ΗΛΕΚΤΡΙΚΑ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ-ΑΝΑΛΥΣΗ ΚΑΙ ΣΧΕΔΙΑΣΜΟΣ Ι, ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ V 20 Ω. 4 v 0 V

Transcript

1 ΘΕΜ 1. [5%] Στο πιο κάτω κύκλωμα προσδιορίστε τo ρεύμα i και την τάση v. i 1 1 Ω v 1 v v 3 i A 8 Ω v ΠΝΤΗΣΗ: ME ΚΟΜΙΚΕΣ ΤΣΕΙΣ (v 1,v ): Η τάση στον δεξιό κόμβο (με τον κάτω σαν κόμβο αναφοράς) ταυτίζεται με τη ζητούμενη v. 1 4v ΚΟΜΟΣ 1: i v ΚΟΜΟΣ : i i 8 v ( 1) Το ρεύμα i μπορεί να προσδιοριστεί από τη σχέση i 4 ντικαθιστώντας την τελευταία σχέση στις αρχικές δυο, παίρνουμε 7v 9v 8 1 6v 7v 7 1 που δίνει λύση 1688, v v 1344 Προκύπτει από τη σχέση τού Κόμβου ότι i 5,6 A 4 4 Εναλλακτικά, με ΡΟΧΙΚΕΣ ΕΝΤΣΕΙΣ, η λύση προκύπτει από τις σχέσεις: 1 4v v 4v 1 8 v 3 i 3 i (Πολλοί ξέχασαν έναν ή παραπάνω όρους στις εξισώσεις αυτές) Εναλλακτικά, χωρίς λύση συστήματος: πό τον Κόμβο 1 έχουμε ότι 1 4v i ενώ από τον τρίτο βρόχο (στα δεξιά) προκύπτει ότι v 4 i. ντικαθιστώντας στην πρώτη παίρνουμε 1 96i i. v ( 1) Χρησιμοποιώντας τη σχέση i ανακαλύπτουμε ότι 8 i 1 οπότε η αρχική 4 σχέση γίνεται τελικά 8 i i 14i 6 48i που δίνει το i.

2 ΘΕΜ. [5%] Στο πιο κάτω κύκλωμα προσδιορίστε τo ισοδύναμο evenin από τα σημεία και όταν i (t) = 15 co(ωt 3) A j3 Ω i,5 ΠΝΤΗΣΗ Για την τάση evenin μια από τις δυο γνωστές μεθόδους θα δώσει οπωσδήποτε τη λύση. Επειδή όμως το κύκλωμα είναι αρκετά μικρό μια απλή εφαρμογή των νόμων τού Kirchhoff θα είναι ίσως λιγότερο περίπλοκη. Παρατηρούμε λοιπόν ότι στον πάνω αριστερό κόμβο ισχύει ότι I 153 I I,5I I 13 A 1,5 1,5 Στον δεξιό βρόχο ισχύει από τον νόμο των τάσεων ότι = j4 I,5I 4 j3 j j3 AB 4, 47 63, ,87 44, 7 33, ,87 37,3 j4, 64 9,8 j,99 7,5 j47, Για την εμπέδηση evenin έχουμε τις εξής επιλογές: (1) ραχυκυκλώνουμε τα και και υπολογίζουμε το σχετικό ρεύμα με κομβικές τάσεις () ραχυκυκλώνουμε τα και και υπολογίζουμε το σχετικό ρεύμα με βροχικές εντάσεις (3) Εξουδετερώνουμε τις πηγές, που στη συγκεκριμένη περίπτωση λόγω τής παρουσίας τής εξαρτημένης πηγής πρέπει επί πλέον να συνδέσουμε μια γνωστή πηγή στα και για να αναιρέσουμε την εξάρτηση. ποφασίστε εσείς στο τέλος ποια είναι η καλύτερη επιλογή. j3 Ω Ι Ι,5 ΚΟΜΙΚΕΣ ΤΣΕΙΣ: Με μέθοδο κομβικών τάσεων, στον πάνω αριστερό κόμβο έχουμε j4 4 j3

3 153,35 6, ,141, j 6, 8 9, 46 j4 4 j3 4, 47 63, 44536,87 Θεωρώντας τον πάνω δεξιά κόμβο, μπορούμε να γράψουμε ,5,5I I,5 I I 1 4 j3 4 j3 j4 4 j3 j4 Οπότε j5,5 55,141,89 5, 5 9 I 55,141,89 13, 57 5, 54 4 j3 j4, 35 6, 57 και τελικά 55 6 Z 4,5 9,46 4 j,66 I 13,57 5,54 ΡΟΧΙΚΕΣ ΕΝΤΣΕΙΣ: Με μέθοδο βροχικών εντάσεων (που αριθμούνται από αριστερά προς τα δεξιά και είναι βέβαια ομόρροπες) έχουμε τις εξής σχέσεις = I j j ,5I 3 1 I I 1 6 j I 1,5,5I j4 I 4,47 63,41 6,71 63,41 I 1,5,5, ,8 9,46 I 6,8 9,46 ώστε τελικά I 13,57 5,54 και βέβαια Z ,5 9,46 4 j,66 I 13,57 5,54 ΕΞΟΥΔΕΤΕΡΩΣΗ ΠΗΓΩΝ Εξουδετερώνουμε ανοιχτοκυκλώνοντας την πηγή ρεύματος και συνδέουμε στα και μια γνωστή πηγή. Μάς συμφέρει να συνδέσουμε μια πηγή ρεύματος με ρεύμα που είναι πολλαπλάσιο των υπόλοιπων ρευμάτων που σχετίζονται με τον κόμβο. Μια τιμή 3 ή 4,5 ή οποιοδήποτε πολλαπλάσιο τού 1,5 είναι κατάλληλη. j3 Ω Θα είναι I,5I 3 I A οπότε AB j4 4 3 j 6 j και τελικά 6 j AB Z 4 j,66 I 3 i,5 3 («Ι»)

4 ΘΕΜ 3. [3%] ναπτύξτε ένα μαθηματικό μοντέλο για το πιο κάτω κύκλωμα και προσδιορίστε τουλάχιστον μια τιμή τού R για την οποία η απόκριση είναι κρίσιμη. t = R,4 F 1 H ΠΝΤΗΣΗ Το κύκλωμα μοιάζει με RL εκτός από το ότι ο πυκνωτής έχει συνδεθεί με μια αντίσταση R που δεν είναι ούτε σε σειρά ούτε παράλληλα με την άλλη αντίσταση. Άρα, το κύκλωμα δεν είναι RL αλλά είναι δεύτερης τάξης και πρέπει να προσδιορίσουμε το μοντέλο του. Ο πιο δόκιμος τρόπος γι αυτό είναι να χρησιμοποιήσουμε τελεστές εμπέδησης ή δεκτικότητας. Έτσι: οπότε ή 1 R,4D 4 1Di 1 R,4D R,4RD1 4 1, 4 1,16 4, 4 ΠΡΟΣΟΧΗ!!! Ο τρόπος γραφής, 4 1 RD είναι κακή επιλογή γιατί δεν επιτρέπει στον τελεστή να εφαρμοστεί. Κάθε τελεστής ή έκφραση που περιέχει τελεστή πρέπει να έχει στόχο!! Ο τρόπος γραφής,4rd 1 είναι κάπως «παράξενος», όμως αποτρέπει σφάλματα. Di RD RD R D RD i,4r D,16R 1 D 4 R i Για κρίσιμη απόκριση πρέπει να υπάρχουν δυο ίδιες πραγματικές ρίζες, δηλαδή:,16r 1 4, 4R 4 R,16R 4 R, 56 R 1,3R, 64R,16R,1344R,3R 1 Που οδηγεί στο,3,14,5376,3,8 R 1,7857, 688, 688 όπου απορρίψαμε την αρνητική ρίζα. Άρα τελικά η κατάλληλη τιμή τής R είναι: R = 1,7857 Ω

5 ΘΕΜ 4. [%] 1 Ω v R (t) v (t) u(t) A 1/4 F 1 i L (t) 1/8 H Το πιο πάνω κύκλωμα ξεκίνησε τη λειτουργία του στον χρόνο t =. Ο όρος u(t) συμβολίζει τη βηματική συνάρτηση. Προσδιορίστε τις τιμές των πιο κάτω μεγεθών: v ( ) = 1 Στο t = το πηνίο είναι βραχυκύκλωμα (η πηγή τάσης σταθερή) και ο πυκνωτής ανοιχτοκυκλωμένος. Άρα στο κύκλωμα δεν κυκλοφορεί ρεύμα, όμως ο πυκνωτής έχει ήδη φορτιστεί. Λόγω της απουσίας ρεύματος, η τάση στα σημεία είναι. Για να συμβεί αυτό πρέπει (ΝΤΚ) ο πυκνωτής να έχει στα άκρα του 1. v R ( ) = Ο πυκνωτής και η πηγή τάσης, όπως πιο πάνω, κρατούν την τάση στο. i L ( ) = A v ( ) = 1 v R ( ) = i L ( ) = A dv dt t t Εξηγήθηκε πιο πάνω. Ο πυκνωτής διατηρεί στιγμιαία την τάση του. Η τάση τής αντίστασης αυτής είναι το άθροισμα τής τάσης τού πυκνωτή και τής πηγής τάσης. Το πηνίο διατηρεί στιγμιαία το ρεύμα του. i i 4i = 8 / Επειδή η τάση στα άκρα της αντίστασης των 1 Ω 14 dvr dv d1 dv 8 / dt dt dt dt t t t t t vl διατηρείται στο, άρα και το ρεύμα της θα είναι μηδενικό, και επειδή το πηνίο διατηρεί το ρεύμα μηδενικό στον κλάδο του, η μόνη διέξοδος για το ρεύμα των τής πηγής είναι ο κλάδος τού πυκνωτή. Άρα, i ( ) = A. dil v v L L / Επειδή η τάση στα είναι και το μηδενικό ρεύμα τού dt L L 18 v () = 6 v R () = 16 i L () =,4 A πηνίου διατηρεί την τάση της αντίστασης των στο. Στο t = το πηνίο είναι πάλι βραχυκύκλωμα (οι πηγές σταθερές) και ο πυκνωτής ανοιχτοκυκλωμένος. Τώρα όμως εξαιτίας τής πηγής ρεύματος στο κύκλωμα κυκλοφορεί ρεύμα και ο πυκνωτής «βλέπει» τον παράλληλο συνδυασμό των 1 Ω και. Έτσι, v () = v AB 1 = * (4 * 1) / (4 1) 1 =* 8 1 = 16 1 = 6. v R () = 1*( i L ()) = 1*(,4) = 16 Στο t = το κύκλωμα που είναι «ζωντανό» αποτελείται από την πηγή ρεύματος και τις δυο αντιστάσεις. Έτσι, από τον διαιρέτη ρεύματος, i L () = *1/(41) = *1/5 =,4 A.