PEE Zadania z rozwiązaniami: Różnice pomiędzy wersjami

Wersja z 14:01, 25 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: $i_{1} (t) = 10 \sqrt{2} \sin (ω t)$ , $i_{2} (t) = 5 \sqrt{2} \sin (ω t - 9 0^{\circ})$ , $e_{1} (t) = 10 \sin (ω t + 4 5^{\circ})$ , $e_{2} (t) = 20 \sqrt{2} \sin (ω t + 9 0^{\circ})$ , $R = 2 Ω$ , $X_{L} = ω L = 2 Ω$ , $X_{C} = 1 / ω C = 1 Ω$

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{10}{\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

Napięcie na kondensatorze:

U_{R 1} = 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}}}{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

i_{c_{p}} (t) = C \frac{d u_{C_{p}}}{d t} = 0, 85 [e^{- t} - t e^{- t}] + 1, 41 e^{- t} = 2, 26 e^{- t} - 0, 85 t e^{- t}

Prąd rezystora

i_{R_{p}} (t) = \frac{u_{C_{p}}}{R} = 1, 7 t e^{- t} - 2, 82 e^{- t}

Prąd cewki

i_{L_{p}} (t) = - i_{R_{p}} (t) - i_{C_{p}} (t) = 0, 56 e^{- t} - 0, 85 t e^{- t}

Pełne rozwiązanie

i_{L} (t) = i_{L_{u}} (t) + i_{L_{p}} (t) = \sqrt{2} \sin t + 0, 56 e^{- t} - 0, 85 t e^{- t}

u_{C} (t) = u_{C_{u}} (t) + u_{C_{p}} (t) = \sqrt{2} \sin (t + 9 0^{\circ}) + 0, 85 t e^{- t} - 1, 41 e^{- t}

Zadanie 8

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

Dane:

R_{1} = 5 Ω

R_{2} = 10 Ω

C = 0, 1 F

Rozwiązanie

Impedancja zastępcza $R_{2} C$ :

Z_{2} (s) = \frac{R_{2} \frac{1}{s C}}{R_{2} + \frac{1}{s C}} = \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}{5 s + 5 + 10} = \frac{10}{5 s + 15} = \frac{2}{s + 3}

Odpowiedź impulsowa:

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

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^{- 3 t}

Zadanie 9

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

Dane:

R_{1} = 2 Ω

R_{2} = 5 Ω

C = 0, 5 F

L = 1 H

Rozwiązanie

Z równań węzłowych obwodu względem punktu odniesienia mamy:

[\begin{matrix} \frac{1}{R_{1}} + \frac{1}{s L} & - \frac{1}{s L} \\ - \frac{1}{s L} & \frac{1}{R_{2}} + s C + \frac{1}{s L} \end{matrix}] [\begin{matrix} V_{1} \\ V_{2} \end{matrix}] = [\begin{matrix} I_{1} \\ I_{2} \end{matrix}]

[\begin{matrix} 0, 5 + \frac{1}{s} & - \frac{1}{s} \\ - \frac{1}{s} & 0, 2 + 0, 5 s + \frac{1}{s} \end{matrix}] [\begin{matrix} V_{1} \\ V_{2} \end{matrix}] = [\begin{matrix} I_{1} \\ I_{2} \end{matrix}]

Transmitancja napięciowa obliczana przy założeniu $I_{2} = 0$ :

I_{2} = 0 = - \frac{1}{s} V_{1} + (0, 2 + 0, 5 s + \frac{1}{s}) V_{2}

Stąd:

\frac{V_{2}}{V_{1}} = \frac{\frac{1}{s}}{0, 2 + 0, 5 s + \frac{1}{s}}

T_{v} (s) = \frac{V_{2}}{V_{1}} = \frac{2}{s^{2} + 0, 4 s + 2)}

@@ Linia 15: / Linia 15: @@
 '''Zadanie 2'''
-Napisać równanie węzłowe dla obwodu z rysunku poniżej. Potencjały węzłów zaznaczono na rysunku w postaci <math>V_1\,</math> i <math>V_2\,</math>. Rozwiązać to równanie wyznaczając potencjały węzłów oraz prądy w gałęziach (prądy rezystancji, pojemności i indukcyjności). Przyjąć: <math>i_1(t)=10\sqrt{2}\sin(\omega t)</math>, <math>i_2(t)=5\sqrt{2}\sin(\omega t-90^\circ)</math>, <math>e_1(t)=10\sin(\omega t+45^\circ)</math>, <math>e_2(t)=20\sin(\omega t+90^\circ)</math>, <math>R=2\Omega</math>, <math>X_L=\omega L=2\Omega</math>, <math>X_C=1/\omega C=1\Omega</math>
+Napisać równanie węzłowe dla obwodu z rysunku poniżej. Potencjały węzłów zaznaczono na rysunku w postaci <math>V_1\,</math> i <math>V_2\,</math>. Rozwiązać to równanie wyznaczając potencjały węzłów oraz prądy w gałęziach (prądy rezystancji, pojemności i indukcyjności). Przyjąć: <math>i_1(t)=10\sqrt{2}\sin(\omega t)</math>, <math>i_2(t)=5\sqrt{2}\sin(\omega t-90^\circ)</math>, <math>e_1(t)=10\sin(\omega t+45^\circ)</math>, <math>e_2(t)=20\sqrt{2}\sin(\omega t+90^\circ)</math>, <math>R=2\Omega</math>, <math>X_L=\omega L=2\Omega</math>, <math>X_C=1/\omega C=1\Omega</math>
 [[Grafika:PEE_Zadania_rozw_2.jpg]]
@@ Linia 131: / Linia 131: @@
 Wielkości symboliczne charakteryzujące elementy obwodu:
-: <math>I={5 \over \sqrt{2}}e^{j45^\circ}</math>
+: <math>I={10 \over \sqrt{2}}e^{j45^\circ}</math>
 : <math>Z_1=j\omega(L_1-M)=j1</math>
 : <math>Z_2=j\omega(L_2-M)=0</math>
@@ Linia 213: / Linia 213: @@
 Wobec <math>\omega=0</math> kondensator stanowi przerwę. Prąd płynie w obwodzie: <math>e-R_1-R_1</math>. Jego wartość:
-: <math>I={e \over 2R_1}={20 \over 200}=0,1 A</math>
+: <math>I={e \over 2R_1}={20 \over 200}=0,1</math>
 Napięcie na kondensatorze:
-: <math>I_{R1}=10</math>
+: <math>U_{R1}=10</math>
-: <math>u_C(0^-)=10V</math>
+: <math>u_C(0^-)=10</math>
@@ Linia 225: / Linia 225: @@
 Obwód podobny do tego z punktu 1 przy zastąpieniu <math>R_1\,</math> przez <math>R_2\,</math>. Prąd płynie w obwodzie: <math>e-R_1-R_2</math>. Jego wartość:
-: <math>I={e \over R_1+R_2}={20 \over 400}={1 \over 20}A</math>
+: <math>I={e \over R_1+R_2}={20 \over 400}={1 \over 20}</math>
 Napięcie ustalone na kondensatorze:
-: <math>u_{C_u}(t)=IR_2=15V</math>
+: <math>u_{C_u}(t)=IR_2=15</math>
@@ Linia 325: / Linia 325: @@
 Prąd kondensatora
-: <math>i_{c_p}=C{du_{C_p} \over dt}=0,85[e^{-t}-te^{-t}]+1,41e^{-t}=2,26e^{-t}-0,85te^{-t}</math>
+: <math>i_{c_p}(t)=C{du_{C_p} \over dt}=0,85[e^{-t}-te^{-t}]+1,41e^{-t}=2,26e^{-t}-0,85te^{-t}</math>
 Prąd rezystora
-: <math>i_{R_p}={u_{C_p} \over R}=1,7te^{-t}-2,82e^{-t}</math>
+: <math>i_{R_p}(t)={u_{C_p} \over R}=1,7te^{-t}-2,82e^{-t}</math>
 Prąd cewki
@@ Linia 382: / Linia 382: @@
 Dane:
-: <math>R1 = 2 \Omega</math>
+: <math>R_1 = 2 \Omega</math>
-: <math>R2 = 5 \Omega</math>
+: <math>R_2 = 5 \Omega</math>
 : <math>C = 0,5 F</math>
 : <math>L = 1 H</math>
@@ Linia 428: / Linia 428: @@
 Transmitancja napięciowa obliczana przy założeniu <math>I_2 = 0</math>:
-: <math>I_2=0=-{1 \over s}V_1+(0,2+0,5s)V_2</math>
+: <math>I_2=0=-{1 \over s}V_1+(0,2+0,5s+ {1 \over s})V_2</math>
 Stąd:
-: <math>{V_2 \over V_1}={{1 \over s} \over 0,2+0,5s}</math>
+: <math>{V_2 \over V_1}={{1 \over s} \over 0,2+0,5s + {1 \over s}}</math>
-: <math>T_v(s)={V_2 \over V_1}={2 \over s(s+0,4)}</math>
+: <math>T_v(s)={V_2 \over V_1}={2 \over s^2+0,4s+2)}</math>

PEE Zadania z rozwiązaniami: Różnice pomiędzy wersjami

Wersja z 14:01, 25 sie 2006

Menu nawigacyjne

Działania na stronie

Opcje strony

Narzędzia osobiste

Nawigacja

Szukaj

Narzędzia