ΑΠΑΝΤΗΣΗ Εφόσον το κύκλωμα λειτουργεί για πολύ χρόνο, έχει περάσει στη μόνιμη κατάσταση και πρέπει να υπολογίσουμε την κατάστασή του αμέσως πριν το

Transcript

1

2 Κ1Φ-2

3 RC Το κύκλωμα λειτουργεί για πολύ χρόνο Στο t = 0 η πηγή τάσης αντιστρέφει την πολικότητά της και η πηγή ρεύματος πέφτει στα 2 ma Να υπολογιστεί η τάση v o (t) για t Κ1Φ-3

4 RC ΑΠΑΝΤΗΣΗ Εφόσον το κύκλωμα λειτουργεί για πολύ χρόνο, έχει περάσει στη μόνιμη κατάσταση και πρέπει να υπολογίσουμε την κατάστασή του αμέσως πριν το γεγονός που περιγράφεται «Κατάσταση» σημαίνει την καταγραφή των μεγεθών που θα παραμείνουν αναλλοίωτα για μια μοναδική «χρονική στιγμή» μετά το γεγονός (εδώ στο t = 0) Τα μεγέθη αυτά είναι οι τάσεις των πυκνωτών και τα ρεύματα των πηνίων ΔΙΕΥΚΟΛΥΝΣΗ: Όταν οι διεγέρσεις στο κύκλωμα ήταν σταθερές («dc») τότε στη μόνιμη κατάσταση: 1. Οι πυκνωτές έχουν γίνει ανοικτά κυκλώματα 2. Τα πηνία είναι ισοδύναμα με βραχυκυκλώματα 2019Κ1Φ-4

5 RC t < 0 [«ΠΡΙΝ»] Εφόσον οι πυκνωτές έχουν γίνει ανοικτά κυκλώματα και τα πηνία έχουν γίνει βραχυκυκλώματα, το κύκλωμα είναι Η αντίσταση 4 kω είναι «στον αέρα» Μετασχηματίζουμε την πηγή τάσης σε πηγή ρεύματος 8 ma Θα υπάρχουν τρεις παράλληλες αντιστάσεις 10, 40 και 24 kω Θα υπάρχουν δυο παράλληλες πηγές ρεύματος, 8 ma και 3 ma 2019Κ1Φ-5

6 ΠΑΡΕΝΘΕΣΗ ΠΗΓΕΣ ΡΕΥΜΑΤΟΣ ΣΥΝΔΕΜΕΝΕΣ ΠΑΡΑΛΛΗΛΑ Για να αποφευχθούν «ατυχήματα» εφαρμόζουμε τον ΝΡΚ i i 2 14 i12 0 i Κ1Φ-6

7 RC t < 0 Τρεις παράλληλες αντιστάσεις 10, 40 και 24 kω: 6 kω Δυο παράλληλες πηγές ρεύματος, 8 ma και 3 ma: 5 ma Και το κύκλωμα γίνεται: Άρα, ο πυκνωτής έχει φορτιστεί στην τάση που βλέπει και που είναι: 5 ma x 6000 Ω = 30 V 2019Κ1Φ-7

8 RC t > 0 Το κύκλωμα είναι τώρα [v ο (0 ) = v ο (0 + ) = 30 V]: 30 V όπου έχει ήδη γίνει ο μετ/μός τής πηγής τάσης αριστερά (όπως προηγουμένως) Ας απλοποιήσουμε πάλι το κύκλωμα: Θα υπάρχουν τρεις παράλληλες αντιστάσεις 10, 40 και 24 kω Θα υπάρχουν δυο παράλληλες πηγές ρεύματος, 8 ma και 2 ma 2019Κ1Φ-8

9 t > 0 Και τελικά RC 30 V Αυτό είναι ένα κύκλωμα RC και κατηγοριοποιούμε το πρόβλημα: Πρόκειται για πλήρη απόκριση Μπορούμε να το λύσουμε κανονικά ή να εφαρμόσουμε τον τύπο: 1 RC t v( t) v 0 v e v, t 0 1 RC t 0 30, v 60, v ( t) v 0 v e v, t 0 v o o o o o RC o , ,5 10 0,5 ms v t e t 2000 t o( ) 90 60, 0 ΠΡΟΣΟΧΗ!!! 2019Κ1Φ-9

10 Κ1Φ-10

11 RC, Το κύκλωμα λειτουργεί για πολύ χρόνο Στο t = 0 ένα κατσαβίδι πέφτει και συνδέει τα σημεία a και b Υποθέτοντας ότι το κατσαβίδι έχει μηδενική αντίσταση, υπολογίστε: Το ρεύμα που διαρρέει το κατσαβίδι όταν t = 0 + και όταν t = Το ρεύμα που διαρρέει το κατσαβίδι για t Κ1Φ-11

12 RC t < 0 [ή t = 0 ή «ΠΡΙΝ»] Δεδομένου ότι η διέγερση στο κύκλωμα είναι σταθερή («dc»), τότε στη μόνιμη κατάσταση οι πυκνωτές έχουν γίνει ανοικτά κυκλώματα Εφόσον οι πυκνωτές έχουν γίνει ανοικτά κυκλώματα, οι αντιστάσεις «τους» είναι στον αέρα και η τάση στην οποία έχουν φορτιστεί οι πυκνωτές είναι η τάση v ab (όλο το ρεύμα τής πηγής περνάει από την αντίσταση 80 Ω) v ab = = 6 V 2019Κ1Φ-12

13 RC t > 0 [ή t 0 + ή «ΜΕΤΑ»] Το κύκλωμα γίνεται Οι δυο κόκκινοι δίσκοι είναι το βραχυκύκλωμα που έχει «τεντωθεί» για να διερευνήσουμε το ρεύμα στο κατσαβίδι Το βραχυκύκλωμα εξουδετερώνει την αντίσταση των 80 Ω 2019Κ1Φ-13

14 RC t > 0 [ή t 0 + ή «ΜΕΤΑ»] Από ΝΡΚ: i sd (0 + ) = 0,075 + i 1 + i 2 = 0, /200 +6/400 = 120 ma Όταν t = οι πυκνωτές έχουν εκφορτιστεί και όλο το ρεύμα τής πηγής περνάει από το κατσαβίδι/βραχυκύκλωμα εξουδετερώνοντας πια και τις τρείς αντιστάσεις: i sd ( ) = 75 ma 2019Κ1Φ-14

15 RC t > 0 [ή t 0 + ή «ΜΕΤΑ»] Εναλλακτικοί τρόποι αναπαράστασης του ίδιου κυκλώματος 2019Κ1Φ-15

16 RC t > 0 [ή t 0 + ή «ΜΕΤΑ»] Από ΝΡΚ: i sd (t) = 0,075 + i 1 (t) + i 2 (t) Τα ρεύματα i 1 (t) και i 2 (t) αντιστοιχούν σε ΑΜΔ για κύκλωμα RC Οπότε με τον τύπο x( t) x 0 x e x, t 0 R 200, C 2,5 μf RC 50 ms 20t i 1( t) 0,03 e, t 0 i ma 1 RC t R 400, C 50 μf RC 2 ms i t e t i ma 50t 2( ) 0,015, Κ1Φ-16

17 RC t > 0 [ή t 0 + ή «ΜΕΤΑ»] Τελικά: i 20t 50t sd ( t) 0,075 0,03e 0,015 e, t Κ1Φ-17

18 Κ1Φ-18

19 RL Η πηγή τάσης V g είναι σταθερή (dc) [V g + R 1 : μπαταρία] Το κύκλωμα λειτουργεί για πολύ χρόνο Στο t = 0 ο διακόπτης ανοίγει και: Εμφανίζεται τόξο στις επαφές τού διακόπτη Το βολτόμετρο καίγεται Τι ακριβώς συνέβη; 2019Κ1Φ-19

20 RL Το τι συνέβη είναι εύκολο: εμφανίστηκε υπέρταση Το τι ακριβώς συνέβη ΔΕΝ είναι εύκολο Μετά το άνοιγμα του διακόπτη μένει το πηνίο μόνο του (στον αέρα) και η ανάλυση δεν είναι εύκολη Αυτό που ξέρουμε καλά να αναλύουμε είναι το κύκλωμα RL Πώς θα βάλουμε το RL στο παιχνίδι; Σε τέτοιες δύσκολες καταστάσεις χρησιμοποιούμε το εξής τέχνασμα: 1. παρεμβάλλουμε μια αντίσταση R στο κύκλωμα 2. κάνουμε την ανάλυση 3. αφήνουμε την αντίσταση R να πάει στο 0 ή στο άπειρο (ανάλογα με την παρέμβαση ) 2019Κ1Φ-20

21 RL Το κύκλωμα λειτουργεί για πολύ χρόνο Στο t = 0 ο διακόπτης ανοίγει Να υπολογιστούν τα εξής: 1. Η τάση v o (t) 2. Η τάση v o (t) καθώς R 2 3. Η τάση v Δ (t) 4. Η τάση v Δ (t) καθώς R Κ1Φ-21

22 RL t < 0 [ή t = 0 ή «ΠΡΙΝ»] Δεδομένου ότι η διέγερση στο κύκλωμα είναι σταθερή («dc»), τότε στη μόνιμη κατάσταση το πηνίο έχει γίνει βραχυκύκλωμα Τότε, το ρεύμα είναι i o V R g Κ1Φ-22

23 RL t > 0 [«ΜΕΤΑ»] Το ρεύμα στο πηνίο θα μείνει αμετάβλητο για μια στιγμή i o Από ΝΤΚ: Επίσης 0 i 0 o V g R 1 V V V V R R v v R g g g g 1 2 o o 2 R1 R1 R1 vo Κ1Φ-23

24 RL t > 0 [«ΜΕΤΑ»] 1. Έχουμε κύκλωμα RL με πλήρη απόκριση, οπότε από τον γενικό τύπο T R 2. Οπότε L R 1 2 ( ) 0 T vo t v o vo e vo, t 0 1 t Vg V R2 0e 0 R2 e R1 R1 V 1 2 lim ( ) lim R R g t L vo t R2 e 0 R2 R2 R1 R1 R2 R1 R2 t L g L t ΟΜΩΣ Vg lim vo(0 ) lim R2 e 2 R2 R1 R R1 R2 L Κ1Φ-24

25 RL t > 0 [«ΜΕΤΑ»] 3. v( t) R i t, t 0 2 o 1 t T io ( t) i o 0 io e io L Vg V T, i 0, i R R R R R g o o V R1 R2 g Vg t V L g io ( t) e, t 0 R1 R1 R 2 R1 R2 R 1 2 2V R R g R2 Vg t R L 2Vg v t R2 io t e, t 0 R1 R1 R2 R1 R2 2019Κ1Φ-25

26 RL t > 0 [«ΜΕΤΑ»] 4. Οπότε lim R R R 1 R2 2Vg R2 Vg t R L 2Vg v t lim e R R R R R R V 2 2 g Αλλά: v 0 R V lim R V R V R V lim 0 e R2 R2 2 g 2 g 2 g 2 g R1 R1 R2 R1 R 2 R1 Και γι αυτό εμφανίζεται το τόξο στα άκρα τού διακόπτη 2019Κ1Φ-26

27 RL - ΠΡΑΚΤΙΚΗ ΕΦΑΡΜΟΓΗ CAPACITOR BANK 2019Κ1Φ-27

28 Κ1Φ-28

29 RC Το κύκλωμα λειτουργεί για πολύ χρόνο Στο t = 0 ο διακόπτης μεταβαίνει ακαριαία από το x στο y 1. Να υπολογιστεί η τιμή τού α που κάνει τη σταθερά χρόνου τού κυκλώματος ίση με 40 ms για t 0 2. Για το α που υπολογίστηκε προηγουμένως, να υπολογιστεί η τάση v Δ (t) για t Κ1Φ-29

30 RC t < 0 [«ΠΡΙΝ»] Ο πυκνωτής θα έχει φορτιστεί στην τάση που βλέπει, που είναι σταθερή και ίση με , = 18 V, αλλά προσοχή στην πολικότητα όταν έρθει η ώρα να τη χρησιμοποιήσουμε t > 0 [«ΜΕΤΑ»] Ο διακόπτης είναι τώρα στο y Ο πυκνωτής βλέπει απέναντί του ένα πολύπλοκο κύκλωμα που περιέχει όμως μόνο πηγές και αντιστάσεις Άρα, για να μετατρέψουμε το πρόβλημα σε εύκολα επιλύσιμο RC, αρκεί να βρούμε το ισοδύναμο Thevenin (και μάλιστα μόνο την αντίσταση!!) για το κύκλωμα απέναντι από τον πυκνωτή 2019Κ1Φ-30

31 RC t > 0 [«ΜΕΤΑ»] Ο διακόπτης είναι τώρα στο y Για να υπολογίσουμε την αντίσταση Thevenin στα Α, Β μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το τέχνασμα με τη γνωστή πηγή (αφού ξέρουμε* ότι θα εμφανιστεί μόνο η R Th, ο κανονικός τρόπος θα χρειαστεί πολύ περισσότερη δουλειά) Α Β 2019Κ1Φ-31

32 * ΠΑΡΕΝΘΕΣΗ Όταν ένα κύκλωμα περιέχει μόνο εξαρτημένες πηγές και αντιστάσεις (σε οποιοδήποτε αριθμό), τότε το ισοδύναμό του Thevenin θα είναι μία μόνο αντίσταση (που μπορεί να προκύψει και αρνητική) Αυτό συμβαίνει επειδή αν το ισοδύναμο περιείχε ανεξάρτητη πηγή, δηλ. πηγή ισχύος, θα σήμαινε ότι το αρχικό κύκλωμα μπορούσε να αποδώσει ισχύ εκ του μηδενός Το παραπάνω ισχύει και όταν το κύκλωμα περιέχει κι άλλου είδους στοιχεία, χωρίς αποθηκευμένη ενέργεια όμως φυσικά το ισοδύναμο θα έχει έως και ένα πυκνωτή και ένα πηνίο εκτός από την αντίσταση 2019Κ1Φ-32

33 RC t > 0 [«ΜΕΤΑ»] NTK: v T = (i T + α v Δ ) i T v Δ = i T v T = i T α ( i T ) R Th = v T /i T = α i T i T τ = R Th C = = R Th (0, ) R Th = 50 kω Οπότε: = α α = / ( ) α = 2, V T 2019Κ1Φ-33

34 RC t > 0 [«ΜΕΤΑ»] Καταλήγουμε λοιπόν στο εξής κύκλωμα: 0,8 μf 50 kω Πρόκειται για RC σε ΑΜΔ Χρησιμοποιούμε τον γνωστό τύπο με v o ( ) = 0 Από προηγουμένως: v o (0 ) = ( , ) = 18 V Η σταθερά χρόνου τ έχει ήδη υπολογιστεί ή πιο σωστά επιβεβαιωθεί σαν 40 ms Τελικά: v ( t) v 0 e o o 1 T t 25t 18 e V, t Κ1Φ-34

35 RC t > 0 [«ΜΕΤΑ»] Φτάνουμε στον τελικό στόχο, την τάση v Δ : v( t) v( t) vo( t) 4 2,510 v( t) v ( t) v ( t) v ( t) 5 v ( t) 0 0 vo() t v() t 10 v t e t 25t ( ) 1,8 V, 0 0,8 μf 2019Κ1Φ-35

36 Κ1Φ-36

37 RC ΣΤΑ ΟΡΙΑ ΤΗΣ ΘΕΩΡΙΑΣ Δυο ιδανικοί πυκνωτές, εκ των οποίων ο ένας είναι φορτισμένος με τάση V 0, έρχονται σε επαφή μόλις κλείσει ο διακόπτης στο t = 0 Να υπολογιστούν τα εξής: 1. Το ρεύμα i(t), t 0 2. Η καταναλισκόμενη ενέργεια στο διάστημα (0, Τ) 3. Οι οριακές τιμές των τάσεων των πυκνωτών και του ρεύματος i 4. Οι αρχικές και τελικές ενέργειες των πυκνωτών 5. Η σχέση ανάμεσα στις αρχικές και τελικές ενέργειες των πυκνωτών 2019Κ1Φ-37

38 RC ΣΤΑ ΟΡΙΑ ΤΗΣ ΘΕΩΡΙΑΣ Το πρόβλημα αυτό «εκθέτει» ελαφρά τη Θεωρία Κυκλωμάτων επειδή αναγκαζόμαστε να δεχθούμε ότι κάποιο ποσό ενέργειας λείπει από το τελικό ισοζύγιο και λέμε ότι «ακτινοβολείται» Το θέμα κινεί ακόμα το ερευνητικό ενδιαφέρον και κάθε λίγα χρόνια εμφανίζεται και μια νέα ιδέα ή προσέγγιση Για μια λύση απλή με βάση το ηλ. φορτίο, βλ. Μάργαρη, παρ , σελ. 63 Η τυπική προσέγγιση κάνει χρήση μιας παρένθετης αντίστασης που μετά αφαιρείται με όριο στο μηδέν 2019Κ1Φ-38

39 RC ΣΤΑ ΟΡΙΑ ΤΗΣ ΘΕΩΡΙΑΣ ΑΝΑΛΥΣΗ NTK v Ri v 1 2 dv NPK C i C dt dv dt i di i di 1 1 R R i 0 C1 dt C2 dt C1 C2 1 C C i i t e t V0 di 1 C C i0 V 1 2 t R R C1C 2 0, 0 dt R C1C 2 R 2019Κ1Φ-39

40 RC ΣΤΑ ΟΡΙΑ ΤΗΣ ΘΕΩΡΙΑΣ 2. Κατανάλωση στο R T T T 2 2 C1C2 t 2 V 0 R C1C 2 ERT vr t i t dt R i t dt R e dt R Οι οριακές τιμές: 2 C1C 2V e 2C1 C2 2T C C R C1C 2 v t v i t dt V e v V i 1 2 t t C1C2 1 V0C 2 R C1C 2 V0C2 V0C C 1 0 C1 C2 C1 C2 C1 C2 v t i d e v t t C1C2 1 V0C 1 R C1C 2 V0C C2 0 C1 C2 C1 C2 1 C1C 2 V t 0 R C1C 2 lim e 0 t R 2019Κ1Φ-40

41 E C RC ΣΤΑ ΟΡΙΑ ΤΗΣ ΘΕΩΡΙΑΣ 4. Οι αρχικές και τελικές ενέργειες των πυκνωτών CV 0, EC C Ισοζύγιο: 1 2 E 0 EC 0 C 1 1V 0 2 E E E E ΤΙ ΣΥΝΕΒΗ;; R C C V C 1 V C E C E C C C 2 C C V0 C1 1 V0 C1 1 V0 C1 1 0 C1 C C C C C C1 C , 2 C C V Κ1Φ-41

42 RC ΣΤΑ ΟΡΙΑ ΤΗΣ ΘΕΩΡΙΑΣ ΤΙ ΣΥΝΕΒΗ;; Δεχόμαστε ότι η ενέργεια που λείπει «ακτινοβολήθηκε» Η διαφορά εξηγείται από την ιδανικότητα των στοιχείων Το θέμα ερευνάται ακόμα Όπως και νάναι: 1 C1C 2 t 0 R C1C 2 limi t lim e lim lim 1 C1C2 R0 R0 R0 t R0 R C1C 2 lim V0 V 0 de l'hopital V 2 R R R e 1 2 C C R C C V C C V lim 1 2 C1C 2R C C e t C1 C2 t 1 2 R C C t C C li i R0 0 C 1 2 1C2R C R C1 C2 e 1 C1C2 V t 0 R C1C V C2 t e t C1C2t C1C 2R C C e R i tdt e dt R R C C V R0 C C C C C C t 0, t 0 V0 m 0 lim R0 R, t 0 i t 0, t 0 C1C 2V0 i tdt 0 C1 C i t, t 0 i t t C C V C C Κ1Φ-42

43 RC ΣΤΑ ΟΡΙΑ ΤΗΣ ΘΕΩΡΙΑΣ Οπότε, τελικά: limi t R0 C C V C 1 C 2 t και η μεταφορά τού φορτίου συμβαίνει στιγμιαία 2019Κ1Φ-43

44 Για περισσότερες ασκήσεις RC/RL δείτε και τα σχετικά θέματα από τον Φεβρουάριο και τον Σεπτέμβριο του Κ1Φ-44

45 Κ1Φ-45

46 RLC Το κύκλωμα λειτουργεί για πολύ χρόνο Στο t = 0 η τάση τής πηγής πέφτει ακαριαία στα 150 V Να υπολογιστεί η τάση v o (t) για t Κ1Φ-46

47 RLC t < 0 [«ΠΡΙΝ»] Δεδομένου ότι το κύκλωμα λειτουργεί για πολύ χρόνο και το ότι η πηγή είναι σταθερή, ο πυκνωτής έχει γίνει ανοικτό κύκλωμα, οπότε t > 0 [«ΜΕΤΑ»] α > ω 0 υπερκρίσιμη απόκριση 2019Κ1Φ-47

48 RLC Οι ρίζες τής χαρακτηριστικής εξίσωσης θα δώσουν: Η τελική τάση του πυκνωτή θα είναι (καθώς θα έχει γίνει πάλι ανοικτό κύκλωμα): Από την αρχική συνθήκη Από την παράγωγο της τάσης dv dt o t0 I C 0 20A1 80A2 0 A A Κ1Φ-48

49 RLC Λύνοντας το σύστημα: A 66,67 A 16, Τελικά η τάση τού πυκνωτή θα είναι: 20t 80 v t ,67e 16,67e V, t 0 o t 2019Κ1Φ-49

50 Κ1Φ-50

51 RLC Το κύκλωμα λειτουργεί για πολύ χρόνο Στο t = 0 ο διακόπτης κλείνει Να υπολογιστεί το ρεύμα i L (t) για t Κ1Φ-51

52 RLC t < 0 [«ΠΡΙΝ»] Δεδομένου ότι το κύκλωμα λειτουργεί για πολύ χρόνο και το ότι η πηγή είναι σταθερή, ο πυκνωτής έχει γίνει ανοικτό κύκλωμα και το πηνίο βραχυκύκλωμα, οπότε t > 0 [«ΜΕΤΑ»] 2019Κ1Φ-52

53 RLC Και τελικά: Θα έχουμε: ΚΡΙΣΙΜΟ 2019Κ1Φ-53

54 RLC i t 0,1 At e Ae L 10000t i 0 0,1 A 0,12 A 0,02 L 2 2 di V V A 10000A 0 A 200 dt L L L L C t0 t Θα έχουμε τελικά: 10000t i t 0,1 200 t e 0,02 e, t 0 L 1 t 2019Κ1Φ-54

55 Κ1Φ-55

56 RLC Στο κύκλωμα, που λειτουργούσε για πολύ χρόνο, ο διακόπτης ανοίγει στον χρόνο t = 0 Διερευνήστε κατά πόσο η τάση v C είναι επικίνδυνη 2019Κ1Φ-56

57 RLC t < 0 [«ΠΡΙΝ»] Το κύκλωμα είναι στη μόνιμη κατάσταση και ο πυκνωτής λόγω της πηγής «βλέπει» 10 Volt ενώ το ρεύμα που κυκλοφορεί στο βρόχο τού βραχυκυκλωμένου πηνίου και αντιστάτη είναι 10/0,5 = 20 Α t > 0 [«ΜΕΤΑ»] Μόλις ανοίξει ο διακόπτης, η πηγή απομονώνεται και απομένει ένα κύκλωμα RLC με σύνδεση σε σειρά 2019Κ1Φ-57

58 RLC Δεδομένου R 0, , L 2 2,510 LC 2, s1,2 j 100 j d v () t A e B e A e B e C s1t s2 t ( 100 j200000) t ( 100 j200000) t t e A t B t cos( ) sin( ) v (0 ) v (0 ) 10 1 ( A1 B0) A 10 i C C C dv i (0 ) i (0 ) i (0 ) 20 dv CDvC 210 dt C C C dt C C L L C 9 9 t t0 d e 100 t A t B t A B 9 B dt cos( ) sin( ) t0 2019Κ1Φ-58

59 RLC Τελικά v t e t t 100t ( ) C 10cos( ) 10000sin( ) Η τάση αυτή μπορεί να πάρει μεγάλες τιμές, τής τάξης των 10 kv 2019Κ1Φ-59

60 Κ1Φ-60

61 RLC 75 V 0 1 ms 2 ms 3 ms Εφαρμόζουμε στο κύκλωμα την απεικονιζόμενη τάση R = 25 Ω, L = 5 mh, C = 50 μf Να υπολογιστεί το ρεύμα i για t = 0 ms, t = 1 ms και t = 2 ms 2019Κ1Φ-61

62 RLC t < 0 [«ΠΡΙΝ»] Στο κύκλωμα δεν υπάρχει αποθηκευμένη ενέργεια: i(0) = 0, v C (0) = 0 t > 0 [«ΜΕΤΑ»] αλλά για λιγότερο από 1 ms Έχουμε ένα κύκλωμα RLC με σύνδεση σε σειρά R , L 2 5 LC s 1,2 1000, 4000 i t A e A e 1000t 4000t Κ1Φ-62

63 RLC Υπολογίζουμε τις σταθερές από τις αρχικές συνθήκες λύνοντας το σύστημα: Βρίσκουμε ότι Οπότε t0 i 0 A A V v v v 0 v 0 R L C L di V 0 75 vl 0 L dt di dt t0 V (0 ) A1 4000A L 0,005 A 5, A t i t 5 e 5 e, 0 t 1ms 1000t 4000 i 0,001 1,74782 A 2019Κ1Φ-63

64 RLC 1 t < 2 ms Η διαδικασία θα είναι ίδια αλλά πρέπει να είμαστε λίγο προσεχτικοί 1 Βρίσκουμε τις σταθερές από τις «αρχικές» συνθήκες λύνοντας το σύστημα: i 0,001 B B ,7478 t0,001 t0,001 i t B e B e ,001 0,001 0,001 0,001 V v v v v V v v R L C L R C t 4000t v 0, , L vc e e dt C ,001 t 400t vl 0,001 43, e e v 0,001 43, e 25e 43, , ,3654 L 1 0, Κ1Φ-64

65 RLC 1 t < 2 ms Βρίσκουμε ότι Οπότε di di vl 0,001 82,3654 vl 0,001 L dt dt L 0,005 t0,001 t0, , B 4000B B ,16060, B 4,90842 t0,001 t0,001 i t e e t ,1606 4,90842, 0,001 0,002 i 0,002 1, A 2019Κ1Φ-65

66 Κ1Φ-66

67 [ΦΕΒ. 2010] Το κύκλωμα λειτουργεί για πολύ χρόνο Προσδιορίστε τις τιμές των μεγεθών: 2019Κ1Φ-67

68 t < 0 [«ΠΡΙΝ»] Tο κύκλωμα είναι: i L 0 0 v AB 0 0 v C 0 10 v R Κ1Φ-68

69 t > 0 [«ΜΕΤΑ»] Tο κύκλωμα είναι: Προφανώς: i L 0 0 v C 0 10 Και (ΝΤΚ): v R 0 10 v 0 C 10 ( 10) Κ1Φ-69

70 t > 0 [«ΜΕΤΑ»] dv C /dt? dv dt C ic C t0 t0 i C i 0 C i i C C i 0 L ir (10 10) /102 0 i C 0 2 dv dt C t0 4i 0 8V s C 2019Κ1Φ-70

71 t > 0 [«ΜΕΤΑ»] dv R /dt? v R v 10 dvr dvc d10 dt dt dt C t0 t0 dv dt C t0 8V s dv dt R t0 8V s 2019Κ1Φ-71

72 t > 0 [«ΜΕΤΑ»] di L /dt? di vl 0 L vl dt L L t0 t0 i L 10 vc dil dt t0 18 0A s 2019Κ1Φ-72

73 t = [«ΠΑΡΑ ΠΟΛΥ ΜΕΤΑ»] Διαιρέτης ρεύματος 10 i L 2 0,4A i R v R , , V v v C 10 v 0 R V , 4 10 C i L 2019Κ1Φ-73

74 Κ1Φ-74

75 Η ΗΜΙΤΟΝΟΕΙΔΗΣ Να βρεθεί η τιμή τού cos(3000t + 35) όταν t = 2,6 s cos ,6 35 cos cos cos 0, ,61087 rad 180 cos cos 0, , Κ1Φ-75

76 Κ1Φ-76

77 Η ΗΜΙΤΟΝΟΕΙΔΗΣ Να βρεθεί η τιμή τού y t 60cos 100t sin 100t cos 100t 90 Εφόσον έχουν την ίδια συχνότητα 60cos 100t sin 100t cos 100t j51, 96 98, 298 j68,829 0 j , 298 j83, ,8832,94 152,88cos 100t 32, Κ1Φ-77

78 Κ1Φ-78

79 Η ΗΜΙΤΟΝΟΕΙΔΗΣ Να βρεθεί η τιμή τού y t 100cos t cos t cos t 80 Εφόσον έχουν την ίδια συχνότητα 100cos t cos t cos t ,60444 j64, ,96926 j34, ,36482 j98, Κ1Φ-79

80 Κ1Φ-80

81 ΕΜΠΕΔΗΣΗ vg i t g t v t 150cos 8000 t 20 V g i t 30sin 8000 t 38 A g Ποια είναι η εμπέδηση που «βλέπει» η πηγή; Κατά πόσα μs είναι εκτός φάσης το ρεύμα σε σχέση με την τάση; 2019Κ1Φ-81

82 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Οι φάσορες: v t 150cos 8000 t 20 V g i t 30sin 8000 t 38 I g Η εμπέδηση: Z Vg I g Η διαφορά φάσης μεταξύ τάσης και ρεύματος είναι 72 μοίρες g g 20 ( 52) Η ημιτονοειδής i g καθυστερεί κατά (72/360) (περίοδο Τ) 2πf = 8000π f = 4000 Hz T = 1/f = 250 μs Οπότε η καθυστέρηση του ρεύματος είναι 1/5 250 = 50 μs 2019Κ1Φ-82

83 Κ1Φ-83

84 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Ποια είναι η εμπέδηση Ζ; 2019Κ1Φ-84

85 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Τα δυο κυκλώματα είναι ισοδύναμα 2019Κ1Φ-85

86 ΕΜΠΕΔΗΣΗ 5 j10 10 j30 5 j10 10 j30 11,1 63, 4 31,6271,6 2553,1 14, j10 20 j20 20 j20 j j 1 j 1 j j10 14, j 1 j 1 j Κ1Φ-86

87 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Τελικά: 10 j40 10 j10 10 j10 30 j ,13 Ω 2019Κ1Φ-87

88 27-Α 2019Κ1Φ-88

89 ΕΜΠΕΔΗΣΗ ΓΙΑ ΕΞΑΣΚΗΣΗ Ποια είναι η εμπέδηση Ζ ab ; 25 j20 32,0238,66 Ω 2019Κ1Φ-89

90 Κ1Φ-90

91 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Να υπολογιστεί η τάση V Κ1Φ-91

92 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Εξαιτίας τής μοναδικής πηγής λύνουμε με απλοποιήσεις και μετασχηματισμούς 2019Κ1Φ-92

93 ΕΜΠΕΔΗΣΗ 2019Κ1Φ-93

94 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Δυο επιλογές (ίδιας πολυπλοκότητας): 1. Διαιρέτης τάσης 2. Υπολογισμός ρεύματος Ι 0 και πολ/μός επί 10j19 Ω 2019Κ1Φ-94

95 ΕΜΠΕΔΗΣΗ V 0 10 j19 36 j12 1,8 2,4 0,2 0, j j j 37,95 18, 44 21,47 62, ,13 40,74 27,55 36,12 j18,84 V 2019Κ1Φ-95

96 Κ1Φ-96

97 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Το κύκλωμα λειτουργεί σε ΜΗΚ Μεταβάλλουμε τη χωρητικότητα του πυκνωτή έως ότου το ρεύμα i g και η τάση v g είναι σε φάση 1. Να υπολογιστεί αυτή η χωρητικότητα (ή οι χωρητικότητες) του πυκνωτή αν v g = 250 cos(1000t) V 2. Να υπολογιστεί το αντίστοιχο για τη χωρητικότητα αυτή ρεύμα i g 2019Κ1Φ-97

98 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Υπολογίζουμε την ισοδύναμη σύνθετη αντίσταση του συνδυασμού πυκνωτή και αντίστασης: 2019Κ1Φ-98

99 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Υπολογίζουμε και τη σύνθετη αντίσταση του πηνίου: jωl = j10005 = j5000 Ω και την προσθέτουμε στην ισοδύναμη σύνθετη αντίσταση του συνδυασμού πυκνωτή και αντίστασης που βρήκαμε πριν Για να είναι σε φάση η τάση και το ρεύμα, πρέπει η σύνθετη αντίσταση να είναι ωμική, ή, με άλλα λόγια, το φανταστικό μέρος τής σύνθετης αντίστασης να είναι 0, οπότε πρέπει ή ισοδύναμα 2019Κ1Φ-99

100 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Επιλύοντας: Οπότε οι δυο δυνατές χωρητικότητες είναι: Τα αντίστοιχα ρεύματα προκύπτουν από τον υπολογισμό τής συνολικής σύνθετης (στην πραγματικότητα πια ωμικής μόνο) αντίστασης που είναι: 2019Κ1Φ-100

101 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Για τις χωρητικότητες που βρήκαμε: 2019Κ1Φ-101

102 29Α 2019Κ1Φ-102

103 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Το κύκλωμα λειτουργεί σε ΜΗΚ Μεταβάλλουμε τη χωρητικότητα του πυκνωτή έως ότου το ρεύμα i g και η τάση v g είναι σε φάση 1. Να υπολογιστεί αυτή η χωρητικότητα (ή οι χωρητικότητες) του πυκνωτή αν v g = 80 cos(5000t) V 2. Να υπολογιστεί το αντίστοιχο για τη χωρητικότητα αυτή ρεύμα i g 2019Κ1Φ-103

104 Κ1Φ-104

105 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Το κύκλωμα λειτουργεί σε ΜΗΚ Να υπολογιστεί η τάση V Κ1Φ-105

106 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Προφανώς η μέθοδος κομβικών τάσεων είναι η κατάλληλη (μια εξίσωση μόνο) Και ο περιορισμός: Οπότε: 2019Κ1Φ-106

107 Κ1Φ-107

108 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Το κύκλωμα λειτουργεί σε ΜΗΚ Να υπολογιστεί το ισοδύναμο Thevenin από τα σημεία Α και Β 2019Κ1Φ-108

109 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Όταν τα σημεία Α και Β είναι ανοιχτοκυκλωμένα, όλο το ρεύμα τής πηγής περνάει από την ωμική αντίσταση και: V x = I s 10 = = 200 V Τότε: V Th = V AB = V x + 3 V x + (0 j10) = 4 V x = 800 V Για την αντίσταση Thevenin μπορούμε να βραχυκυκλώσουμε τα σημεία Α και Β 2019Κ1Φ-109

110 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Με (π.χ.) κομβικές τάσεις: Οπότε Και η εμπέδηση Thevenin: Vx Vx 3Vx j10 Vx 4Vx j10 Vx 1,17647 j4, Vx I 1,88325 j0, j10 VAB 80 0 ΖTh 40 j10 Ω I 1,88325 j0, Κ1Φ-110

111 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Εναλλακτικά: Vx 10 V j10i 3V 10I V j10i 30I 10I V j10i 40I Ζ Th 0 AB x AB 0 AB AB AB 0 AB AB V0 40 j10 Ω I AB I AB 2019Κ1Φ-111

112 Κ1Φ-112

113 ΕΜΠΕΔΗΣΗ [ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2005] Στο κύκλωμα, που λειτουργεί σε μόνιμη κατάσταση, να βρεθεί η τάση v 0 (t) αν για τις πηγές τάσης ισχύει E ( t) 10cos(5000t 53,13 ) V 1 E ( t) 8sin(3000 t) V Κ1Φ-113

114 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Εξαιτίας της ύπαρξης δυο πηγών με διαφορετική συχνότητα, είμαστε αναγκασμένοι να χρησιμοποιήσουμε επαλληλία Πρέπει λοιπόν να λύσουμε το κύκλωμα δυο φορές: ΜΕΡΟΣ Α. Συχνότητα 5000 rad/s (E 2 εξουδετερωμένη) V0 V0 V0 6 j8 0 6 j4 j2 0,167V j0, 25V j0,5v j3 4 0 V j3 0,167 j0, 25 V 15,691 j5,54 16,6419, Κ1Φ-114

115 ΕΜΠΕΔΗΣΗ ΜΕΡΟΣ Β. Συχνότητα 3000 rad/s (E 1 εξουδετερωμένη) Λύση με διαιρέτη τάσης: 2019Κ1Φ-115

116 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Τελικά, από την επαλληλία θα έχουμε v ( t) Re V e V e 5000 j5000t 3000 j3000t Re 16, 6419, 44e 1, ,3e j5000t j3000t v ( t ) 16,64cos 5000 t 19,44 1,712cos 3000 t 256, Κ1Φ-116

117 Κ1Φ-117

118 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Με τη μέθοδο κομβικών τάσεων και με i t 5cos2500 t A g v t 20cos 2500t 90 g Βρείτε το ρεύμα i Κ1Φ-118

119 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Μετασχηματίζουμε στο πεδίο συχνότητας: ΚΤ: 2019Κ1Φ-119

120 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Με λύση: 2019Κ1Φ-120

121 Κ1Φ-121

122 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Στο κύκλωμα, που λειτουργεί σε μόνιμη κατάσταση, να υπολογιστούν τα ρεύματα I a, I b, I c και I d 2019Κ1Φ-122

123 ΕΜΠΕΔΗΣΗ I 4 10 (Εξωτερικός βρόχος) 100 I I j1 I I I I 1 I I j I I j1 I I j1 I I Κ1Φ-123

124 ΕΜΠΕΔΗΣΗ Σε πιο «τακτική» μορφή: 1 j1 I 1I j1i 100 Επιλύουμε: I 1 j1 I j1i j1i j1i I Και: 2019Κ1Φ-124