

$Z_L=j2$

$Z_C=-j$

Równanie admitancyjne

$\left[\begin{array}{cc}1& -0,5\\ -0,5& 0,5+j0,5\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{V}_1\\ V_2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}-7,5+j7,5\\ -10-5j\end{array}\right]$

Z rozwiązania tego macierzowego układu równań mamy

$V_1=-14+j18$

$V_2=-13+j21$

Prądy w obwodzie:

$I_{R1}=(V_1-E_1)/R=-9,5+j6,5$ (prąd rezystora $R$ i źródła $e_1$)

$I_{R2}=(V_1-V_2)/R=-0,5-j1,5$

$I_L=(V_2+E_2)/Z_L=20,5+j6,5$

$I_C=V_2/Z_C=-21-j13$

---

Zadanie 3

Wyznaczyć rozwiązanie obwodu z rysunku poniżej stosując zasadę superpozycji. Przyjąć $i(t)=2\sqrt{2}\sin (\omega t+90^{\circ })A$, $e(t)=E=5V$, $R=1\mathrm{\Omega }$, $L=1H$, $C=0,5F$, $\omega =1\frac{rad}{s}$.

Rozwiązanie

A) Rozwiązanie obwodu dla składowej stałej (źródło $E$)

Obwód dla składowej stałej przedstawiono na rysunku poniżej (a). Cewka w stanie ustalonym dla składowej stałej jest zwarciem a kondensator przerwą.

Dla prądu stałego tylko jeden prąd, $i_R^{(E)}$, jest różny od zera. Jego wartość jest równa

$i_R^{(E)}=\frac{E}{R}=5$

$i_L^{(E)}=i_C^{(E)}=0$

B) Rozwiązanie obwodu dla składowej zmiennej (źródło $i(t)$)

Obwód dla składowej sinusoidalnej przedstawiono w postaci symbolicznej na (rys. b). Parametry symboliczne obwodu są następujące: $I=2e^{j90^{\circ }}$, $Z_L=j\omega L=j1$, $Z_C=1/j\omega C=-j2$. Impedancja zastępcza cewki i kondensatora jest równa

$Z_{LC}=\frac{Z_L{Z}_C}{Z_L+Z_C}=j2$

Napięcie i prądy w obwodzie:

$U_{AB}^{(I)}=Z_{LC}I=-4$

$I_C^{(I)}=\frac{U_{AB}^{(I)}}{Z_C}=-j2$

$I_L^{(I)}=\frac{U_{AB}^{(I)}}{Z_L}=j4$

$I_R^{(I)}=0$

Wartości prądów wyrażone w postaci czasowej:

$i_C^{(I)}(t)=2\sqrt{2}(t-90^{\circ })$

$i_L^{(I)}(t)=4\sqrt{2}(t+90^{\circ })$

$i_R^{(I)}(t)=0$

Całkowite rozwiązanie obwodu jest sumą obu składowych:

$i_C(t)=i_C^{(E)}(t)+i_C^{(I)}(t)=2\sqrt{2}(t-90^{\circ })A$

$i_L(t)=i_L^{(E)}(t)+i_L^{(I)}(t)=4\sqrt{2}(t+90^{\circ })A$

$i_R(t)=i_R^{(E)}(t)+i_R^{(I)}(t)=5A$

---

Zadanie 4

Wyznaczyć rozpływy prądów w obwodzie przedstawionym poniżej:

Przyjąć następujące wartości parametrów elementów obwodu: $R=1\mathrm{\Omega }$, $L_1=2H$, $L_2=1H$, $M=1H$ oraz $i(t)=10\sin (t+45^{\circ })A$

Rozwiązanie

Postać obwodu po eliminacji sprzężenia magnetycznego przedstawiono poniżej:

Wielkości symboliczne charakteryzujące elementy obwodu:

$I=\frac{10}{\sqrt{2}}{e}^{j45^{\circ }}$

$Z_1=j\omega (L_1-M)=j1$

$Z_2=j\omega (L_2-M)=0$

$Z_M=j\omega M=j1$

Impedancja zastępcza obwodu wobec $Z_2=0$

$Z=\frac{R{Z}_M}{R+Z_M}=\frac{1}{\sqrt{2}}{e}^{j45^{\circ }}$

Napięcie $U_{AB}$

$U_{AB}=ZI=j5$

Prądy:

$I_R=\frac{U_{AB}}{R}=j5$

$I_1=0$

$I_2=I_3=\frac{U_{AB}}{Z_M}=5$

Napięcia na elementach równoległych w obwodzie oryginalnym i zastępczym są sobie równe i wynoszą $U_{AB}=j5$. Można to łatwo sprawdzić w obwodzie oryginalnym obliczając napięcia na cewkach sprzężonych. Mianowicie

$U_{L_1}=j\omega L_1{I}_1+j\omega M{I}_2$

$U_{L_2}=j\omega L_2{I}_2+j\omega M{I}_1$

---

Zadanie 5

Wyznaczyć prądy w układzie trójfazowym o odbiorniku połączonym w trójkąt przedstawionym na rysunku poniżej. Sporządzić wykres wektorowy prądów i napięć. Przyjąć następujące wartości parametrów elementów: $|E_f|=200V$, $R=X_L=X_C=10\mathrm{\Omega }$.

Rozwiązanie

Napięcia międzyfazowe:

$|E_{mf}|=\sqrt{3}|E_f|$

$E_{AB}=200\sqrt{3}$

$E_{BC}=200\sqrt{3}{e}^{-j120^{\circ }}$

$E_{CA}=200\sqrt{3}{e}^{j120^{\circ }}$

Prądy fazowe odbiornika:

$I_{AB}=\frac{E_{AB}}{-j{X}_C}=20\sqrt{3}{e}^{j90^{\circ }}$

$I_{BC}=\frac{E_{BC}}{j{X}_L}=20\sqrt{3}{e}^{-j210^{\circ }}$

$I_{CA}=\frac{E_{CA}}{R}=20\sqrt{3}{e}^{j120^{\circ }}$

Prądy liniowe układu:

$I_A=I_{AB}-I_{CA}=17,32+j4,64$

$I_B=I_{BC}-I_{AB}=-30-j17,32$

$I_C=I_{CA}-I_{BC}=12,68+j12,68$

Wykres wektorowy prądów i napięć przedstawiony jest poniżej:

---

Zadanie 6

Określić przebieg $u_C(t)$ w stanie nieustalonym w obwodzie po przełączeniu.

Dane:

$R_1=100\mathrm{\Omega }$

$R_2=300\mathrm{\Omega }$

$C=1000uF$

$e(t)=20V$

Rozwiązanie

1) Warunki początkowe w obwodzie (stan ustalony przed przełączeniem).

Wobec $\omega =0$ kondensator stanowi przerwę. Prąd płynie w obwodzie: $e-R_1-R_1$. Jego wartość:

$I=\frac{e}{2R_1}=\frac{20}{200}=0,1$

Napięcie na kondensatorze:

$U_{R1}=10$

$u_C(0^{-})=10$

2) Stan ustalony w obwodzie po przełączeniu.

Obwód podobny do tego z punktu 1 przy zastąpieniu $R_1$ przez $R_2$. Prąd płynie w obwodzie: $e-R_1-R_2$. Jego wartość:

$I=\frac{e}{R_1+R_2}=\frac{20}{400}=\frac{1}{20}$

Napięcie ustalone na kondensatorze:

$u_{C_u}(t)=I{R}_2=15$

3) Stan przejściowy (metoda klasyczna).

Obwód dla stanu przejściowego pokazuje rysunek:

Z prawa prądowego Kirchhoffa:

$C\frac{d{u}_{C_p}}{dt}=-\frac{u_{C_p}}{R_1}-\frac{u_{C_p}}{R_2}$

Po wstawieniu liczb otrzymuje się

$10^{-3}\frac{d{u}_{C_p}}{dt}=-u_{C_p}(\frac{1}{100}+\frac{1}{300})$

$\frac{d{u}_{C_p}}{dt}=-u_{C_p}(10+3,33)=-13,33U_{C_p}$

$s=-13,33$

$u_{C_p}(t)=A{e}^{-13,33t}$

4) Rozwiązanie pełne

$u_C(t)=u_{C_u}(t)+u_{C_p}(t)=15+A{e}^{-13,33t}$

Z warunku początkowego

$10=15+A\Rightarrow A=-5$

Przebieg napięcia $u_C(t)$

$u_C(t)=15-5e^{-13,33}$

---

Zadanie 7

Wyznaczyć przebiegi $u_C(t)$ oraz $i_L(t)$ w stanie nieustalonym w obwodzie po przełączeniu.

Dane:

$i(t)=2\sqrt{2}\sin (t+90^{\circ })$

$R=1/2\mathrm{\Omega }$

$L=1H$

$C=1F$

Rozwiązanie

Warunki początkowe – stan ustalony w obwodzie przed przełączeniem

$I=2e^{j90^{\circ }}$

$Z_L=j\omega L=j1$

$U_L=I\frac{Z_{L}R}{Z_L+R}=2e^{j90^{\circ }}\frac{j\cdot 0,5}{j+0,5}=2e^{j90^{\circ }}\frac{0,5e^{j90^{\circ }}}{1,12e^{j63,4^{\circ }}}=0,89e^{j116,6^{\circ }}$

$I_L=\frac{U_L}{Z_L}=0,89e^{j26,6^{\circ }}$

$i_L(t)=0,89\sqrt{2}\sin (t+26,6^{\circ })$

$i_L(0^{-})=0,56A$

$u_C(0^{-})=0V$

Stan ustalony po przełączeniu

$Z_C=-j\frac{1}{\omega C}=-j1$

$Z_{LC}=\frac{Z_C{Z}_L}{Z_C+Z_L}=\mathrm{\infty }$

$U_{C_u}=IR=1e^{j90^{\circ }}\Rightarrow u_{C_u}(t)=\sqrt{2}\sin (t+90^{\circ })\Rightarrow u_{C_u}(0^{+})=\sqrt{2}$

$I_{L_u}=\frac{U_{C_u}}{Z_L}=\frac{1e^{j90^{\circ }}}{j1}=1\Rightarrow i_{L_u}(t)=\sqrt{2}\sin (t)\Rightarrow i_{L_u}(0^{+})=0$

Stan przejściowy

Warunki początkowe dla stanu przejściowego

$u_{C_p}(0^{+})=u_C(0^{-})-u_{C_u}(0^{+})=0-1,41=-1,41V$

$i_{L_p}(0^{+})=i_L(0^{-})-i_{L_u}(0^{+})=0,56-0=0,56A$

Obwód w stanie przejściowym (schemat operatorowy)

Z metody potencjałów węzłowych

$U_{C_p}(s)=\frac{\frac{-0,56}{s}-1,41}{2+s+\frac{1}{s}}=\frac{-(1,41s+0,56)}{s^2+2s+1}=\frac{-1,41s-0,56}{(s+1{)}^2}$

$u_{C_p}(t)=\underset{s\to -1}{\lim }\frac{d}{ds}[\frac{-1,41s-0,56}{(s+1{)}^2}{e}^{st}(s+1{)}^2]$

$u_{C_p}(t)=t{e}^{st}(-1,41s-0,56)+e^{st}(-1,41){|}_{s=-1}=0,85t{e}^{-t}-1,41e^{-t}$

Prąd kondensatora

$i_{c_p}(t)=C\frac{d{u}_{C_p}}{dt}=0,85[e^{-t}-t{e}^{-t}]+1,41e^{-t}=2,26e^{-t}-0,85t{e}^{-t}$

Prąd rezystora

$i_{R_p}(t)=\frac{u_{C_p}}{R}=1,7t{e}^{-t}-2,82e^{-t}$

Prąd cewki

$i_{L_p}(t)=-i_{R_p}(t)-i_{C_p}(t)=0,56e^{-t}-0,85t{e}^{-t}$

Pełne rozwiązanie

$i_L(t)=i_{L_u}(t)+i_{L_p}(t)=\sqrt{2}\sin t+0,56e^{-t}-0,85t{e}^{-t}$

$u_C(t)=u_{C_u}(t)+u_{C_p}(t)=\sqrt{2}\sin (t+90^{\circ })+0,85t{e}^{-t}-1,41e^{-t}$

---

Zadanie 8

Wyznaczyć transmitancję napięciową układu przedstawionego na rysunku poniżej. Określić odpowiedź impulsową i skokową.

Dane:

$R_1=5\mathrm{\Omega }$

$R_2=10\mathrm{\Omega }$

$C=0,1F$

Rozwiązanie

Impedancja zastępcza $R_{2}C$:

$Z_2(s)=\frac{R_2\frac{1}{sC}}{R_2+\frac{1}{sC}}=\frac{10\frac{10}{s}}{10+\frac{10}{s}}=\frac{10}{s+1}$

Transmitancja napięciowa:

$T_v(s)=\frac{Z_2}{R_1+Z_2}=\frac{\frac{10}{s+1}}{5+\frac{10}{s+1}}=\frac{10}{5s+5+10}=\frac{10}{5s+15}=\frac{2}{s+3}$

Odpowiedź impulsowa:

$h(t)=L^{-1}[T_v(s)]=2e^{-3t}$

Odpowiedź skokowa:

$y(t)=L^{-1}[\frac{T_v(s)}{s}]=L^{-1}[\frac{2}{s(s+3)}]=\frac{2}{3}-\frac{2}{3}{e}^{-3t}$

---

Zadanie 9

Określić opis admitancyjny czwórnika. Na tej podstawie określić transmitancję napięciową obwodu.

Dane:

$R_1=2\mathrm{\Omega }$

$R_2=5\mathrm{\Omega }$

$C=0,5F$

$L=1H$

Rozwiązanie

Z równań węzłowych obwodu względem punktu odniesienia mamy:

$\left[\begin{array}{cc}\frac{1}{R_1}+\frac{1}{sL}& -\frac{1}{sL}\\ -\frac{1}{sL}& \frac{1}{R_2}+sC+\frac{1}{sL}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{V}_1\\ V_2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{I}_1\\ I_2\end{array}\right]$

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begin{bmatrix}”): {\displaystyle \begin{bmatrix} 0,5+1/s & -1/s \\ -1/s & 0,2+0,5s+1/s} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} V_1 \\ V_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I_1 \\ I_2 \end{bmatrix} }

Transmitancja napięciowa obliczana przy założeniu $I_2=0$:

$I_2=0=-\frac{1}{s}{V}_1+(0,2+0,5s+1/s)V_2$

Stąd:

$\frac{V_2}{V_1}=\frac{1/s}{0,2+0,5s+1/s}$

$T_v(s)=\frac{V_2}{V_1}=\frac{2}{s^2+0,4s+2)}$

---

Zadanie 10

Stała dyfuzji elektronów w temperaturze $27^{o}C$ dla krzemu jest równa Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle D_n = 35·10^{-4} m^2 s^{-1}} . Obliczyć ruchliwość elektronów oraz stałą dyfuzji i ruchliwość dziur.

Rozwiązanie

Zależność Einsteina wiąże ruchliwość ładunków ze stałą dyfuzji wzorem:

W temperaturze 300 K napięcie UT jest równe

Ruchliwość ładunku ujemnego jest zatem równa

Ponieważ dla krzemu obowiązuje zależność

to ruchliwość ładunku dodatniego można obliczyć ze wzoru

.

Wykonując podstawienie

Stała dyfuzji dziur

Po podstawieniu Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle D_p = 105·10^{-2} m^2 s^{-1}}