PEE Zadania z rozwiązaniami: Różnice pomiędzy wersjami

Wersja z 13:53, 2 sie 2006

Zadanie 1

Wyznaczyć rezystancję wypadkową obwodu przedstawionego na rysunku poniżej:

Rozwiązanie

Po likwidacji połączenia szeregowego rezystorów ( $1 Ω$ i $5 Ω$ oraz $2 Ω$ i $8 Ω$ ) 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 $R_{w e} = 3, 18 Ω$ .

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: $i_{1} (t) = 10 \sqrt{2} \sin (ω t)$ , $i_{2} (t) = 5 \sqrt{2} \sin (ω t - 9 0^{\circ})$ , $e_{1} (t) = 10 \sin (ω t + 4 5^{\circ})$ , $e_{2} (t) = 20 \sin (ω t + 9 0^{\circ})$ , $R = 2 Ω$ , $X_{L} = ω L = 2 Ω$ , $X_{C} = 1 / ω C = 1 Ω$

Rozwiązanie

Wartości zespolone:

E_{1} = 5 + j 5

E_{2} = 20 j

I_{1} = 10

I_{2} = - 5 j

Z_{L} = j 2

Z_{C} = - j

Równanie admitancyjne

[\begin{matrix} 1 & - 0, 5 \\ - 0, 5 & 0, 5 + j 0, 5 \end{matrix}] [\begin{matrix} V_{1} \\ V_{2} \end{matrix}] = [\begin{matrix} - 7, 5 + j 7, 5 \\ - 10 - 5 j \end{matrix}]

Z rozwiązania tego macierzowego układu równań mamy

V_{1} = - 14 + j 18

V_{2} = - 13 + j 21

Prądy w obwodzie:

I_{R 1} = (V_{1} - E_{1}) / R = - 9, 5 + j 6, 5

(prąd rezystora

R

i źródła

e_{1}

)

I_{R 2} = (V_{1} - V_{2}) / R = - 0, 5 - j 1, 5

I_{L} = (V_{2} + E_{2}) / Z_{L} = 20, 5 + j 6, 5

I_{C} = V_{2} / Z_{C} = - 21 - j 13

Zadanie 3

Wyznaczyć rozwiązanie obwodu z rysunku poniżej stosując zasadę superpozycji. Przyjąć $i (t) = 2 \sqrt{2} \sin (ω t + 9 0^{\circ}) A$ , $e (t) = E = 5 V$ , $R = 1 Ω$ , $L = 1 H$ , $C = 0, 5 F$ , $ω = 1 \frac{r a d}{s}$ .

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: $I = 2 e^{j 9 0^{\circ}}$ , $Z_{L} = j ω L = j 1$ , $Z_{C} = 1 / j ω C = - j 2$ . Impedancja zastępcza cewki i kondensatora jest równa

Z_{L C} = \frac{Z_{L} Z_{C}}{Z_{L} + Z_{C}} = j 2

Napięcie i prądy w obwodzie:

U_{A B}^{(I)} = Z_{L C} I = - 4

I_{C}^{(I)} = \frac{U_{A B}^{(I)}}{Z_{C}} = - j 2

I_{L}^{(I)} = \frac{U_{A B}^{(I)}}{Z_{L}} = j 4

I_{R}^{(I)} = 0

Wartości prądów wyrażone w postaci czasowej:

i_{C}^{(I)} (t) = 2 \sqrt{2} (t - 9 0^{\circ})

i_{L}^{(I)} (t) = 4 \sqrt{2} (t + 9 0^{\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 - 9 0^{\circ}) A

i_{L} (t) = i_{L}^{(E)} (t) + i_{L}^{(I)} (t) = 4 \sqrt{2} (t + 9 0^{\circ}) A

i_{R} (t) = i_{R}^{(E)} (t) + i_{R}^{(I)} (t) = 5 A

Zadanie 4

Wyznaczyć rozpływy prądów w obwodzie przedstawionym poniżej:

Przyjąć następujące wartości parametrów elementów obwodu: $R = 1 Ω$ , $L_{1} = 2 H$ , $L_{2} = 1 H$ , $M = 1 H$ oraz $i (t) = 10 \sin (t + 4 5^{\circ}) A$

Rozwiązanie

Postać obwodu po eliminacji sprzężenia magnetycznego przedstawiono poniżej:

Wielkości symboliczne charakteryzujące elementy obwodu:

I = \frac{5}{\sqrt{2}} e^{j 4 5^{\circ}}

Z_{1} = j ω (L_{1} - M) = j 1

Z_{2} = j ω (L_{2} - M) = 0

Z_{M} = j ω M = j 1

Impedancja zastępcza obwodu wobec $Z_{2} = 0$

Z = \frac{R Z_{M}}{R + Z_{M}} = \frac{1}{\sqrt{2}} e^{j 4 5^{\circ}}

Napięcie $U_{A B}$

U_{A B} = Z I = j 5

Prądy:

I_{R} = \frac{U_{A B}}{R} = j 5

I_{1} = 0

I_{2} = I_{3} = \frac{U_{A B}}{Z_{M}} = 5

Napięcia na elementach równoległych w obwodzie oryginalnym i zastępczym są sobie równe i wynoszą $U_{A B} = j 5$ . Można to łatwo sprawdzić w obwodzie oryginalnym obliczając napięcia na cewkach sprzężonych. Mianowicie

U_{L_{1}} = j ω L_{1} I_{1} + j ω M I_{2}

U_{L_{2}} = j ω L_{2} I_{2} + j ω 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: $| E_{f} | = 200 V$ , $R = X_{L} = X_{C} = 10 Ω$ .

Rozwiązanie

Napięcia międzyfazowe:

| E_{m f} | = \sqrt{3} | E_{f} |

E_{A B} = 200 \sqrt{3}

E_{B C} = 200 \sqrt{3} e^{- j 12 0^{\circ}}

E_{C A} = 200 \sqrt{3} e^{j 12 0^{\circ}}

Prądy fazowe odbiornika:

I_{A B} = \frac{E_{A B}}{- j X_{C}} = 20 \sqrt{3} e^{j 9 0^{\circ}}

I_{B C} = \frac{E_{B C}}{j X_{L}} = 20 \sqrt{3} e^{- j 21 0^{\circ}}

I_{C A} = \frac{E_{C A}}{R} = 20 \sqrt{3} e^{j 12 0^{\circ}}

Prądy liniowe układu:

I_{A} = I_{A B} - I_{C A} = 17, 32 + j 4, 64

I_{B} = I_{B C} - I_{A B} = - 30 - j 17, 32

I_{C} = I_{C A} - I_{B C} = 12, 68 + j 12, 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 Ω

R_{2} = 300 Ω

C = 1000 u F

e (t) = 20 V

Rozwiązanie

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

Wobec $ω = 0$ kondensator stanowi przerwę. Prąd płynie w obwodzie: $e - R_{1} - R_{1}$ . Jego wartość:

I = \frac{e}{2 R_{1}} = \frac{20}{200} = 0, 1 A

Napięcie na kondensatorze:

I_{R 1} = 10

u_{C} (0^{-}) = 10 V

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} A

Napięcie ustalone na kondensatorze:

u_{C_{u}} (t) = I R_{2} = 15 V

3) Stan przejściowy (metoda klasyczna).

Obwód dla stanu przejściowego pokazuje rysunek:

Z prawa prądowego Kirchhoffa:

C \frac{d u_{C_{p}}}{d t} = - \frac{u_{C_{p}}}{R_{1}} - \frac{u_{C_{p}}}{R_{2}}

Po wstawieniu liczb otrzymuje się

1 0^{- 3} \frac{d u_{C_{p}}}{d t} = - u_{C_{p}} (\frac{1}{100} + \frac{1}{300})

\frac{d u_{C_{p}}}{d t} = - u_{C_{p}} (10 + 3, 33) = - 13, 33 U_{C_{p}}

s = - 13, 33

u_{C_{p}} (t) = A e^{- 13, 33 t}

4) Rozwiązanie pełne

u_{C} (t) = u_{C_{u}} (t) + u_{C_{p}} (t) = 15 + A e^{- 13, 33 t}

Z warunku początkowego

10 = 15 + A \Rightarrow A = - 5

Przebieg napięcia $u_{C} (t)$

u_{C} (t) = 15 - 5 e^{- 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 + 9 0^{\circ})

R = 1 / 2 Ω

L = 1 H

C = 1 F

Rozwiązanie

Warunki początkowe – stan ustalony w obwodzie przed przełączeniem

I = 2 e^{j 9 0^{\circ}}

Z_{L} = j ω L = j 1

U_{L} = I \frac{Z_{L} R}{Z_{L} + R} = 2 e^{j 9 0^{\circ}} \frac{j \cdot 0, 5}{j + 0, 5} = 2 e^{j 9 0^{\circ}} \frac{0, 5 e^{j 9 0^{\circ}}}{1, 12 e^{j 63, 4^{\circ}}} = 0, 89 e^{j 116, 6^{\circ}}

I_{L} = \frac{U_{L}}{Z_{L}} = 0, 89 e^{j 26, 6^{\circ}}

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

i_{L} (0^{-}) = 0, 56 A

u_{C} (0^{-}) = 0 V

Stan ustalony po przełączeniu

Z_{C} = - j \frac{1}{ω C} = - j 1

Z_{L C} = \frac{Z_{C} Z_{L}}{Z_{C} + Z_{L}} = \infty

U_{C_{u}} = I R = 1 e^{j 9 0^{\circ}} \Rightarrow u_{C_{u}} (t) = \sqrt{2} \sin (t + 9 0^{\circ}) \Rightarrow u_{C_{u}} (0^{+}) = \sqrt{2}

I_{L_{u}} = \frac{U_{C_{u}}}{Z_{L}} = \frac{1 e^{j 9 0^{\circ}}}{j 1} = 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, 41 V

i_{L_{p}} (0^{+}) = i_{L} (0^{-}) - i_{L_{u}} (0^{+}) = 0, 56 - 0 = 0, 56 A

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

u_{C_{p}} (t) = \lim_{s \to - 1} \frac{d}{d s} [\frac{- 1, 41 s - 0, 56}{(s + 1)^{2}} e^{s t} (s + 1)^{2}]

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

Prąd kondensatora

@@ Linia 304: / Linia 304: @@
 : <math>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}</math>
 : <math>I_{L_u}={U_{C_u} \over Z_L}={1e^{j90^\circ} \over j1}=1 \ \Rightarrow \ i_{L_u}(t)=\sqrt{2}\sin(t) \ \Rightarrow \ i_{L_u}(0^+)=0</math>
 Stan przejściowy
@@ Linia 309: / Linia 310: @@
 Warunki początkowe dla stanu przejściowego
+: <math>u_{C_p}(0^+)=u_C(0^-)-u_{C_u}(0^+)=0-1,41=-1,41 V</math>
+: <math>i_{L_p}(0^+)=i_L(0^-)-i_{L_u}(0^+)=0,56-0=0,56 A</math>
+Obwód w stanie przejściowym (schemat operatorowy)
+[[Grafika:PEE_Zadania_rozw_7_c.jpg]]
+Z metody potencjałów węzłowych
+: <math>U_{C_p}(s)={{-0,56 \over s}-1,41 \over 2+s+{1 \over s}}={-(1,41s+0,56) \over s^2+2s+1}={-1,41s-0,56 \over (s+1)^2}</math>
+: <math>u_{C_p}(t)=\lim_{s \to -1}{d \over ds} \left [ {-1,41s-0,56 \over (s+1)^2}e^{st}(s+1)^2 \right ]</math>
+: <math>u_{C_p}(t)=te^{st}(-1,41s-0,56)+e^{st}(-1,41)|_{s=-1}=0,85te^{-t}-1,41e^{-t}</math>
+Prąd kondensatora

PEE Zadania z rozwiązaniami: Różnice pomiędzy wersjami

Wersja z 13:53, 2 sie 2006

Menu nawigacyjne

Działania na stronie

Opcje strony

Narzędzia osobiste

Nawigacja

Szukaj

Narzędzia