ΗΛΕΚΤΡΙΚΑ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ-ΑΝΑΛΥΣΗ ΚΑΙ ΣΧΕ ΙΑΣΜΟΣ Ι, ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2006

Transcript

1 ΗΛΕΚΤΡΙΚΑ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑΑΝΑΛΥΣΗ ΚΑΙ ΣΧΕ ΙΑΣΜΟΣ Ι, ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 006 ΘΕΜΑ. [5%] Στο κύκλωµα αυτό: (Α) Προσδιορίστε την τάση όταν R = 00 Ω. (Β) Τι συµβαίνει όταν R = 00 Ω; Πως εξηγείται αυτό; v 00 Ω 9 V 0,0 v R (Α) Με κοµβικές τάσεις και τη µοναδική κοµβική τάση V = έχουµε v 9 v 0,0 v = 0 00 R Χρησιµοποιώντας τη σχέση v = 9 v αντικαθιστούµε και λύνουµε για. Όταν R = 00 έχουµε =8 V. (Β) Όταν R = 00 Ω διαπιστώνεται ότι το σύστηµα είναι αδύνατο (καταλήγουµε σε κάτι σαν 9 = 0) και το κύκλωµα κακώς ορισµένο. Κανονικά σε µια τέτοια περίπτωση πρέπει να γίνει µια διερεύνηση για το τι ακριβώς συµβαίνει. Ένας καλός τρόπος να πραγµατοποιηθεί αυτή η ανάλυση είναι να µεταβάλλουµε ελαφρά την τιµή της R ώστε να εξετάσουµε µε ποιο τρόπο εµφανίζεται η ασυνέχεια. Έτσι, όταν η τιµή R πλησιάσει την τιµή 00 (και από τις δυο πλευρές) βλέπουµε ότι η τιµή αυξάνει απότοµα. Αυτό είναι δείγµα ότι κάτι δεν πάει καλά. Η αιτία βέβαια είναι η ύπαρξη της εξαρτηµένης πηγής που υλοποιεί ένα είδος ανάδρασης, κατά την οποία η λειτουργία ενός τµήµατος του κυκλώµατος επηρεάζει τη λειτουργία ενός άλλου τµήµατος. Η επίδραση αυτή µπορεί να είναι εποικοδοµητική (περίπτωση αρνητικής ανάδρασης) ή καταστροφική (περίπτωση θετικής ανάδρασης). Ένα παράδειγµα θετικής ανάδρασης είναι ο µικροφωνισµός: όταν ο οµιλητής ή ο τραγουδιστής τοποθετήσει το µικρόφωνο µπροστά στο ηχείο/µεγάφωνο, τότε το µικρόφωνο δέχεται σήµα και από τη φωνή και από την «έξοδο» του συστήµατος ενίσχυσης. Ο ενισχυτής ενισχύει και τα δυο σήµατα, η στάθµη του ήχου ανεβαίνει, το σήµα εισόδου στον ενισχυτή γίνεται µεγαλύτερο, ξαναενισχύεται περισσότερο, και τελικά υπάρχει περίπτωση να καεί το µεγάφωνο (αν έχουν αντέξει τα αυτιά µας µέχρι τότε και κάποιος δεν έχει κάνει κάτι να σταµατήσει το φαινόµενο). ΕΝΑΛΛΑΚΤΙΚΟΙ ΤΡΟΠΟΙ ΛΥΣΗΣ Α. Με βροχικές εντάσεις Με δεξιόστροφα Ι και Ι στον αριστερό και δεξιό βρόχο, αντίστοιχα, παίρνουµε 9 00I v = 0 00I v = 0 (όπου v Β η τάση στα άκρα της εξαρτηµένης πηγής ρεύµατος). Προσθέτοντας τις δυο σχέσεις και δεδοµένου ότι I I = 0,0v Θα πάρουµε ότι 9 I = Α 00 οπότε v = 00I = 00 I 0,0v = 00 I 0,0 00 ( ) ( ) 9 = 00I = 00 = 8 V 00 Β. Με µετασχηµατισµό της ανεξάρτητης πηγής τάσης Το κύκλωµα γίνεται I

2 ΗΛΕΚΤΡΙΚΑ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑΑΝΑΛΥΣΗ ΚΑΙ ΣΧΕ ΙΑΣΜΟΣ Ι, ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 006 0,09 Α v 00 Ω 00 Ω 0,0 v v 00/ Ω 0,090,0 v Α όπου: () η πολικότητα της τάσης v Α στο νέο κύκλωµα είναι τέτοια ώστε το ρεύµα από την πηγή να συναντά πρώτα τον θετικό πόλο της τάσης v Α όπως και προηγουµένως και () η φορά της τελικής ισοδύναµης πηγής ρεύµατος καθορίζεται από την πολικότητα της τάσης Στο τελευταίο αυτό κύκλωµα, η ζητούµενη τάση δίνεται σαν 00 v = ( 0,09 0,0 v ) Αλλά = v Α. Έτσι v = 6 v v = 8 V Γ. Με µετασχηµατισµό της εξαρτηµένης πηγής ρεύµατος Το κύκλωµα γίνεται v 9 V 00 Ω Ι v V 00 Ω Από τον νόµο τάσεων του Kirchhoff παίρνουµε και επειδή 9 v 00I v = 0 v θα έχουµε Τότε = 00I I 00I 00I = 0 I = = = 6 8 = 8 V 00 00

3 ΗΛΕΚΤΡΙΚΑ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑΑΝΑΛΥΣΗ ΚΑΙ ΣΧΕ ΙΑΣΜΟΣ Ι, ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 006 ΘΕΜΑ. [5%] v Το κύκλωµα δεξιά βρίσκεται στη µόνιµη κατάσταση. Υπολογίστε την τάση v (t) στα άκρα του πυκνωτή όταν 00 mh 00 µf Et ( ) = 00cos( 500t 0 ) V E 0 Ω 0 Ω. Βρίσκουµε τις εµπεδήσεις: =j0 για τον πυκνωτή, 6 j j = j50 για τον επαγωγό. Υπολογίζουµε τον παράλληλο συνδυασµό 0 Ω µε 0 j50 Ω: 0 ( 0 j50) 80 j00 = =,6 j, ( = 7,58 8,9 ) 60 j50 6 j5. Από τον διαιρέτη τάσης υπολογίζουµε την τάση v : j0 j E = =, 6 j, 0 j, 6 j6, = = 58,95,5 5, 5,85. Τελικά v (t) = 58,95 cos(500t,5 ) ΣΧΟΛΙΟ: Ένα απλούστατο πρόβληµα όπου αυτό που ελέγχεται είναι η ικανότητα εκτέλεσης δυο () σύνθετων πράξεων µε µιγαδικούς. Βέβαια, αντί για τον διαιρέτη τάσης θα µπορούσε κάποιος να χρησιµοποιήσει µέθοδο κοµβικών τάσεων ή µέθοδο βροχικών εντάσεων µε πολύ περισσότερες πράξεις, φυσικά. ΘΕΜΑ. [0%] Το κύκλωµα στα δεξιά λειτουργούσε για πολλή ώρα. Στο χρόνο t = 0 κλείνει ο διακόπτης. Υπολογίστε την τάση v C (t) στα άκρα του πυκνωτή για t > 0 όταν ο πυκνωτής έχει µια αρχική φόρτιση V. kω V m 500 Ω t = 0 s µf v C (0)= V v C εν υπάρχει κάτι που επηρεάζει τη µετέπειτα συµπεριφορά όσο το κύκλωµα λειτουργεί για t < 0. Πρόκειται λοιπόν για κύκλωµα πρώτης τάξης και η τάση θα δίνεται από τη σχέση t τ v () t = v (0) v ( ) e v ( ) [ ] C C C C Πρέπει να υπολογίσουµε τις άγνωστες ποσότητες εκτός από την αρχική τάση που δίνεται ( V). Σταθερά χρόνου: δίνεται από την αντίσταση που «βλέπει» ο πυκνωτής. Θέλουµε λοιπόν την αντίσταση του ισοδύναµου Thevenin (µόνο την αντίσταση). Ανοιχτοκυκλώνοντας την πηγή ρεύµατος και βραχυκυκλώνοντας την πηγή τάσης βλέπουµε ότι ο αντιστάτης των 500 Ω δεν συµµετέχει στο κύκλωµα, οπότε τ = R Th C = = 0,00 s. Τιµή στη µόνιµη κατάσταση: Μετά από αρκετό χρόνο, ο πυκνωτής θα είναι ανοικτοκύκλωµα, οπότε το υπόλοιπο κύκλωµα, που θα συνεχίσει να λειτουργεί, δίνει για τάση στα άκρα που «ακουµπάει» ο

4 ΗΛΕΚΤΡΙΚΑ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑΑΝΑΛΥΣΗ ΚΑΙ ΣΧΕ ΙΑΣΜΟΣ Ι, ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 006 πυκνωτής ίση µε 000*0,00 = V (θα µπορούσε να βρεθεί και σαν η τάση Thevenin και είναι ίση µε την τάση που υπάρχει πριν κάνει επαφή ο πυκνωτής). Τελικά λοιπόν t t v () t = e = e V, t > 0. C [ ] Ποιοτική ανάλυση: πρόκειται για ένα κύκλωµα µε σταθερές πηγές στο οποίο «προστίθεται» ένας πυκνωτής. Λόγω του ότι οι πηγές είναι σταθερές, ο πυκνωτής από κάποια στιγµή και µετά θα µπορεί να θεωρηθεί σαν ανοικτό κύκλωµα και θα είναι σαν να µην υπάρχει καθόλου. Έτσι το αρχικό κύκλωµα για t < 0 θα «επανεµφανιστεί». Πρόκειται λοιπόν για µια προσωρινή διατάραξη και η τάση v C που ήταν V θα κάνει ένα βύθισµα στα V όταν t = 0 και θα επανακάµψει ασυµπτωτικά στα V. ΘΕΜΑ. [0%] Το κύκλωµα στα δεξιά λειτουργούσε για πολλή ώρα. Στο χρόνο t = 0 ο διακόπτης περνά στιγµιαία από τη θέση Α στη θέση Β. Υπολογίστε το ρεύµα i(t) για t > 0. 0 Ω 6 V kω t = 0 s i 0 µf 0 Η Από τις συνθήκες που περιγράφονται, για t < 0 ο πυκνωτής θα έχει φορτιστεί στα v C (0 ) = 6 V, ενώ i(0 ) = 0. Για t > 0 το κύκλωµα γίνεται ένα σειριακό RLC. Έτσι για το ρεύµα i(t) παίρνουµε (π.χ. από τελεστές εµπέδησης και νόµο τάσεων Kirchhoff) di Rdi i = 0 dt L dt LC µε αρχικές συνθήκες v C (0 ) = v C (0 ) = 6 και i(0 ) = i(0 ) = 0. Ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης είναι R R R α ± jωd = ± ω0 α = ± L L LC L = 50 ± = 50 ± j50 και η µορφή της λύσης είναι α it () = e t cosω t sinω t ( ) d d Για t = 0, προκύπτει από το i(0 ) = 0 ότι Α = 0. Παραγωγίζοντας το i(t) παίρνουµε di vl vr vc R *0 6 αt = = = =, = αe cosωdt = 50 dt L L 0 t = 0 t= 0 t= 0 t= 0 50t Οπότε Β = 0,06 και τελικά it () = 0,06e sin50t. ΘΕΜΑ 5. [0%] Για το κύκλωµα (στο οποίο δεν υπάρχει αρχικά αποθηκευµένη ενέργεια) απλά καταστρώστε (χωρίς να λύσετε) σε µορφή πίνακα () τις εξισώσεις κοµβικών τάσεων και () τις εξισώσεις βροχικών εντάσεων. R Ι C R R R Ι Ι v s (t) C L Βροχικές εντάσεις:

5 ΗΛΕΚΤΡΙΚΑ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑΑΝΑΛΥΣΗ ΚΑΙ ΣΧΕ ΙΑΣΜΟΣ Ι, ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 006 R R R LD RLD R I v s R LD R R LD C D 0 I = R R C D I Μετά τον µετασχηµατισµό της πηγής τάσης σε πηγή ρεύµατος: CD CD R R R s V R = CD CD V R 0 R R LD R CD v 5