řešené příklady k doplnění výuky 1. týden

řešené příklady k doplnění výuky 1. týden

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY K DOPLNĚNÍ VÝUKY
1.
TÝDEN
Příklad 1.1
K baterii s vnitřním napětím U 0 a vnitřním odporem Ri je připojen vnější odpor R
(viz obr. 1.1). Určete proud I, který prochází obvodem, úbytek napětí ΔU na vnitřním odporu
baterie a velikost svorkového napětí U S .
Dáno: U 0 = 24 V ; Ri = 10 Ω ; R = 470 Ω
Určit: I ; ΔU ; U S
Řešení:
Proud tekoucí obvodem
I=
U0
24
=
= 0, 05 A
Ri + RZ 10 + 470
Úbytek na vnitřním odporu baterie
Obr. 1.1
ΔU = I ⋅ Ri = 0, 05 ⋅10 = 0,5V
Svorkové napětí - vnitřní napětí zmenšené o úbytek na vnitřním odporu
U S = U 0 − ΔU = 24 − 0,5 = 23,5V
Příklad 1.2
Na svorkách zdroje napětí jsme naměřili při odebíraném proudu I1 na svorkách napětí
U1 a při proudu I 2 napětí U 2 . Určete vnitřní napětí U 0 a vnitřní odpor Ri zdroje.
Dáno: I1 = 100 mA ; U1 = 12 V ; I 2 = 500 mA ; U 2 = 10 V
Určit: U 0 ; Ri
Řešení:
Pro napětí na svorkách v prvním případě platí:
a v druhém případě platí:
Z obou rovnic vyjádříme U 0
U 0 = U1 + Ri ⋅ I1
U 0 = U 2 + Ri ⋅ I 2
Při rovnosti levých stran můžeme napsat:
U1 = U 0 − Ri ⋅ I1
U 2 = U 0 − Ri ⋅ I 2
U1 + Ri ⋅ I1 = U 2 + Ri ⋅ I 2
1
U1 − U 2 12 − 10
=
= 5Ω
I 2 − I1 0,5 − 0,1
Z této rovnice vypočteme Ri =
Napětí zdroje v nezatíženém stavu U 0
U 0 = U1 + Ri ⋅ I1
U 0 = U 2 + Ri ⋅ I 2
U 0 = 12 + 5 ⋅ 0,1
U 0 = 10 + 5 ⋅ 0,5
nebo
U 0 = 12,5V
U 0 = 12,5V
Příklad 1.3
Zdroj proudu I napájí dva paralelně zapojené odpory (viz obr. 1.2), z nichž odpor RA
je konstantní a odpor RB je proměnný v daném rozmezí. Vyjádřete závislost proudu I B
tekoucího proměnným odporem RB na jeho velikosti a závislost napětí na tomto proměnném
odporu RB na proudu I B jím tekoucím.
Dáno: I = 3 A ; RA = 2 Ω ;
RB =(0 až ∞) Ω
Určit: I B = f1 ( RB ) ; U B = f 2 ( I B )
Řešení:
Proud I se rozdělí na proudy I A
a I B v nepřímém poměru odporů RA a RB
Obr. 1.2
I B RA
R
=
⇒ IB = I A A
I A RB
RB
Proud I A určíme ze vztahu
I A = I − IB = 3 − IB
dosadíme do rovnice pro I B a dostaneme
I B = (3 − IB )
2
RB
IB =
a po úpravě
6
RB + 2
Pro vynesení závislosti I B = f1 ( RB ) vypočteme několik bodů.
RB [ Ω ]
0
1
2
4
6
... ∞
I B [ A]
3
2
1,5
1
0,75
... 0
2
závislost je nakreslena na obr. 1.3
I B [ A] ↑4
3
2
1
0
0 0
2
4
→ RB8[ Ω ]
6
Obr. 1.3
Závislost U B = f 2 ( I B ) získáme ze vztahu
U B = RB ⋅ I B
a dostaneme
za RB dosadíme
RB = RA
IA
I − IB
= RA
IB
IB
U B = RA ( I − I B ) = 2 ( 3 − I B )
Pro vynesení grafu (viz obr. 1.4 ) vypočteme několik bodů této závislosti.
U B [V ] ↑7
6
I B [ A]
0
1
2
3
U B [V ]
6
4
2
0
5
4
3
2
1
0
0
1
2
Obr. 1.4
3
3
→ I B4[ A]
2.
TÝDEN
Příklad 2.1
Určete, jak velkým výsledným odporem RV bude zatížen zdroj napětí, je-li obvod
zapojen podle obr. 2.1 a hodnoty odporů jsou známé.
Dáno: R1 = 300 Ω ; R2 =100 Ω ; R3 =200 Ω ; R4 =50 Ω ; R5 =66,7 Ω
Určit: RV
Obr. 2.2
Obr. 2.1
Řešení:
Trojúhelník ABC tvořený odpory R1 , R2 , R3 transfigurujeme do hvězdy ABC
tvořenou odpory RA , RB , RC (viz obr. 2.2).
Odpory RA , RB , RC se vypočítají ze vztahů:
RA =
R1 R2
300 ⋅100
=
= 50Ω
R1 + R2 + R3
600
RB =
R2 R3
100 ⋅ 200
=
= 33,3Ω
R1 + R2 + R3
600
RC =
R1 R3
300 ⋅ 200
=
= 100Ω
R1 + R2 + R3
600
4
Obvod po transfiguraci je na obr. 2.3 a tentýž obvod je názorněji překreslen na obr. 2.4.
Součet odporů R4 a RA nahradíme odporem RA 4 = RA + R4 = 50 + 50 = 100Ω .
Součet odporů R5 a RB nahradíme odporem RB 5 = RB + R5 = 33,3 + 66, 7 = 100Ω .
Celkový odpor paralelní kombinace odporů RA 4 a RB 5 vypočteme:
1
RA 4 B 5
=
1
1
+
RA 4 RB 5
RA 4 B 5 =
RA 4 ⋅ RB 5
100 ⋅100
=
= 50Ω
RA 4 + RB 5 100 + 100
≡
Obr. 2.4
Obr. 2.3
Výsledný odpor RV = RC + RA 4 B 5 = 50 + 100 = 150Ω
Potřebujeme-li transfigurovat hvězdu na trojúhelník, použijeme následujících vztahů:
R1 = RA + RC +
RA ⋅ RC
RB
R2 = RA + RB +
RA ⋅ RB
RC
R3 = RB + RC +
RB ⋅ RC
RA
5
Příklad 2.2
Do společné sítě pracují dva paralelně spojené zdroje napětí (viz. obr. 2.5). Při
odebíraném proudu I je na svorkách sítě napětí U S . Proud I je rozdělen rovnoměrně na oba
zdroje s vnitřními odpory Ri1 a Ri 2 . Krátkodobě se zvýší odběr proudu na hodnotu I´. Určete
proudy I1/ a I 2/ tekoucí zdroji při tomto přetížení.
Dáno: U S = 220 V ; I = 20 A ; I´= 40 A ; Ri1 = 0,5 Ω ; Ri 2 = 0,6 Ω
Určit: I1/ a I 2/
Řešení:
Pracují-li dva zdroje paralelně
do společné sítě, musí mít stejná
svorková napětí. Vypočteme nejprve
vnitřní napětí obou zdrojů
U10 = U S + Ri1 ⋅ I1
U 20 = U S + Ri 2 ⋅ I 2
Obr. 2.5
V trvalém provozu je
I1 = I 2 =
I 20
=
= 10 A
2 2
po dosazení do předchozích rovnic U10 = 220 + 0,5 ⋅10 = 225V
U 20 = 220 + 0, 6 ⋅10 = 226V
Při přetížení musí znovu platit rovnost svorkových napětí obou zdrojů. Vnitřní napětí
se nezměnila a proto můžeme psát:
U10 − Ri1 ⋅ I1/ = U 20 − Ri 2 ⋅ I 2/
Zdroje dodávají do sítě proud:
I ´= I1/ + I 2/
Z této rovnice vypočteme I1/ a dosadíme do předchozí rovnice
U10 − Ri1 ( I − I 2/ ) = U 20 − Ri 2 ⋅ I 2/ odtud vypočteme I 2/
I 2/ =
U 20 − U10 + Ri1 ⋅ I ´ 226 − 225 + 0,5 ⋅ 40
=
= 19 A
Ri1 + Ri 2
0,5 + 0, 6
I1/ = I ´− I 2/ = 40 − 19 = 21A
Povšimněte si, že zdroj s menším vnitřním odporem je zatížen větším proudem.
6
Příklad 2.3
Máme k dispozici dva zdroje napětí. První z nich má vnitřní napětí U10 a vnitřní odpor
Ri1 , druhý U 20 a Ri 2 . Jak velké bude výsledné napětí U 0 , spojíme-li oba zdroje do série (viz
obr. 2.6) a jak velký proud poteče spotřebičem s odporem R. Jak se změní poměry v případě,
že dojde k opačnému zapojení druhého zdroje (viz obr. 2.7)
Dáno: U10 = 24 V ; U 20 = 6 V ; Ri1 = 3 Ω ; Ri 2 = 2 Ω ; R= 55 Ω
Určit: U 0 ; I ; U 0/ ; I ´
Řešení:
Při sériovém řazení zdrojů platí
pro výsledné napětí U 0
U 0 = U10 + U 20 = 24 + 6 = 30V
a výsledný vnitřní odpor Ri
Obr. 2.6
Ri = Ri1 + Ri 2 = 3 + 2 = 5Ω
Proud I tekoucí zátěží R
I=
U0
30
=
= 0,5 A
Ri + R 5 + 55
V případě chybného zapojení druhého
zdroje bude výsledné napětí
Obr. 2.7
U 0/ = U10 − U 20 = 24 − 6 = 18V
a proud do zátěží (vnitřní odpor Ri se nezmění)
I ´=
U 0/
18
=
= 0,3 A
Ri + R 60
7
3.
TÝDEN
Příklad 3.1
Potřebujeme měřit v síti s napětím U. Máme k dispozici voltmetr s rozsahem rV
a vnitřním odporem RV při tomto rozsahu. Určete velikost předřadného odporu RP
a konstantu voltmetru kV po zvětšení rozsahu, je-li počet dílků na stupnici d.
Dáno: U= 220 V ; rV = 60 V ; RV = 2000 Ω při rozsahu 60 V ; d = 120 dílků
Určit: RP ; kV
Řešení:
Předřadné
voltmetrů, proto
⎛
tj. na 240 V ⎜ n =
⎝
odpory jsou vyráběny s hodnotami stejnými jako mají vnitřní odpory
upravíme nový rozsah na nejblíže vyšší násobek základního rozsahu
240
⎞
= 4⎟ .
60
⎠
Velikost předřadného odporu
RP = (n − 1) RV = (4 − 1) ⋅ 2000 = 6000Ω
konstanta voltmetru je
kV =
kV 240
=
= 2V / dílek
d 120
Poznámka:
Vnitřní odpor voltmetru se udává též hodnotou odporu vztaženého na 1 V měřícího
rozsahu tedy např. 5000 Ω /V. Má-li voltmetr měřící rozsah 12V je RV = 5000 ⋅12 = 60000Ω .
Příklad 3.2
Vypočtěte hodnoty odporů RB1 a RB 2 kombinovaného bočníku pro zvětšení rozsahů rA1
a rA 2 , má-li základní měřící systém plnou výchylku při proudu I S je-li odpor systému RS
(viz obr. 3.1)
Dáno: rA1 = 10 A ; rA 2 = 60 A ; RS = 5 Ω ; I S = 12 mA
Určit: RB1 ; RB 2
8
Řešení:
Pro určení velikosti bočníku
R
platí vztah
RB = S , který
n −1
aplikujeme na tento případ.
a) Pro rozsah 10 A
n=
rA1
10
=
= 833,3
I S 12 ⋅10−3
Obr. 3.1
Bočník je tvořen odpory RB1 a RB 2
R
5
RB1 + RB 2 = S =
= 0, 006Ω
n − 1 833,3 − 1
b) Pro rozsah 60 A
n=
rA 2
60
=
= 5000
I S 12 ⋅10−3
V tomto případě se odpor RB 2 přičítá k odporu RS
RB1 =
RS + RB 2 5 + RB 2
=
5000 − 1
n −1
Pro dvě neznámé RB1 a RB 2 máme dvě rovnice
RB1 =
RB1 + RB 2 = 0, 006
druhou rovnici dosadíme do první a vypočteme RB 2
5 + RB 2
+ RB 2 = 0, 006
4999
⇒
RB 2 = 0, 005Ω
Velikost RB1 určíme dosazením za RB 2 do prvních rovnic
RB1 = 0, 006 − RB 2 = 0, 006 − 0, 005 = 0, 001Ω
9
5 + RB 2
4999
Příklad 3.3
Neznámý odpor RX byl změřen přístroji zapojenými podle obr. 3.2. Určete hodnotu
RX jestliže měl voltmetr rozsah rV , počet dílků na stupnici d1 a vnitřní odpor RV . Při měření
ukazoval výchylku αV . Ampérmetr měl rozsah rA a počet dílků na stupnici d 2 . Při
měření ukazoval výchylku α A .
Dáno: rV = 12 V ; d1 = 120 dílků ; RV/ = 200 Ω /V ; αV = 86 dílků ; rA = 0,2 A ;
d 2 = 100 dílků ; α A = 51 dílků
Určit: RX
Řešení:
Nejprve
vypočteme
konstantu
ampérmetru k A a proud ampérmetrem I A
rA 0, 2
=
= 0, 002 A / dílek
d 2 100
I A = α A ⋅ k A = 51⋅ 0, 002 = 0,102 A
kA =
Obr. 3.2
Abychom určili proud tekoucí voltmetrem, musíme znát změřené napětí U X . Vypočteme
konstantu voltmetru kV
r
12
kV = V =
= 0,1 V / dílek
d1 120
U X = αV ⋅ kV = 86 ⋅ 0,1 = 8, 6V
Pro určení proudu voltmetrem IV musíme znát vnitřní odpor voltmetru RV
RV = RV/ ⋅ rV = 200 ⋅12 = 2400Ω
U
8, 6
IV = X =
= 0, 0036 A
RV 2400
Proud I X tekoucí neznámým odporem
I X = I A − IV = 0,1020 − 0, 0036 = 0, 0984 A
Neznámý odpor RX vypočteme
RX =
UX
8, 6
=
= 87, 4Ω
I X 0, 0984
Poznámka:
Porovnejte, jak se liší výsledek, jestliže nebudete
uvažovat proud tekoucí voltmetrem.
10
RX =
UX
8, 6
=
= 84,3Ω
I A 0,102
Příklad 3.4
Na zdroj s napětím U jsou zapojeny do série odpory R1 , R2 , R3 (viz. obr. 3.3). Určete
proud I tekoucí ze zdroje a úbytky napětí U1 , U 2 , U 3 na jednotlivých odporech.
Dáno: U = 60 V ; R1 = 90 Ω ; R2 = 50 Ω ; R3 = 60 Ω
Určit: I ; U1 ; U 2 ; U 3
Řešení:
Abychom mohli určit proud I tekoucí ze zdroje,
musíme nejprve znát celkový odpor obvodu R
R = R1 + R2 + R3 = 90 + 50 + 60 = 200Ω
I=
U
60
=
= 0,3 A
R 200
Úbytky napětí na jednotlivých spotřebičích
Obr. 3.3
U1 = R1 I = 90 ⋅ 0,3 = 27V
U 2 = R2 I = 50 ⋅ 0,3 = 15V
U 3 = R3 I = 60 ⋅ 0,3 = 18V
Podle druhého Kirchhoffova zákona můžeme zkontrolovat výpočet
U = U1 + U 2 + U 3 = 27 + 15 + 18 = 60V
11
4.
TÝDEN
Příklad 4.1
Na zdroj napětí U1 se zanedbatelným vnitřním odporem Ri připojme dělič napětí
tvořený odpory R1 a R2 (viz obr. 4.1). Dělič je zatížen odporem RZ . Nahraďte dělič napětí
z hlediska výstupních svorek ideálním zdrojem napětí U 0 v sérii s vnitřním odporem RK .
Určete velikost výstupního napětí U 2 .
Dáno: U1 = 10 V ; R1 = 500 Ω ; R2 = 1000 Ω ; RZ = 1200 Ω ;
Určit: U 20 ; R K ; U 2
Řešení:
Podle Theveninova teorému je možno
jakýkoli lineární obvod nahradit z hlediska
výstupních svorek náhradním zdrojem napětí U 20
v sérii s vnitřním odporem R K . Náhradní napětí
U 20
je napětí na výstupních svorkách
v nezatíženém stavu (pro I = 0). V nezatíženém
stavu se napětí rozdělí v poměru odporů
U 20 = U1
R2
1000
= 10
= 6, 67V
R1 + R2
500 + 1000
Obr. 4.1
a náhradní vnitřní odpor RK je odpor, který by se
v nezatíženém stavu objevil na výstupních svorkách,
kdybychom zdroje napětí zkratovali a zdroje proudu
rozpojili. V našem případě je RK dáno paralelní
kombinací R1 a R2 .
RK =
R1 ⋅ R2
500 ⋅1000
=
= 334Ω
R1 + R2 500 + 1000
Náhradní schéma je na obr. 4.2 a proud I
I=
Obr. 4.2
U 20
6, 67
=
= 0, 00435 A
RK + RZ 334 + 1200
Úbytek napětí ΔU na odporu RK
ΔU = RK ⋅ I = 334 ⋅ 0, 00435 = 1, 45V
Výstupní napětí U 2 při zatížení odporem RZ
U 20 = U 20 − ΔU = 6, 67 − 1, 45 = 5, 22V
12
Příklad 4.2
Tři zdroje napětí U1 , U 2 a U 3 jsou připojeny na obvod složený z odporů
R1 , R2 , R3 a R4 podle obr. 4.3. Vypočtěte metodou superpozice napětí U 4 na odporu R4 .
Dáno: U1 = 9 V ; U 2 = 6 V ; U 3 = 3 V; R1 = 200 Ω ; R2 = 100 Ω ; R3 = 600 Ω ; R4 = 400 Ω
Určit: U 4
Řešení:
Při řešení postupujeme tak, jako by
v obvodu byl vždy pouze jeden zdroj (ostatní
zdroje napětí jsou zkratovány a zdroje proudu
rozpojeny) a proudy vyvolané jednotlivými
zdroji se sčítají. Tedy proud I odporem R4 je
dán součtem proudů I1/ , I 2/ a I 3/ vyvolanými
napětími U1 , U 2 a U 3 .
Určíme proud I1/ vyvolaný zdrojem
napětí U1 (upravený obvod na obr. 4.4)
I1/ =
U1
9
=
= 0, 0128 A
R1 + R2 + R4 200 + 100 + 400
Obr. 4.4
Obr. 4.5
Proud I 2/ vyvolaný zdrojem U 2 (obr. 4.5)
Proud I 3/ vyvolaný zdrojem U 3 (obr. 4.6)
Obr. 4.3
Obr. 4.6
U2
6
=
= 0, 0086 A
R1 + R2 + R4 200 + 100 + 400
U3
3
I 3/ =
=
= 0, 0043 A
R1 + R2 + R4 200 + 100 + 400
I 2/ =
Proud jdoucí odporem R4 působením všech zdrojů
I = I1/ + I 2/ − I 3/ = 0, 0128 + 0, 0086 − 0, 0043 = 0, 0171A
Napětí U 4 na odporu R4
U 4 = R4 ⋅ I = 400 ⋅ 0, 0171 = 6,84V
13
Příklad 4.3
Jak velké bude výstupní napětí U sčítacího obvodu podle obr. 4.7 v nezatíženém
stavu (U = U 0 při I = 0) a jak se změní výstupní napětí v případě, že obvod zatížíme
proudem I.
Dáno: U1 = 1 V ; U 2 = 1,6 V ; U 3 = 2 V; R1 = 2 k Ω ; R2 = 2 k Ω ; R3 = 1 k Ω ; R4 = 5 k Ω
Určit: U ; U 0
Řešení:
Pro řešení tohoto
obvodu použijeme metodu
uzlových napětí, která
využívá k popisu obvodu
prvního
Kirchhofova
zákona. Celý obvod je
popsán jednou rovnicí. Bod
A zvolíme za referenční
uzel a platí
I1 + I 2 + I 3 − I 4 − I = 0
po dosazení prvků obvodu:
Obr. 4.7
U1 − U U 2 − U U 3 − U U
+
+
− −I =0
R1
R2
R3
R4
U1 − U 0 U 2 − U 0 U 3 − U 0 U 0
+
+
−
=0
R1
R2
R3
R4
Pro nezatížený stav, kdy I = 0 a U = U 0
Z této rovnice po úpravě vypočteme U 0
U1 U 2 U 3
1
1, 6
2
+
+
+
+
3
3
R1 R2 R3
1⋅10 2 ⋅10 2 ⋅103
U0 =
=
= 1, 27V
1 1
1
1
1
1
1
1
+
+ +
+
+
+
R1 R2 R3 R4 1⋅103 2 ⋅103 2 ⋅103 5 ⋅103
U1 − U U 2 − U U 3 − U U
+
+
− −I =0
R1
R2
R3
R4
Po zatížení proudem I klesne výstupní napětí
U1 U 2 U 3
1
1, 6
2
+
+
−I
+
+
− 0,5 ⋅10−3
3
3
3
R1 R2 R3
U=
= 1⋅10 2 ⋅10 2 ⋅10
= 1, 05V
1 1
1
1
1
1
1
1
+
+ +
+
+
+
R1 R2 R3 R4
1⋅103 2 ⋅103 2 ⋅103 5 ⋅103
Z výsledku je patrno značné snížení výstupního napětí při zatížení. Bude vhodnější
volit menší hodnoty odporů ve sčítacím obvodu.
14
5.
TÝDEN
Příklad 5.1
Na obr. 5.1 je nakreslen obvod se dvěma zdroji napětí U1 a U 2 . Vypočtěte napětí U AB
mezi body A a B a proudy I1 , I 2 a I 3 jdoucí jednotlivými odpory R1 , R2 a R3 . Použijte:
a) metodu Kirchhoffových zákonů
b) metodu smyčkových proudů
c) metodu uzlových napětí
d) metodu superpozice
e) Theveninův teorém
Dáno: U1 = 10 V ; U 2 = 20 V ;
R1 = 10 Ω ; R2 = 10 Ω ;
R3 = 20 Ω ;
Určit: I1 ; I 2 ; I 3 ; U AB
Řešení:
a) Metodou Kirchhoffových zákonů
Obr. 5.1
Pro zvolené proudy v uzlu B platí první Kirchhoffův zákon I1 − I 2 − I 3 = 0
Pro zvolený oběh smyček platí podle druhého Kirchhoffova zákona
1. smyčka
R1 I1 + R3 I 3 − U1 = 0
Po úpravě a dosazení
−I2
− I3
= 0
I1
+20 I 3 = 10
10 I1
−10 I 2 +20 I 3 = 200
0
Determinant pro I1
Determinant pro I 2
Determinant pro I 3
1
−1
0
−1
0
20 20
1
−1
0
0
10 = 300
DI3 = 10
0
⇒
I1 =
DI1
⇒
I2 =
DI 2
⇒
I3 =
DI3
−1
DI 2 = 10 10 20 = −400
−10 20
−1
−1
DS = 10 0 20 = 500
0 −10 20
Determinant soustavy
DI1 = 10
0 20 = −100
20 −10 20
1
− R2 I 2 + R3 I 3 − U 2 = 0
2. smyčka
DS
DS
DS
=
−100
= −0, 2 A
500
=
−400
= −0,8 A
500
=
300
= 0, 6 A
500
Proud je kladný, směr I 3 je tedy správný. Napětí mezi A a B je dáno Ohmovým zákonem.
U AB = R3 ⋅ I 3 = 20 ⋅ 0, 6 = 12V
Bod A je záporný a bod B je kladný
15
Obr. 5.2
Správné směry proudů jsou na obr. 5.2
Obr. 5.3
Řešení:
b) metodou smyčkových proudů
Označení smyčkových proudů je nakresleno na obr. 5.3. Směr proudů I A a I B
ve smyčkách je volen souhlasný se směrem oběhu v předchozím řešení.
Pro smyčkový proud I A můžeme psát
R1 I A + R3 ( I A + I B ) − U1 = 0
Pro smyčkový proud I B platí
R2 I B + R3 ( I A + I B ) − U 2 = 0
po úpravě a dosazení
30 I A + 20 I B = 10
20 I A + 30 I B = 20
Při řešení metody smyčkových proudů nám stačí dvě rovnice, jejichž řešením jsou
proudy I A , I B . Řešíme opět pomocí determinantů.
Determinant soustavy
DS =
30 20
= 500
20 30
Determinant pro I A
DI A =
10 20
= −100
20 30
⇒
IA =
−100
= −0, 2 A
500
Determinant pro I B
DI B =
30 10
= 400
20 20
⇒
IB =
400
= 0,8 A
500
Napětí mezi body A a B je dáno U AB = R3 ⋅ ( I A + I B ) = 20 ⋅ ( −0, 2 + 0,8 ) = 12V
Proudy odpory
I1 = I A = −0, 2 A , I 2 = − I B = −0,8 A , I 3 = I A + I B = −0, 2 + 0,8 = 0, 6 A
16
Řešení:
c) metodou uzlových napětí (viz. obr. 5.4)
V tomto případě nám stačí
jedna rovnice. Pro uzel B platí
I1 − I 2 − I 3 = 0
U1 − U AB U AB − U 2 U AB
−
−
=0
R1
R2
R3
Z této rovnice vypočteme U AB
U AB
U1 U 2
10 20
+
+
R1 R2
10
10 = 12V
=
=
1 1
1
1 1 1
+
+
+ +
R1 R2 R3 10 10 20
Obr. 5.4
Proudy jednotlivými odpory vypočteme z druhého Kirchhoffova zákona
U1 − U AB 10 − 12
=
= −0, 2 A
R1
10
U1 − U AB − R1 I1 = 0
I1 =
U 2 − U AB + R2 I 2 = 0
I2 = −
I3 =
U 2 − U AB
20 − 12
=−
= −0,8 A
R2
10
U AB 12
=
= 0, 6 A
R3
20
Řešení:
d) metoda superpozice
Při řešení postupujeme tak, jako
by v obvodu byl pouze vždy jeden
zdroj (ostatní zdroje napětí jsou
zkratována a zdroje proudu rozpojeny)
a proudy vyvolané jednotlivými zdroji
se sčítají. Nejprve budeme uvažovat
zdroj U1 . Schéma nakreslené na obr.
5.1 se zjednoduší na schéma
nakreslené na obr. 5.5.
Abychom určili I1/ vypočteme
celkový odpor RC/ zapojený na zdroj
U1 .
Obr. 5.5
17
RC/ = R1 +
Proud I1/ =
R2 ⋅ R3
10 ⋅ 20
= 10 +
= 16.6Ω
10 + 20
R2 + R3
U1
10
=
= 0, 6 A
/
RC 16, 6
Proud I 2/ a I 3/ se rozdělí v nepřímém poměru odporů R2 a R3
I 3/ R2 10
=
=
I 2/ R3 20
I1/ = I 2/ + I 3/ = 0, 6 A
a platí
Z těchto dvou rovnic vypočteme I 3/ = 0, 2 A a I 2/ = 0, 4 A
Nyní budeme uvažovat zdroj U 2
(viz obr. 5.6)
Abychom určili proud I 2// , vypočteme
celkový odpor RC// připojený na zdroj
U2 .
RC// = R2 +
I 2// =
R1 R3
10 ⋅ 20
= 10 +
= 16, 6Ω
10 + 20
R1 + R3
U2
20
=
= 1, 2 A
//
RC 16, 6
Obr. 5.6
Proudy I1// a I 3// se rozdělí v nepřímém poměru odporů
I 3// R1 10
=
=
I1// R3 20
a platí
I 2// = I1// + I 3// = 1, 2 A
Řešením těchto dvou rovnic dostaneme I 3// = 0, 4 A a I1// = 0,8 A .
Proud tekoucí odporem R3 je
I 3 = I 3/ + I 3// = 0, 2 + 0, 4 = 0, 6 A
a napětí U AB
U AB = R3 ⋅ I 3 = 20 ⋅ 0, 6 = 12V
proud I1
I1 = I1/ − I1// = 0, 6 − 0,8 = −0, 2 A
proud I 2
I 2 = I 2/ − I 2// = 0, 4 − 1, 2 = −0,8 A
Výsledky jsou opět shodné.
18
Řešení:
e) metoda Theveninova teorému
Při
řešení
Theveninovým
teorémem budeme považovat odpor
R3 za zátěž připojenou na svorky
A a B. Nalezneme nejprve napětí
U AB 0 , které by bylo na svorkách A a B
v nezatíženém stavu (viz obr. 5.7).
Podle obr. 5.7 můžeme psát rovnici
Obr. 5.7
R1 ⋅ I / + R2 ⋅ I / + U 2 − U1 = 0
Z této rovnice vypočteme I
I/ =
U1 − U 2 10 − 20
=
= −0,5 A
R1 + R2 10 + 10
Opět podle obr. 5.7 můžeme psát
R1 ⋅ I / + U AB 0 − U1 = 0
nebo
R2 ⋅ I / − U AB 0 + U 2 = 0
Vypočteme U AB 0
U AB 0 = U1 − R1 ⋅ I / = 10 − 10(−0,5) = 15V
nebo z druhé rovnice
U AB 0 = U 2 − R2 ⋅ I / = 20 + 10(−0,5) = 15V
Náhradní odpor RK , který se jeví na svorkách AB při zkratovaných zdrojích napětí
RK =
R1 ⋅ R2
10 ⋅10
=
= 5Ω
R1 + R2 10 + 10
Můžeme
tedy
náhradní obvod viz obr. 5.8.
nakreslit
Proud tekoucí do zátěže R3 je
I=
U AB 0
15
=
= 0, 6 A
RK + R3 25
Na odporu RK bude úbytek napětí ΔU
Obr. 5.8
ΔU = RK ⋅ I = 5 ⋅ 0, 6 = 3V
U AB = U AB 0 − ΔU = 15 − 3 = 12V
19
Proud jednotlivými odpory
vypočteme (viz obr. 5.9) z druhého
Kirchhoffova zákona
R1 I1 + U AB − U1 = 0
Z této rovnice vypočteme I1
I1 =
U1 − U AB 10 − 12
=
= −0, 2 A
R1
10
Obr. 5.9
Pro druhou smyčku platí
R2 I 2 − U AB + U 2 = 0
Z této rovnice vypočteme I 2 a I 3
I2 =
U AB − U 2 12 − 20
=
= −0,8 A
R2
10
I3 =
U AB 12
=
= 0, 6 A
R3
20
Z uvedených výpočtů je vidět, že obvod lze řešit libovolnou metodou, avšak každá
metoda nevede k cíli stejně rychle.
20
6.
TÝDEN
Příklad 6.1
Určete svodový odpor RS kondenzátoru s kapacitou C, jestliže na něm bylo
elektrostatickým voltmetrem (vnitřní odpor voltmetru můžeme považovat za nekonečně
velký) změřeno napětí U1 a po uplynutí T minut pokleslo napětí na hodnotu U 2 .
Dáno: C = 10μ F ; U1 = 15 V ; U 2 = 10 V ; T= 5 minut
Určit: RS
Řešení:
Reálný kondenzátor se svodovým odporem RS můžeme nahradit
ideálním kondenzátorem s kapacitou C a paralelně připojeným odporem
RS (viz. obr. 6.1)
Pro obvod na obr. 6.1 platí rovnice
RS ⋅ i + uC = 0
kde uC je okamžitá hodnota napětí na kondenzátoru.
Obr. 6.1
Pro proud obvodem platí
i = iC = C
duC
dt
a po dosazení dostaneme diferenciální rovnici
RS C
duC
+ uC = 0
dt
− RS ⋅ C
⋅ duC = dt
uC
Řešíme separací proměnných
−
t
RS C
−
t
= K ⋅ e kde τ = RS ⋅ C je
Řešení diferenciální rovnice vyjde ve tvaru uC = K ⋅ e
časová konstanta.
Konstantu vypočteme z počátečních podmínek pro čas t = 0 (tj. v čase, kdy
na kondenzátoru bylo změřeno napětí U1 ) je
U C = U1
v čase t = T je U C = U 2 a platí
U c = U1 ⋅ e
a můžeme psát
U 2 = U1 ⋅ e
−
−
t
τ
t
τ
Z této rovnice vypočteme RS .
U
U
T
T
T
= − ln 2 = ln 1 ⇒ τ =
⇒ RS =
U
U
U1
U2
τ
C ⋅ 2,3log 1
ln 1
U2
U2
a po dosazení
RS =
5 ⋅ 60
15
10 ⋅10 ⋅ 2,3log
10
21
−6
= 74M Ω
τ
Příklad 6.2
Kondenzátor s kapacitou C je připojen na dělič napětí tvořený odpory R1 a R2 , které
jsou připojeny přes spínač S na stejnosměrné napětí U. V daném časovém okamžiku se spínač
S rozepne. Určete časový průběh napětí uC na kondenzátoru a časovou konstantu τ .
Dáno: U = 12 V ; R1 = 2 kΩ ; R2 = 1 kΩ ; C = 1μ F
Určit: uC = f (t ) ; τ
Řešení:
Při sepnutém spínači S je v ustáleném stavu
na kondenzátoru napětí
uC = U
R2
R1 + R2
Toto napětí je na kondenzátoru na počátku
přechodového děje v čase t = 0.
uC (0) = u
R2
R1 + R2
Obr. 6.2
Po rozepnutí spínače S se kondenzátor nabije z napětí U přes odpor R1 (viz.obr. 6.3).
Pro obvod na obr. 6.3 platí diferenciální rovnice
R1 ⋅ C ⋅
duC
+ uC = U
dt
Rovnici řešíme separací proměnných
1
⋅ duC = dt
U − uC
Řešení dostaneme ve tvaru
R1 ⋅ C ⋅
−
e
t
R1C
Obr. 6.3
= K (U − uC )
v čase t = 0 je uC = uC (0) = U
R2
1
po dosazení dostaneme K =
R2
R1 + R2
U −U
R1 + R2
po dosazení konstanty dostaneme řešení uC = f (t )
uC = U (1 − e
−
t
R1C
t
−
R2
)+
⋅ U ⋅ e R1C
R1 + R2
22
Na počátku přechodového děje (t = 0) je napětí na kondenzátoru
uC = U
R2
1000
= 12
= 4V
2000 + 1000
R1 + R2
v čase t = ∞ je uC = U = 12V
Časová konstanta τ
τ = R1 ⋅ C = 2 ⋅103 ⋅1⋅10−6 = 2ms
Průběh napětí uC je zakreslen na obr. 6.4
uC [V ] ↑
→ t [ ms ]
Obr. 6.4
23
Příklad 6.3
Určete časový průběh proudu i tekoucího sériovým obvodem s odporem R
a indukčností L při připojení stejnosměrného napětí U. Určete časovou konstantu obvodu τ
a časový průběh napětí na odporu uR a na indukčnosti uL .
Dáno: U = 24 V ; R = 20 Ω ; L= 1,2H
Určit: i = f (t ) ; u R = f1 (t ) ; u L = f 2 (t )
Řešení:
Pro sériový obvod (dle obr. 6.5) můžeme
napsat diferenciální rovnici
R ⋅i + L
di
=U
dt
po separaci
Řešení této rovnice je
R
− t
e L
dt = L
1
di
U − R ⋅i
Obr. 6.5
= K (U − R ⋅ i )
Konstantu K určíme z počátečních podmínek
pro t = 0 je i = 0 pak
1
K ⋅U = 1 ⇒ K =
U
R
− t
e L
po dosazení
=
1
(U − R ⋅ i )
U
R
− t
U
i = (1 − e L )
R
z této rovnice určíme průběh i
Časová konstanta
τ=
L 1, 2
=
= 0, 06 = 60ms
R 20
R
Proud i po dosazení konkrétních hodnot
t
t
−
−
− t
U
24
i = (1 − e L ) = (1 − e 0,06 ) = 1, 2(1 − e 0,06 )
R
20
Časový průběh je zakreslen na obr. 6.6.
i [ A] ↑
τ
→ t [ ms ]
Obr. 6.6
24
Časový průběh napětí na odporu R vypočteme
uR = R ⋅ i = U (1 − e
−
t
τ
) = 24(1 − e
−
t
0,06
)
Časový průběh napětí na odporu R je vynesen na obr. 6.7.
u R [V ] ↑
τ
→ t [ ms ]
Obr. 6.7
Časový průběh napětí na indukčnosti L vypočteme
t
t
t
−
−
di
U − 1
uL = L = L ⋅ e τ ⋅ = U − e τ = 24 ⋅ e 0,06
dt
R
τ
Časový průběh napětí na indukčnosti L je vynesen na obr. 6.8.
u L [V ] ↑
τ
→ t [ ms ]
Obr. 6.8
25
7.
TÝDEN
Příklad 7.1
Cívka relé má indukčnost L a ohmický odpor RL . Cívka je zapojena do série
s odporem R1 a paralelně k odporu R2 . Celá kombinace (viz. obr. 7.1) je zapojena přes spínač
S na stejnosměrné napětí U. Kotva relé se přitáhne při proudu i1 a odpadne při proudu i2 .
Za jakou dobu t1 relé po zapnutí kotvu přitáhne a za jakou dobu t2 po vypnutí kotva
odpadne?
Dáno: U = 24 V ; L= 6H ; RL = 200 Ω ; R1 = 600 Ω ; R2 = 300 Ω ; i1 = 18 mA ; i2 = 6 mA
Určit: t1 ; t2
Řešení:
Nejprve nahradíme obvod nalevo od
svorek 1, 2 náhradním zdrojem napětí U 0
v sérii s náhradním odporem R1 . Náhradní
napětí je dáno napětím na svorkách 1, 2 při
odpojené zátěži (napětí naprázdno).
U0 = U
R2
300
= 24
= 8V
R1 + R2
600 + 300
Náhradní odpor Ri vypočteme jako
odpor mezi svorkami 1, 2 při zkratovaném
zdroji U.
Ri =
Obr. 7.1
R1 ⋅ R2
300 ⋅ 600
=
= 200Ω
R1 + R2 300 + 600
Náhradní obvod je nakreslen na obr. 7.2
Určíme velikost ustáleného proudu v čase t = ∞
I∞ =
U0
8
=
= 0, 02 = 20mA
RL + Ri 200 + 200
Časová konstanta obvodu τ 1 při připojení obvodu
na napětí
τ1 =
L
6
=
= 0, 015s
R 200 + 200
Obr. 7.2
26
Průběh proudu v sériovém obvodu RL je dán vztahem
i = I ∞ (1 − e
−
(viz. předchozí příklad)
t
τ1
)
t
−1
τ1
(1 − e )
Proud i1 v obvodu v čase t1
i1 = I ∞
z této rovnice vypočteme t1
t1 = τ 1 ln
I∞
I
= 2,3τ 1 log ∞
I ∞ − i1
I ∞ − i1
Po dosazení dostaneme čas, který uplyne od okamžiku připojení obvodu na napětí
do okamžiku, kdy přitáhne relé.
20 ⋅10−3
t1 = 2,3 ⋅ 0, 015 ⋅ log
= 0, 0345s = 34,5ms
20 ⋅10−3 − 18 ⋅10−3
Po vypnutí můžeme nakreslit náhradní obvod podle obr. 7.3.
Indukčnost se chová jako zdroj napětí, který protlačí proud přes součet
odporů RL + R2 = R
Pro obvod na obr. 7.3 můžeme psát diferenciální rovnici
uL + uR = L
di
+ R ⋅i = 0
dt
řešení této diferenciální rovnice dostaneme ve tvaru i =
R
− t
K ⋅e L
Konstantu K určíme z počátečních podmínek, pro t = 0 je
i = I ∞ ⇒ K = I ∞ po dosazení do předchozí rovnice
i = I∞ ⋅ e
−
Obr. 7.3
t
τ2
Časová konstanta
τ2 =
L
L
6
=
=
= 0, 012 s
R RL + R2 200 + 300
proud i2 v obvodu v čase t2 je
i2 = I ∞
t
− 2
τ2
⋅e
Z této rovnice vypočteme čas, který uplyne od okamžiku odepnutí obvodu od napětí
do okamžiku, kdy kotva relé odpadne
I∞
20 ⋅10−3
t2 = 2,3 ⋅τ 2 ⋅ log = 2,3 ⋅ 0, 012 ⋅ log
= 0, 0148s = 14,8ms
6.10−3
i2
27
Příklad 7.2
Najděte časový průběh proudu ve schématu podle obr. 7.4, je-li v čase t = 0 připojen
zdroj o hodnotě U. Počáteční podmínka i (0) = 0
Řešení:
dφ
φ = L ⋅i
dt
d ( L ⋅ i)
di
uL = −
= −L
dt
dt
−u L + u R − u = 0
uL = −
−u L + u R = u
L
di
+ R ⋅i = u
dt
L ⋅ i/ + R ⋅ i = u
p.p. i / (0) = 0
L ⋅ ( I P − i (0)) + R ⋅ I =
u
p
I ⋅ ( LP + R) =
Obr. 7.4
u
p
I=
u
p( LP + R)
u
R
=
p(
−
u
i (t ) = L−1 { I } = (1 − e
R
28
t
L
R
L
p + 1)
R
R
− t
u
) = (1 − e L )
R
8.
TÝDEN
Příklad 8.1
Sériově řazené prvky R, L, C jsou připojeny ke střídavému napětí U s frekvencí f podle
lR , m
U L, m
UC, m
U R2 .
obr. 8.1. Vypočtěte proud I , úbytek napětí na jednotlivých prvcích U
1
Nakreslete fázový diagram.
Dáno: U = 220 V ; f = 50 Hz ; R1 = 100 Ω ; L= 0,5 H ; C= 15 μ F ; R2 = 50 Ω
Určit: I , m
UR ,m
U L, m
UC, m
UR
1
2
Řešení:
Celková
impedance
zapojených prvků v obvodu
sériově
l = R + jω L + 1 + R =
Z
1
2
jωC
= 100 + j ⋅ 314 ⋅ 0,5 − j ⋅
= (150 − j ⋅ 55,3) Ω
1
+ 50 =
314 ⋅15 ⋅10−6
Obr. 8.1
ω = 2π f = 2π ⋅ 50 = 314 rad ⋅ s −1
Proud tekoucí obvodem
l
220 (150 + j 55,3)
U
220
=
=
I = =
l 150 − j 55,3
1502 + 55,32
Z
= (1, 29 + j 0, 48 ) A
ϕ
+ωt
l = U ⋅ e j 0° = 220V
U
Všechny fázorové diagramy
kreslíme
v předem
zvolených
měřítcích napětí a proudů.
I = 1, 292 + 0, 482 = 1,38 A
l jsme položili
Fázor napětí U
do reálné osy a převedeme fázor
I do exponenciálního tvaru:
ϕ = arctg
0, 48
= 20, 4°
1, 29
I = 1,38 ⋅ e j 20,4° A
Obr. 8.2
29
Napětí na jednotlivých prvcích jsou
l R = R ⋅ I = 100 ⋅1,38 ⋅ e j 20,4° = 138 ⋅ e j 20,4°V
U
1
1
l L = jωC ⋅ I = j 314 ⋅ 0,5 ⋅1,38 ⋅ e j 20,4° = 216, 7 ⋅ e j110,4°V
U
1
l C = 1 ⋅ I = − j
U
⋅1,38 ⋅ e j 20,4° = 293 ⋅ e − j 69,6°V
−6
jω L
314 ⋅15 ⋅10
l R = R ⋅ I = 50 ⋅1,38 ⋅ e j 20,4° = 69 ⋅ e j 20,4°V
U
2
2
Fázový diagram je nakreslen na obr. 8.2.
Příklad 8.2
Obvod dle obr. 8.3 je napájen střídavým napětím U s frekvencí f. Vypočtěte celkový
proud I , proudy Il1 , Il2 , Il3 v jednotlivých paralelních větvích a úbytky napětí na jednotlivých
l R ,U
l X . Nakreslete fázový diagram
prvcích R a X U
1
L
(
1
L
)
Dáno: U = 220 V ; X C = 318,5 Ω ; R1 = 50 Ω ; X L = 157 Ω ; R2 = 150 Ω
Určit: I , Il , Il , Il , m
UR ,m
UX
1
2
3
1
L
Řešení:
l
Fázor napětí U
položíme do reálné
a vypočteme proudy jednotlivými větvemi:
osy
l = U ⋅ e j 0° = 220V (v ose x)
U
l
U
220
220(50 − j157)
Il1 =
=
=
= ( 0, 4 − j1, 27 ) A
R1 + jX L 50 + j157
502 + 157 2
Il1 = 0, 42 + 1, 27 2 = 1,33 A
ϕ1 = arctg
−1, 27
= −72,5°
0, 4
Il1 = 1,33 ⋅ e − j 72,5° A
l
Obr. 8.3
U
220
Il2 =
= j
= j 0, 69 = 0, 69 ⋅ e j 90° A
− jX C
318,5
l 220
U
Il3 =
=
= 1, 47 A
Celkový proud je dán fázovým součtem jednotlivých proudů
R2 150
Il = Il + Il + Il
1
2
3
Il = 1,33(cos 72,5° − j sin 72,5°) + j 0, 69 + 1, 47 = 0, 4 − j1, 27 + j 0, 69 + 1, 47 = (1,87 − j 0,58) A
−0,58
I = 1,87 2 + 0,582 = 1,96 A
ϕ = arctg
= −17, 2°
1,87
Il = 1,96 ⋅ e− j17,2° A
30
l obvodu.
Proud Il můžeme také spočítat z Ohmova zákona pomocí výsledné impedance Z
1
1
1
1
1
1
1
=
+
+
=
+j
+
=
l
318,5 150
Z R1 + jX L − jX C R2 50 + j157
= 0, 0018 − j 0, 0058 + j 0, 00314 + 0, 0066 = 0, 0084 − j 0, 0027
l ⋅ 1 = 220 ( 0, 0084 − j 0, 0027 ) = (1,87 − j 0,58 ) A
Il = U
l
Z
l R = R ⋅ Il = 50 ⋅1,33 ⋅ e − j 72,5° = 66,5 ⋅ e − j 72,5° A
U
1
1
1
l X = jX ⋅ Il = j157 ⋅1,33 ⋅ e − j 72,5° = 208,8 ⋅ e − j17,5° A
U
L
L
1
Fázový diagram z vypočtených hodnot je na obr. 8.4
+ωt
ϕ1
ϕ
Obr. 8.4
31
9.
TÝDEN
Příklad 9.1
Daný obvod dle obr. 9.1 se sérioparalelním řazením impedancí je napájen střídavým
napětím U s frekvencí f. Vypočtěte všechny proudy a napětí. Nakreslete fázový diagram.
Řešte metodou Kirchoffových zákonů.
Dáno: U = 220 V ; f = 50 Hz ; L1 = 20 mH ; L2 = 100 mH ; R = 10 Ω ; C= 15 μ F
l L ,U
l C ,U
l L ,U
lR
Určit: Il , Il , Il , U
1
2
3
1
2
Řešení:
Dle 1. Kirchhoffova zákona
l
platí I1 = Il2 + Il3
Dle 2. Kirchhoffova zákona
1 l
⋅ I 2 − RIl3 − jω L2 Il3 = 0
jωC
l =0
jω L Il + jω L Il + RIl − U
1 1
2 3
3
Po dosazení získáme soustavu
3 rovnic pro výpočet Il1 , Il2 , Il3
Obr. 9.1
l = U ⋅ e j 0° = 220 … napětí U položíme do reálné osy
U
Il1
− Il2
−j
1
Il
−6 2
314 ⋅15 ⋅10
j 314 ⋅ 0, 02 Il1
− Il3
=
0
−(10 + j 314 ⋅ 0,1) Il3
=
0
+ ( j 314 ⋅ 0,1 + 10) Il3
= 220
a po úpravě
Il1
j 6, 28 Il1
− Il2
− Il3
=
0
− j 212,3Il2
−(10 + j 31, 4) Il3
+(10 + j 31, 4) Il
=
0
3
= 220
Řešením těchto rovnic dostaneme proudy ve složkovém tvaru a po úpravě
v exponenciálním tvaru.
Il1 = 1,55 − j 4, 69 = 4,94 ⋅ e − j 71,7° A
Il2 = 0, 06 + j 0,9 = 0,9 ⋅ e j 87,0° A
Il3 = 1, 49 − j 5, 6 = 5, 72 ⋅ e − j 75,1° A
32
−4, 69
= −71, 7°
1,55
0,9
ϕ2 = arctg
= 87°
0, 06
−5, 6
ϕ3 = arctg
= −75,1°
1, 49
ϕ1 = arctg
I1 = 1,552 + 4, 692 = 4,94 A
I 2 = 0, 062 + 0,92 = 0,9 A
I 3 = 1, 492 + 5, 62 = 5, 72 A
Napětí na jednotlivých prvcích:
l L = jω L ⋅ Il = j ⋅ 314 ⋅ 0, 02 ⋅ 4,94 ⋅ e− j 71,7° = 31, 02 ⋅ e j18,3°V
U
1
1
1
1
l C = − j 1 ⋅ Il = − j
U
⋅ 0,91⋅ e j 87° = 191⋅ e− j 3°V
2
−6
ωC
314 ⋅15 ⋅10
l L = jω L ⋅ Il = j ⋅ 314 ⋅ 0,1⋅ 5, 72 ⋅ e− j 75,1° = 181,8 ⋅ e j14,9°V
U
2
2
3
l R = R ⋅ Il = 10 ⋅ 5, 79 ⋅ e− j 75,1° = 57,9 ⋅ e− j 75,1°V
U
3
Fázový diagram daného obvodu je na obr. 9.2
+ωt
ϕ2
ϕ1
ϕ3
Obr. 9.2
33
Příklad 9.2
Obvod z příkladu 3 řešte metodou smyčkových proudů.
Dáno: U = 220 V ; f = 50 Hz ; L1 = 20 mH ; L2 = 100 mH ; R = 10 Ω ; C= 15 μ F
Určit: Il , Il , Il
1
2
3
Řešení:
Smyčkové
proudy
vyznačeny na obr. 9.2
jsou
Rovnice pro smyčkové proudy Il1/ a Il2/
(
)
1 l/
⋅ I1 + R Il1/ − Il2/ +
jωC
+ jω L Il/ − Il/ = 0
)
l =0
jω L Il + jω L ( Il − Il ) + R ( Il − Il ) − U
2
(
1
2
/
1 2
2
/
/
/
/
2
1
2
1
Obr. 9.3
l = U ⋅ e j 00 = 220 jsme položili do reálné osy
U
(10 − j180,9 ) Il1/ + ( −10 − j31, 4 ) Il2/ = 0
( −10 − j31, 4 ) Il1 + (10 + j37, 7 ) Il2 = 220
/
/
Řešením těchto rovnic dostaneme proudy I1/ a I 2/ ve složkovém tvaru a po převedení
do exponenciálního tvaru jsou
Il1/ = 0,91⋅ e j 86,2° A
Il2/ = 4,94 ⋅ e − j 71,7° A
Proudy jednotlivými větvemi jsou
Il1 = Il2/ = 4,94 ⋅ e − j 71,7° A
Il2 = Il1/ = 0,9 ⋅ e j 87° A
Il3 = Il2/ − Il1/ = 1,55 − j 4, 69 − 0, 06 − j 0,91 = (1, 49 − j 5,59 ) A
Il/ = 4,94 ( cos 71, 7° − j sin 71, 7° ) = (1,55 − j 4, 69 ) A
2
Il1/ = 0,9 ( cos87° + j sin 87° ) = 0, 06 + j 0,9 A
ϕ3 = arctg
I 3 = 1, 492 + 5,592 = 5, 72 A
5,59
= 75,1°
1, 49
Il3 = 5, 72 ⋅ e − j 75,1° A
l L ,U
l C ,U
l L ,U
l R je stejný jako v příkladu 3.
Výpočet úbytků napětí U
1
2
34
10. TÝDEN
Příklad 10.1
Kondenzátor s kapacitou C a cívka s vlastní indukčností L a ohmickým odporem R
jsou zapojeny do série a připojeny na střídavé napětí U. Při jakém kmitočtu fr (rezonanční
kmitočet) je napětí U a proud v obvodu ve fázi (případ sériové rezonance)? Jaká bude pro
tento případ výsledná impedance Zr , proud v obvodu Ir a napětí na kondenzátoru UC
a na svorkách cívky ULR? (Viz. obr. 10.1).
Dáno: C= 30 μ F ; L = 25 H ; R = 500 Ω ; U = 220 V
Určit: f r , Z r , I r , U C , U LR
Řešení:
Pro případ sériové rezonance je U L = U C
(viz. fázový diagram na obr. 10.2).
Rezonanční
frekvence
Thomsonovým vztahem
fr =
1
2π LC
=
1
2π 25 ⋅ 30 ⋅10−6
je
dána
Obr. 10.1
= 5,81Hz
Impedance při rezonanci je rovna ohmickému odporu obvodu
Z r = R = 500Ω
Ir =
U 220
=
= 0, 44 A
R 500
UC =
+ωt
1
0, 44
⋅ Ir =
= 401,8V
36,5 ⋅ 30 ⋅10−6
ωr ⋅ C
ωr = 2π f r = 36,5rad ⋅ s −1
U LR = R 2 + ωr2 L2 ⋅ I r = 5002 + ( 36,5 ⋅ 25 ) ⋅ 0, 44 = 457,8V
2
Obr. 10.2
35
Příklad 10.2
Kondenzátor s kapacitou C a cívka s odporem R a indukčností L jsou zapojeny
paralelně a připojeny na střídavé napětí dle obr. 10.3. Při jakém kmitočtu fr (rezonanční
kmitočet) je napětí U a proud v obvodu I ve fázi (případ paralelní rezonance)? Jaká bude pro
tento případ výsledná impedance Z, proud v obvodu I , proud v kondenzátoru IC a proud
v cívce IL? Nakreslete fázový diagram odpovídající rezonanci.
Dáno: C= 8 μ F ; L = 1 H ; R = 50 Ω ; U = 220V
Určit: f r , Z r , I r , I C , I L
Řešení:
Fázový diagram, odpovídající obvodu
na obr. 10.3, pro případ paralelní rezonance je
l a proud Il = Il jsou
na obr. 10.4 (opět napětí U
r
ve fázi).
l ⋅ jωC +
Il = IlC + IlL = U
l⋅
Il = U
l
U
a po úpravě
R + jω L
Obr. 10.3
R
ωL ⎞
l j ⎛ ωC −
+U
⎜
⎟
2 2
2
R +ω L
R + ω 2 L2 ⎠
⎝
2
+ωt
l = U ⋅ e j 0° … fázor napětí U položíme do reálné osy
U
I = I ⋅ e j 0° , musí být ωC −
ωL
=0
R + ω 2 L2
2
(rezonance), z toho to vztahu vypočteme ωr
ωr =
fr =
1
LC
2
2
1
⎛R⎞
⎛ 50 ⎞
−⎜ ⎟ =
− ⎜ ⎟ = 350rad ⋅ s −1
−6
1⋅ 8 ⋅10
⎝L⎠
⎝ 1 ⎠
ωr 350
=
= 55, 7 Hz
2π 2π
Obr. 10.4
Z reálné složky proudu Il :
Zr =
R 2 + ωr2 L2 502 + 3502 ⋅12
=
= 2500Ω
50
R
Ir =
U
220
=
= 0, 088 A
Z r 2500
I C = U ⋅ ωr ⋅ C = 220 ⋅ 350 ⋅ 8 ⋅10−6 = 0, 616 A
IL =
U
R 2 + ωr2 L2
=
220
502 + 3502 ⋅12
36
= 0, 622 A
Příklad 10.3
Na trojfázovou symetrickou síť s nulovým vodičem 3x380/220V s kmitočtem f jsou
připojeny spotřebiče podle obr. 10.5. Vypočtěte proudy v jednotlivých fázích (U, V, W)
l m
m
Il
U , IV , IW a proud v nulovém vodiči I N . Nakreslete fázový diagram.
l U = 220 ⋅ e j 0°V ; U
l V = 220 ⋅ e − j120°V ; U
l W = 220 ⋅ e j120°V ; f= 50 Hz ; R = 100 Ω ;
Dáno: U
L = 1 H ; C= 20 μ F
Určit: Il , Il , Im , Im
U
V
W
N
Řešení:
Proudy tekoucí jednotlivými fázemi
0
lU
U
220 ⋅ e j 0
l
IU =
=
= 0, 7 ⋅ e − j 90° A = − j 0, 7 A
jω L j ⋅ 2π ⋅ 50 ⋅1
l V 220 ⋅ e − j1200
U
l
IV =
=
= 2, 2 ⋅ e − j120° A =
R
100
= 2, 2 ( cos120° − j sin120° ) = ( −1,1 − j1,9 ) A
Obr. 10.5
j120°
l
Im
⋅ j ⋅ 2π ⋅ 50 ⋅ 20 ⋅10−6 =
W = U W ⋅ jωC = 220 ⋅ e
1,38 ⋅ e j 210° A = 1,38 ( cos 210° + j sin 210° ) =
= ( −1, 2 − j 0, 68 ) A
Proud nulovým vodičem je dán
+ωt
l m
ImN = Il
U + IV + I W =
= − j 0, 7 − 1,1 − j1,9 − 1, 2 − j 0, 68 =
= −2,3 − j 3, 28 = 4 ⋅ e j 235° A
ImN = 2,32 + 3, 282 = 4 A
ϕ = arctg
ϕ
3, 28
= 55°
2,3
ImN = Ilu + Ilv + Ilw
Fázový diagram je
nakreslen na obr. 10.6
Obr. 10.6
37
11. TÝDEN
Příklad 11.1
Je dán trojfázový obvod z příkladu 10.3. Jak se změní napětí na jednotlivých
lR,U
lL,U
l C a proudy Il , Il , Im , přeruší-li se nulový vodič? (viz. obr. 11.1)
spotřebičích U
U
V
W
l UV = 380 ⋅ e j 0°V ; U
l VW = 380 ⋅ e − j120°V ; U
l WU = 380 ⋅ e j120°V ; C= 20 μ F ; L = 1 H ;
Dáno: U
R = 100 Ω ; f = 50 Hz
l m l l l
Určit: Il
U , IV , IW , U R , U L , U C
Řešení:
Napíšeme rovnice dle 2.
Kirchhoffova zákona pro smyčky
U - V a V - W a rovnici dle 1.
Kirchhoffova zákona pro uzel 1
jω Il
U
− RIlV
RIlV
Il
U
+ IlV
l UV
= U
−
1 m
IW
jωC
+ Im
W
j 314 Il
U
l VW
= U
=
−100 IlV
100 Il
V
Il
U
Obr. 11.1
0
+ IlV
=
+ j159, 2 Im
W
+ Im
W
380
= 380 ⋅ e − j120°
=
0
(1)
( 2)
( 3)
l m
Řešíme soustavu 3 rovnic o neznámých Il
U , IV , I W
380 + 100 IlV
Z (1) : Il
U =
j 314
380 ⋅ e
Z ( 2 ) : Im
W =
− 100 IlV
j159, 2
− j120°
Dosadíme do (3) a vypočteme IlV
380 + 100 IlV l 380(cos120° − j sin120°) − 100 IlV
+ IV +
=0
j 314
j159, 2
− j1, 21 − j 0,318 Il + Il + j1,193 − 2, 067 + j 0, 628 Il = 0
V
V
V
2, 067 + j 0, 017 2, 067 + j 0, 017 − j 0, 64 + 0, 0053
=
= 2, 07 − j 0, 62 = 2,16 ⋅ e − j16,7° A
IlV =
1 + j 0,31
1 + 0, 096
38
ϕV = arctg
IV = 2, 07 2 + 0, 622 = 2,16 A
−0, 62
= −16, 7°
2, 07
m
Dosazením do vztahů pro Il
U a IW dostaneme
380 + 207 − j 62
= − j1,87 − 0,197 = 1,88 ⋅ e j 264° A
Il
U =
j 314
−1,87
ϕU = arctg
= 264°
IU = 1,87 2 + 0,197 2 = 1,88 A
−0,197
j124°
Im
A
W = j1,193 − 2, 067 + j 0, 628 ( 2, 07 − j 0, 62 ) = −1, 678 + j 2, 492 = 3 ⋅ e
l R = R ⋅ Il = 100 ⋅ 2,16 ⋅ e − j16,7° = 216 ⋅ e− j16,7°V
U
V
l
l
U L = jω L ⋅ I = j 314 ⋅1⋅1,88 ⋅ e j 264° = 590,3 ⋅ e j 354°V
U
1
l C = 1 ⋅ Im = − j
U
⋅ 3 ⋅ e j124° = 477, 7 ⋅ e j 34°V
W
−6
314 ⋅ 20 ⋅10
jωC
Porovnejte velikost těchto vypočtených napětí s napětími, která jsou připojena na tytéž
prvky v předchozím příkladě.
Výsledky můžeme zkontrolovat fázovým diagramem (obr. 11.2), nakresleným
v měřítku. Musí platit (dle obr. 11.1):
l m
Il
U + IV + IW = 0
l UV = U
l L −U
lR
U
l VW = U
l R −U
lC
U
l WU = U
l C −U
lL
U
+ωt
ϕV
Obr. 11.2
39
Příklad 11.2
Na trojfázovou symetrickou síť s kmitočtem f bez nulového vodiče jsou připojeny
l m
spotřebiče podle obr. 11.3. Vypočtěte proudy v jednotlivých fázích (U, V, W) Il
U , IV , I W .
Nakreslete fázový diagram.
l UV = 380 ⋅ e j 0°V ; U
l VW = 380 ⋅ e − j120°V ; U
l WU = 380 ⋅ e j120°V ; f = 50 Hz ; C= 8 μ F ;
Dáno: U
R = 50 Ω
l m
Určit: Il
U , IV , IW
Řešení:
Nejprve vypočteme proudy jdoucí jednotlivými fázemi
−6
l
Il
= 0,95 ⋅ e j 90° = j 0,95 A
U = U UV ⋅ jω C = 380 ⋅ j 314 ⋅ 8 ⋅10
l VW
U
380 ⋅ e − j120°
Im
=
−
=
−
= 7, 6 ⋅ e j 60° = ( 3,8 + j 6,58 ) A
W
R
50
m
IlV = − Il
U − IW = − j 0,95 − 3,8 − j 6,58 = −3,8 − j 7,53 =
Obr. 11.3
= 8, 43 ⋅ e j 243,1° A
kde
IV = 3,82 + 7,532 = 8, 43 A
ϕV = arctg
−7,53
= 243, 2°
−3,8
+ωt
Fázový diagram je nakreslen na obr. 11.4
ϕV
Ilu + Ilv + Ilw = 0
Obr. 11.4
40
Příklad 11.3
Na trojfázovou symetrickou síť s kmitočtem f bez nulového vodiče jsou připojeny
spotřebiče R1 , R2 , C , zapojené do trojúhelníku, podle obr. 11.5. Vypočtěte proudy
v jednotlivých fázích (U, V, W) Il , Il , Im . Nakreslete fázový diagram.
U
V
W
l UV = 380 ⋅ e j 0°V ; U
l VW = 380 ⋅ e − j120°V ; U
l WU = 380 ⋅ e j120°V ; f = 50 Hz ; C= 10 μ F ;
Dáno: U
R1 = 70 Ω ; R2 = 50 Ω
l m
Určit: Il
U , IV , IW
Řešení:
Proudy tekoucí jednotlivými
prvky
l UV 380
U
I R1 =
=
= 5, 43 = 5, 43 ⋅ e j 0° A
R1
70
l VW 380
U
I R2 =
=
⋅ e − j120° = 7, 6 ⋅ e− j120° =
R2
50
= 7, 6 ( cos120° − j sin120° ) = ( −3,8 − j 6,58 ) A
Obr. 11.5
l WU ⋅ jωC = 380 ⋅ e j120° ⋅ j ⋅ 314 ⋅10 ⋅10−6 = 1,19 ⋅ e j 210° = ( −1, 03 − j 0,59 ) A
IlC = U
j 5,2°
l
Il
A
U = I R1 − I C = 5, 43 + 1, 03 + j 0,59 = 6, 46 + j 0,59 = 6, 49 ⋅ e
ϕU = arctg
IU = 6, 462 + 0,592 = 6, 49 A
0,59
= 5, 2°
6, 46
IlV = − I R1 + I R2 = −5, 43 − 3,8 − j 6,58 = −9, 23 − j 6,58 = 11,33 ⋅ e j 215,5° A
ϕV = arctg
IV = 9, 232 + 6,582 = 11,33 A
−6,58
= 215,5°
−9, 23
j 65,2°
l Im
A
W = I C − I R2 = −1, 03 − j 0,59 + 3,8 + j 6,58 = 2, 77 + j 5,99 = 6, 6 ⋅ e
ϕW = arctg
IW = 2, 77 2 + 5,992 = 6, 6 A
5,99
= 65, 2°
2, 77
Výpočet je správný, jestliže platí
l m
Il
U + IV + IW = 6, 46 + j 0,59 − 9, 23 − j 6,58 + 2, 77 + j 5,99 = 0
41
Fázový diagram je nakreslený na obr. 11.6
+ωt
ϕW
ϕV
ϕu
l
Ilu = Im
R1 − I C
Il = − Im + Im
v
R1
R2
Ilw = IlC − Im
R2
Obr. 11.6
42
12. TÝDEN
Příklad 12.1
Na akumulátor s napětím naprázdno U 0 a vnitřním odporem Ri je připojen startér.
Vypočtěte odpor startéru RS , aby odebíraný výkon PS byl maximální.
Dáno: U 0 = 12 V ; Ri = 0,01 Ω
Určit: RS
Řešení:
PS = RS ⋅ I 2
kde I je proud odebíraný startérem (obr. 12.1)
Obr. 12.1
I=
U0
Ri + RS
⎛ U0 ⎞
PS = RS ⎜
⎟
⎝ Ri + RS ⎠
Pro maximální výkon PS bude
2
dPS
=0
dRS
2
⎡
⎤
dPS
2 ( Ri + RS ) − 2 Rs ( Ri + RS )
= U0 ⎢
⎥=0
4
dRS
( Ri + RS )
⎢⎣
⎥⎦
( Ri + RS )
2
− 2 RS ( Ri + RS ) = 0
RS = Ri = 0, 01Ω
Příklad 12.2
Na svorkách jednofázového spotřebiče ukázaly měřící přístroje napětí U, proud I
a činný výkon P. Vypočtěte zdánlivý výkon spotřebiče S, jeho jalový výkon Q a účiník cos ϕ .
Dáno: U = 220 V ; I = 500 A ; P = 88 kW
Určit: S, Q, cos ϕ
Řešení:
S = U ⋅ I = 220 ⋅ 500 = 110 000 VA
P
88000
cos ϕ =
=
= 0,8
U ⋅ I 220 ⋅ 500
Q = U ⋅ I ⋅ sin ϕ = 220 ⋅ 500 ⋅ 0, 6 = 66 000 VA
43
Příklad 12.3
Zátěž o výkonu P s účiníkem cos ϕ je připojena ke zdroji vedením s odporem RV
podle obr. 12.2. Napětí na svorkách zátěže je U. Vypočtěte o kolik procent p vzrostou ztráty
ve vedení, bude-li výkon přenášen s cos ϕ / .
Dáno: U = 220 V ; RV = 7 Ω ; P = 2000 W ; cos ϕ = 0,9 ; cos ϕ / = 0,8
Určit: p / % /
Řešení:
Ztráty ve vedení při účiníku zátěže cos ϕ
cos ϕ
2
⎛
⎞
RV ⋅ P 2
1
P
ΔPV = RV ⋅ I 2 = RV ⎜
=
⋅
⎟
2
U
cos 2 ϕ
⎝ U ⋅ cos ϕ ⎠
Obr. 12.2
Ztráty ve vedení při účiníku zátěže cos ϕ /
ΔPV/ =
RV ⋅ P 2
1
⋅
2
cos 2 ϕ /
U
Ztráty ve vedení vzrostou při cos ϕ / o
1
1
1
1
−
−
/
2
2
2
ΔP − ΔPV
cos ϕ cos ϕ
0,8 0,92
p= V
⋅100 =
⋅100 =
⋅100 = 26,5%
1
1
ΔPV
cos 2 ϕ
0,92
/
Příklad 12.4
Na napětí U s frekvencí f jsou připojeny spotřebiče podle obr. 12.3. Jednofázový
asynchronní motor M na napětí U s jmenovitým výkonem Pn , účiníkem cos ϕ n a účinností η ,
odporový vařič s příkonem Pp a dvě zářivky Z1 a Z 2 . Každá zářivka má výkon PZ a účiník
cos ϕ . Nakreslete fázový diagram, vypočtěte celkový proud Il a výkony (zdánlivý S, činný
Z
P, jalový Q), odebírané ze sítě.
Dáno: Pn = 0,5 kW ; cos ϕ n =0,7 ; η = 0,75 ; Pp = 600 W ; PZ = 40 W ; cos ϕ Z = 0,56 ;
U = 220 V ; f = 50 Hz
Určit: Il , S , P, Q
44
Řešení:
l položíme do reálné osy
Napájecí napětí U
l = 220 ⋅ e j 0°
U
Proud tekoucí motorem vypočteme (motor
je induktivní zátěž, proto je proud zpožděn
za napětím o úhel ϕn )
Im
M =
Pn
500
⋅ e − jϕn =
⋅ e− j 45,6° =
U ⋅ cos ϕn ⋅η
220 ⋅ 0, 7 ⋅ 0, 75
= 4,33 ⋅ e − j 45,6° A
Obr. 12.3
P
0
600 j 00
IlV = p ⋅ e j 0 =
⋅ e = 2, 73 A
220
U
Zářivka představuje pro síť také induktivní zátěž, proto i proud IlZ je zpožděn
za napětím o úhel ϕ Z .
IlZ = 2
PZ
40
⋅ e − jϕZ = 2
⋅ e− j 55,9° = 0, 65 ⋅ e− j 55,9 A
220 ⋅ 0,56
U ⋅ cos ϕ Z
l l
Il = Im
M + IV + I Z = 4,33 ( cos 45, 6° − j sin 45, 6° ) + 2, 73 + 0, 65 ( cos 55,9° − j sin 55,9° ) =
= 3, 03 − j 3, 09 + 2, 73 + 0,37 − j 0,54 = 6,13 − j 3, 63 = 7,12 ⋅ e − j 30,6° A
ϕ = arctg
I = 6,132 + 3, 632 = 7,12 A
−3, 63
= −30, 6°
6,13
S = U ⋅ I = 220 ⋅ 7,12 = 1566, 4 VA
P = U ⋅ I ⋅ cos ϕ = 220 ⋅ 7,12 ⋅ cos 30, 6° = 1348,3W
ϕn
α
ϕz
Q = U ⋅ I ⋅ sin ϕ = 220 ⋅ 7,12 ⋅ sin 30, 6° = 797,36 VAr
Obr. 12.4
Fázový diagram je na obr. 12.4
45
Příklad 12.5
Na trojfázovou symetrickou síť s frekvencí f jsou připojeny spotřebiče podle obr. 12.5.
Jednofázový asynchronní motor M 1 (štítkové hodnoty: výkon P1 , účinnost η1 , účiník cos ϕ1 ),
vařič s ohmickým odporem R a trojfázový asynchronní motor M 2 (štítkové hodnoty: výkon
P2 , účinnost η2 , účiník cos ϕ2 ). Motory jsou plně zatíženy. Vypočtěte trojfázový činný
příkon PP , odebíraný ze sítě.
l U = 220 ⋅ e j 0° ; U
l V = 220 ⋅ e − j120° ; U
l W = 220 ⋅ e j120° ; f = 50 Hz ; P = 250 W ;
Dáno: U
1
η1 = 0,67 ; P2 = 1 kW ; η2 = 0,78 ; R = 90 Ω ; cos ϕ1 = 0,8 ; cos ϕ2 = 0,85
Určit: PP
Řešení:
Činné příkony, odebírané
z jednotlivých fází:
1 P
PU = ⋅ 2
3 η2
1 P
PW = ⋅ 2
3 η2
PV =
P1
η1
+
Obr. 12.5
UV2 1 P2
+ ⋅
R 3 η2
Celkový příkon, odebíraný ze sítě:
PP = PU + PV + PW =
P2
+
P1
η2 η1
+
UV2 1000 250 2202
=
+
+
= 2192,95W
90
R 0, 78 0, 67
Ke stejnému výsledku bychom mohli dojít pomocí symboliko-komplexní metody
(ovšem zdlouhavějším výpočtem).
l m
Nejdříve spočítáme proudy Il
U , IV , IW v jednotlivých fázích.
l
Il
U = I U ( M 2) =
P2
1000
⋅ e− jϕ2 =
⋅ e− j 31,8° = 2, 28 ⋅ e − j 31,8°
3 ⋅ UV ⋅ cos ϕ2 ⋅η2
3 ⋅ 220 ⋅ 0,85 ⋅ 0, 78
IlV = Il M 1 + IlR + IlV ( M 2)
46
Il M 1 =
P1
250
⋅ e − j (120°+ϕ1 ) =
⋅ e− j156,9° = 2,12 ⋅ e− j156,9° =
220 ⋅ 0,8 ⋅ 0, 67
UV ⋅ cos ϕ1 ⋅η1
= 2,12 ( cos156,9° − j sin156,9° ) = −1,95 − j 0,83
U
220 − j120°
IlR = V ⋅ e − j120° =
⋅e
= 2, 44 ⋅ e− j120° = 2, 44 ( cos120° − j sin120° ) = −1, 22 − j 2,11
90
R
IlV ( M 2) = IV ( M 2) ⋅ e − j (120°+ϕ2 ) = 2, 28 ⋅ e − j151,8° = 2, 28 ( cos151,8° − j sin151,8° ) = −2 − j1, 08
IV = −1,95 − j 0,83 − 1, 22 − j 2,11 − 2 − j1, 08 = −5,17 − j 4, 02 = 6,55 ⋅ e j 217,9°
ϕV = arctg
IV = 5,17 2 + 4, 022 = 6,55 A
−4, 02
= 217,9°
−5,17
j (120°−ϕ2 )
m
Im
= 2, 28 ⋅ e j 88,2°
W = IW ( M 2) = IW ( M 2) ⋅ e
Fázový diagram je nakreslen na obr. 12.6
+ωt
ϕ2
ϕv
ϕ2
Obr. 12.6
Celkový výkon, odebíraný ze sítě:
P = PU + PV + PW = UU ⋅ IU ⋅ cos ϕ2 + UV IV ⋅ cos ϕV + UW ⋅ IW ⋅ cos ϕ 2 =
= 220 ⋅ 2, 28 ⋅ 0,85 + 220 ⋅ 6,55 ⋅ 0,926 + 220 ⋅ 2, 28 ⋅ 0,85 = 2187W
Výsledek vyšel přibližně stejný jako při prvním způsobu řešení, malá odchylka je
způsobena zaokrouhlováním dílčích výsledků během výpočtu.
47
13. TÝDEN
Příklad 13.1
l 2 na kruhové frekvenci ω obvodu nakresleného
Určete závislost výstupního napětí U
l1 .
na obr. 13.1 se vstupním napětím U
l1 = 1 V
Dáno: U
l 2 = f (ω )
Určit: U
Řešení:
l 2 pro nezatížený obvod je
Výstupní napětí U
R
l2 =U
l1
U
R+
1
jωC
Označme výraz
l1
=U
Obr. 13.1
jωCR
1 + jωCR
1
ω
= ω0 jako tzv. vztažnou kruhovou frekvenci (poměr
je bezrozměrný)
CR
ω0
2
⎛ω ⎞
⎛ω ⎞
ω
j
⎜ ⎟ + j⎜ ⎟
ω0
⎝ ω0 ⎠
l2 =U
l1
l 1 ⎝ ω0 ⎠
=U
U
2
ω
⎛ω ⎞
1+ j
1+ ⎜ ⎟
ω0
ω
⎝
0
(1 )
⎠
l 1 položíme do reálné osy a jeho velikost je 1 V. Závislost U
l 2 = f (ω )
Fázor U
vyneseme do komplexní roviny, kde danému
ω
l2 .
odpovídá koncový bod fázoru U
ω0
Například pro
ω 1
= ;
ω0 2
ω=
tj. pro
ω0
2
=
1
2 RC
bude
2
⎛1⎞
⎛1⎞
⎜ ⎟ + j⎜ ⎟ 1
⎝2⎠ = + j 2
l 2 = 1⋅ ⎝ 2 ⎠
U
2
5
5
⎛1⎞
1+ ⎜ ⎟
⎝2⎠
V následující tab. 13.1 jsou vypočtené hodnoty pro sestrojení charakteristiky
l 2 = f (ω ) v komplexní rovině.
U
48
ω
ω0
1
2
1
5
2
5
0
{ }
l
Im {U
}
l2
Re U
0
2
0
1
2
1
2
1
2
4
5
2
5
∞
1
0
Tab. 13.1
Frekvenční charakteristika obvodu z obr. 13.1 je nakreslena na obr. 13.2. Má tvar půlkružnice.
Im
2
5
ω 1
=
ω0 2
ω
=1
ω0
ω
=2
ω0
1
5
ω
→∞
ω0
1
2
ω =0
1
Re
Obr. 13.2
Na obr. 13.2 je patrné, že pro
ω
> 2 dochází k velkému zhuštění bodů na nepatrné
ω0
části oblouku frekvenční charakteristiky. Tento nedostatek odstraníme tak, že vyneseme
zvlášť závislost amplitudy výstupního napětí U 2 na ω a zvlášť závislost fáze výstupního
l 2 v rovnici (1) na tvar
napětí na ω . Upravíme napětí U
l2 =U
l 1 ⋅ A (ω ) ⋅ e jφ (ω ) kde
U
A (ω ) je absolutní hodnota (1)
2
A (ω ) =
2
⎡ ⎛ ω ⎞2 ⎤ ⎡ ⎛ ω ⎞2 ⎤
ω
⎢ ⎜ ⎟ ⎥ ⎢ ⎜ ⎟ ⎥
ω0
⎢ ⎝ ω0 ⎠ ⎥ ⎢ ⎝ ω0 ⎠ ⎥
+⎢
=
2⎥
2⎥
⎢
2
⎛ω ⎞
⎢1 + ⎛ ω ⎞ ⎥ ⎢ 1 + ⎛ ω ⎞ ⎥
1+ ⎜ ⎟
⎢⎣ ⎝⎜ ω0 ⎟⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎜⎝ ω0 ⎟⎠ ⎥⎦
⎝ ω0 ⎠
49
(2 )
a úhel φ (ω )
ω
ω0
2
⎛ω ⎞
1+ ⎜ ⎟
ω
ω
φ (ω ) = arctg ⎝ 0 2⎠ = arctg 0
ω
⎛ω ⎞
⎜ ⎟
⎝ ω0 ⎠
2
⎛ω ⎞
1+ ⎜ ⎟
⎝ ω0 ⎠
(3 )
l 1 položíme do reálné osy, platí
pak, protože U
l2 =U ⋅
U
1
⎛ω ⎞
⎜ ⎟
⎝ ω0 ⎠
⎛ω ⎞
1+ ⎜ ⎟
⎝ ω0 ⎠
2
⋅e
⎛ω ⎞
j arctg ⎜ 0 ⎟
⎝ω ⎠
U 2 = U1 ⋅
pak
ω
ω0
⎛ω ⎞
1+ ⎜ ⎟
⎝ ω0 ⎠
2
(4 )
Závislosti podle rovnice (4) se říká amplitudová frekvenční charakteristika
a dosazením různých hodnot
ω
získáme body této charakteristiky. Např. pro
ω0
ω
=1
ω0
je
1
U 2 = 1⋅
1 + (1)
2
=
1
2
Další hodnoty jsou uvedeny v tab. 13.2
Závislosti podle rovnice (3) se říká fázová frekvenční charakteristika a dosazením
různých hodnot
ω
získáme body této charakteristiky. Např. pro
ω0
ω
=1
ω0
je
φ (ω ) = arctg 1 = 45°
Další hodnoty jsou uvedeny v tab. 13.2
ω
ω0
0,01 0,1 0,25
0,5
1
2,5
5
10
A (ω )
0,01 0,1 0,24 0,45 0,71 0,93 0,98 0,99
φ (ω )
89°
84°
76°
63°
45°
Tab. 13.2
50
22°
11°
100
1
5,7° 0,6°
Při vynášení těchto charakteristik pro zobrazení širokého rozsahu frekvencí použijeme
pro osu, na níž vynášíme kruhovou frekvenci, logaritmickou stupnici.
Amplitudová frekvenční charakteristika je nakreslena na obr. 13.3 a fázová frekvenční
charakteristika na obr. 13.4.
A (ω ) ↑
→ω
0, 01ω0 0,1ω0
1ω0
10ω0 100ω0
Obr. 13.3
φ (ω ) ↑
→ω
0, 01ω0 0,1ω0
1ω0
10ω0 100ω0
Obr. 13.4
Poznámka: Poměr výstupního napětí
U2
= A (ω ) je také nazýván přenosem obvodu.
U1
51
Příklad 13.2
l 2 na kruhové frekvenci ω obvodu nakresleného
Určete závislost výstupního napětí U
l1 .
na obr. 13.5 se vstupním napětím U
l1 = 1 V
Dáno: U
l 2 = f (ω )
Určit: U
Řešení:
l 2 pro nezatížený obvod je
Výstupní napětí U
Obr. 13.5
1
1
l2 =U
l 1 jωC = U
l1
l 1 1 − jωCR
U
=U
2
1
1 + jωCR
1 + (ωCR )
+R
jωC
Označme opět výraz
poměr
ω
je bezrozměrný).
ω0
1
= ω0 jako tzv. vztažnou kruhovou frekvenci (opět proto, že
CR
⎡
⎤
ω
⎢
⎥
ω
1
⎢
⎥
0
l2 =U
l1
−j
U
2
2⎥
⎢
⎛ω ⎞
⎢1 + ⎛ ω ⎞
1+ ⎜ ⎟ ⎥
⎜
⎟
⎢⎣ ⎝ ω0 ⎠
⎝ ω0 ⎠ ⎥⎦
(1a )
l 2 = f (ω ) do komplexní roviny, kde opět danému ω odpovídá
Vyneseme závislost U
ω0
l 2 . Pro vykreslení charakteristiky vypočteme opět pro několik hodnot ω reálnou
bod fázoru U
ω0
l 2 . Fázor napětí U
l 1 položíme opět do reálné osy a jeho velikost je
a imaginární složku napětí U
1 V. Vypočtené hodnoty jsou uvedeny v tab. 13.3 a obr. 13.6.
ukazuje frekvenční charakteristiku v komplexní rovině.
ω
ω0
0
{ }
l
Im {U
}
l2
Re U
1
2
0
1
2
4
5
2
−
5
1
2
1
2
1
−
2
1
5
2
−
5
Tab. 13.3
52
∞
0
0
ω
→∞
ω0
ω
=0
ω0
1
2
{ }
l2
Re U
0
ω
=2
ω0
1
2
−
ω 1
=
ω0 2
ω
=1
ω0
{ }
l2
Im U
Obr. 13.6
Opět rovnici (1a) přepíšeme do tvaru
l2 =U
l 1 ⋅ A (ω ) ⋅ e jφ (ω )
U
A (ω ) =
1
⎛ω ⎞
1+ ⎜ ⎟
⎝ ω0 ⎠
2
ω
ω0
0,01
0,1
0,25
0,5
A (ω )
1
0,99
0,97
0,9
po úpravě je
⎛
ω⎞
⎟
⎝ ω0 ⎠
φ (ω ) = arctg ⎜ −
a
Vypočtené hodnoty jsou uvedeny pro vybrané
φ (ω )
A (ω )
kde
ω
v tab. 13.4.
ω0
1
2,5
0,71 0,37
5
10
100
0,2
0,1
0,01
-0,6° -5,7° -14° -26° -45° -68° -78° -84° -89°
Tab. 13.4
Amplitudová frekvenční charakteristika je nakreslena na a fázová frekvenční
charakteristika na obr. 13.7 a obr. 13.8.
53
A (ω ) ↑
→ω
0, 01ω0 0,1ω0
1ω0
10ω0 100ω0
Obr. 13.7
0, 01ω0 0,1ω0
1ω0
10ω0 100ω0
→ω
φ (ω ) ↓
Obr. 13.8
54