ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΕΝΟΤΗΤΑ Ι 63

Transcript

1 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΕΝΟΤΗΤΑ Ι 6

2 ΑΣΚΗΣΗ. ύο σφαίρες φορτίου q και µάζας m gr, κρέµονται από το ίδιο σηµείο µε νήµατα µήκους l cm. Αν οι σφαίρες ισορροπούν όταν τα νήµατα σχηµατίζουν γωνία φ 6 ο, να βρεθεί το φορτίο q. ίνονται g m/s και ε ο 8,85x - F/m. φ Ty T l φ/ Fc Tx r B Σε κάθε σφαίρα ασκούνται το βάρος Β, µια απωστική ηλεκτρική δύναµη (δύναµη Culmb) F c και η τάση του νήµατος Τ. Αναλύουµε την τάση Τ σε δύο ορθογώνιες συνιστώσες T x και T y. Θεωρώντας ισορροπία δυνάµεων στον οριζόντιο και κατακόρυφο άξονα έχουµε: φ q ΣFx Tx Fc T sin πεr φ ΣFy Ty B T cs mg ιαιρώντας κατά µέλη τις δύο τελευταίες σχέσεις: φ tan q πε mgr Επιλύνοντας ως προς το φορτίο: q r πε mg tan( φ / ). Επειδή τα νήµατα και η απόσταση r µεταξύ των φορτίων σχηµατίζουν ισόπλευρο τρίγωνο έπεται ότι r l. Εποµένως: 6

3 q l πε mg tanφ ( / ) 5,6x 7 C. ΑΣΚΗΣΗ. ύο όµοια ηλεκτρικά φορτία Q Q µc είναι τοποθετηµένα στις δύο κορυφές ενός ισόπλευρου τριγώνου πλευράς α cm. Να υπολογιστεί η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου που σχηµατίζεται στην τρίτη κορυφή. ίνεται ε ο 8,85x - F/m. Ε Α Ε Α Ε Α Α Το φορτίο Q δηµιουργεί στο σηµείο Α ένταση Ε Α ίση µε 6 Q x N EA 9. πε a x,x8,85x x C Β Q Γ Q (,) Οµοίως το φορτίο Q δηµιουργεί στο σηµείο Α ένταση Ε Α ίση µε Q N EA 9. πε a C Η συνολική ένταση στο σηµείο Α βρίσκεται από τη διανυσµατική άθροιση των επιµέρους πεδίων Ε Α και Ε Α. Η σχέση που χρησιµοποιούµε ονοµάζεται νόµος συνηµιτόνου και παρατηρούµε ότι τα διανύσµατα σχηµατίζουν γωνία ίση µε φ 6 ο. 65

4 E E E A A A EA E EA E x A E A A E E A A E csφ A csφ N C ( 9) x9x9 cs ΑΣΚΗΣΗ. Σφαίρα ακτίνας r 5cm έχει χωρική πυκνότητα φορτίου ρ x -6 C/m. Η σφαίρα περικλείεται από σφαιρικό φλοιό ακτίνας r cm µε επιφανειακή πυκνότητα φορτίου ρ S x -7 C/m. Να υπολογιστεί η ένταση Ε στο τυχαίο σηµείο του χώρου που απέχει απόσταση r > r από το κοινό κέντρο. E r r r Το πρόβληµα παρουσιάζει σφαιρική συµµετρία. Επιλέγουµε µια σφαιρική επιφάνεια S µε ακτίνα ίση µε r. Το διάνυσµα της έντασης θα έχει τη διεύθυνση της ακτίνας και θα έχει σταθερό µέτρο σε όλη την επιφάνεια της εξωτερικής σφαίρας. Η εφαρµογή του νόµου του Gauss δίνει. Φ Q ολ ε E ds Q S Το ολικό φορτίο ισούται µε το φορτίο Q ρ της εσωτερικής σφαίρας συν το φορτίο Q ρ S S της ενδιάµεσης σφαίρας. Αντικαθιστώντας τις εκφράσεις την επιφάνεια S, τον όγκο και το εµβαδόν S ολ 66

5 67 ( ). C N r r r r E r r r E S S ε ρ ρ π ρ π ρ π ε ΑΣΚΗΣΗ. Να υπολογιστεί η ένταση Ε και το δυναµικό φ σε ένα σηµείο που απέχει απόσταση r > R από τον άξονα ενός φορτισµένου κυλίνδρου ακτίνας R cm. Ο κύλινδρος έχει γραµµική πυκνότητα φορτίο ρ l x -6 C/m και συνολικό µήκος ίσο µε l. α) Το πρόβληµα παρουσιάζει κυλινδρική συµµετρία. Για να εφαρµόσω το νόµο του Gauss επιλέγω µια κυλινδρική επιφάνεια S µε ακτίνα ίση µε r. Η ένταση Ε θα έχει διεύθυνση κάθετη στην παράπλευρη επιφάνεια του κυλίνδρου. ( ) Φ C N r r E l rl E l ds E Q l l l S 6 πε ρ ρ π ε ρ ε ολ β) Η συνάρτηση δυναµικού υπολογίζεται µε απευθείας ολοκλήρωση της έκφρασης για την ένταση του ηλεκτρικού πεδίου. E l r R

6 r φ E r R r R r r ( r) dr 6 dr 6[ lnr] 6( lnr lnr) 6ln ( ) R ΑΣΚΗΣΗ.5 Να βρεθεί το φορτίο και η διαφορά δυναµικού για κάθε πυκνωτή του σχήµατος, αν C 8µF, C 5µF, C µf και. R C C C Οι πυκνωτές C και C είναι συνδεδεµένοι παράλληλα και έχουν ισοδύναµη χωρητικότητα C C C 5 8µF. Η χωρητικότητα C είναι σε σειρά µε τον πυκνωτή C και εποµένως η συνολική χωρητικότητα του συστήµατος θα δίνεται από τη σχέση C C C CC C C C 8x8 µ F. 8 8 Το ολικό φορτίο είναι ίσο µε Η εν σειρά σύνδεση σηµαίνει ότι Για τη διαφορά δυναµικού έχουµε Q C x -6 x x - C. Q Q Q x - C. Q x C 8x Τα φορτία υπολογίζονται ως εξής: 68

7 Q C 5x -6 x5,5x - C. Q C x -6 x5,5x - C. 69

8 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΕΝΟΤΗΤΑ Ι 7

9 ΑΣΚΗΣΗ. Να επιλυθεί το κύκλωµα µε τη µέθοδο των ελάχιστων βρόχων. R Ω R Ω A R Ω R5 Ω R 6Ω Για να εφαρµοστεί η µέθοδος, όλες οι πηγές στο κύκλωµα πρέπει να είναι πηγές τάσης. Μετατρέπουµε αρχικά την πηγή ρεύµατος των A µε την παράλληλη αντίσταση των Ω σε πηγή τάσης. R Ω R Ω R Ω Ι R5 Ω Ι Ι R 6Ω Ορίζουµε σε κάθε απλό βρόχο ένα ρεύµα µε φορά δεξιόστροφη. Οι εξισώσεις βρόχων γράφονται ως εξής: ( ) ( ) ( ) ( ) Κάνοντας πράξεις και εµφανίζοντας σε κάθε βρόχο όλα τα ρεύµατα 7

10 5 6 Σε µορφή πινάκων οι εξισώσεις βρόχων γράφονται 5 6 Μπορούµε εύκολα να διαπιστώσουµε ότι ο πίνακας των αντιστάσεων είναι συµµετρικός ως προς την κύρια διαγώνιο. Η επίλυση του συστήµατος γίνεται µε τη µέθοδο Crammer. Υπολογίζουµε πρώτα τις ορίζουσες Τα ρεύµατα των βρόχων δίνονται από τις σχέσεις 7 55,8, A A,8A ΑΣΚΗΣΗ. Να γραφούν οι εξισώσεις κόµβων. Να υπολογιστεί το ρεύµα µέσω της αντίστασης Ω. R Ω Ι 5Α R Ω R Ω A Ι Ι 7

11 Το κύκλωµα έχει µόνο πηγές ρεύµατος. Οι κόµβοι του κυκλώµατος είναι τρεις, θεωρούµε τον ένα από αυτούς ως κόµβο αναφοράς (κόµβος ). Ορίζουµε επίσης ρεύµατα σε κάθε κλάδο µε αυθαίρετη φορά. Οι εξισώσεις των κόµβων και γράφονται: Ι Ι Ι - Ι 5 Εκφράζουµε τα ρεύµατα κλάδων συναρτήσει των δυναµικών των κόµβων. Ή διαφορετικά: 5 5 Επίλυση του συστήµατος δίνει, και,5. Το ρεύµα µέσω της αντίστασης Ω εποµένως είναι,,5,a. Το αρνητικό πρόσηµο υποδηλώνει ότι η πραγµατική φορά του Ι είναι αντίθετη από αυτή που αρχικά υποθέσαµε. 7

12 ΑΣΚΗΣΗ. Με το θεώρηµα της επαλληλίας (υπέρθεσης) να υπολογιστεί το ρεύµα x. R Ω R Ω x R Ω s A R Ω s s Υπολογίζουµε τη συνεισφορά κάθε πηγής στο ρεύµα του κλάδου που µας ενδιαφέρει νεκρώνοντας όλες τις υπόλοιπες πηγές. Πηγή R Ω A x R Ω R Ω R Ω s Είναι / A A,7 x,7a. / Πηγή s x R Ω R Ω R Ω R Ω B 7

13 Είναι B B, x,a. Πηγή Α Ι x R Ω s A R Ω R Ω R Ω Από το διαιρέτη ρεύµατος που σχηµατίζεται έχουµε / x,57a. / / / / Το ρεύµα x υπολογίζεται από την υπέρθεση των τριών ρευµάτων λαµβάνοντας υπόψη τη φορά τους. x x x,855a. x ΑΣΚΗΣΗ. Να υπολογιστεί η ισχύς στην αντίσταση R L µε τη βοήθεια του θεωρήµατος Thevenin. R Ω R Ω R Ω α RL,5Ω R5 5Ω R Ω 8 Αποσυνδέουµε το φορτίο R L και νεκρώνουµε την πηγή τάσης (αντικαθιστώντας την µε βραχυκύκλωµα). β 8 75

14 R Ω R Ω R Ω α R5 5Ω R Ω β Η αντίσταση κοιτάζοντας το κύκλωµα από τα σηµεία α και β είναι R αβ 5 // [ (//)] 5 // 5 7,5 7,5Ω. Αυτή είναι και η αντίσταση του ισοδύναµου κυκλώµατος Thevenin. Επαναφέρουµε στη συνέχεια την πηγή των 8 και υπολογίζουµε την τάση αβ (τάση Thevenin). R Ω R Ω R Ω α R5 5Ω R Ω 8 β Για την απλοποίηση του κυκλώµατος µετατρέπουµε την πηγή τάσης σε ρεύµατος. R Ω R Ω α R5 5Ω R Ω R Ω,8A β 76

15 Ο παράλληλος συνδυασµός των R και R ισοδυναµεί µε µια αντίσταση 5Ω. Επιπλέον µετατροπή της πηγής ρεύµατος (µε παράλληλη αντίσταση 5Ω) σε τάσης δίνει το παρακάτω κύκλωµα. R 5Ω R Ω δ R Ω α R5 5Ω γ β Επειδή η R δεν διαρέεται από ρεύµα δεν υπάρχει πτώση τάσης πάνω της. Κατά συνέπεια η τάση αβ ισούται µε τη τάση γδ. Η γδ µπορεί απευθείας να υπολογιστεί από το διαιρέτη τάσης που σχηµατίζεται. 5 γδ αβ. 5 5 Σχηµατίζουµε το ισοδύναµο κύκλωµα Thevenin και συνδέουµε το φορτίο R L. Rth 7,5Ω α Ι L RL,5Ω th Το ρεύµα βρόχου είναι β Η ισχύς στο φορτίο είναι P Ι L /(7,5,5),5A. (,5) x,5,5mw. L LRL 77

16 ΑΣΚΗΣΗ.5 Να υπολογιστεί η ισχύς στην αντίσταση R L µε τη βοήθεια του θεωρήµατος Nrtn. R,5Ω α RL Ω R Ω R,5Ω A Νεκρώνουµε την πηγή ρεύµατος (αντικαθιστώντας τη µε ανοικτό κύκλωµα) και αποµακρύνουµε το φορτίο. β R,5Ω α R Ω R,5Ω β Η αντίσταση που φαίνεται από τα σηµεία α και β είναι: R αβ // (,5,5) // 6,5Ω. R,5Ω α A R,5Ω R Ω Ι Ν β 78

17 Η αντίσταση των Ω βραχυκυκλώνεται και εποµένως από το διαιρέτη ρεύµατος που σχηµατίζεται,5 N A A.,5,5 Το ισοδύναµο κύκλωµα Nrtn µε συνδεδεµένο το φορτίο δίνεται παρακάτω. α L RL Ω RN,5Ω A N Από το διαιρέτη ρεύµατος που σχηµατίζεται το ρεύµα L θα είναι: L A,A.,5 Η ζητούµενη ισχύς δίνεται από τη σχέση P (,) x,w. L LRL β 79

18 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΕΝΟΤΗΤΑ ΙΙ 8

19 S S ΑΣΚΗΣΗ. Να βρεθεί το ρεύµα Ι στο τύλιγµα έτσι ώστε η µαγνητική ροή στο δεξιό και αριστερό σκέλος του µαγνητικού κυκλώµατος να είναι Φ Φ mwb. ίνεται Ν 5 σπείρες, S cm, S S cm. Η καµπύλη µαγνήτισης του σιδηροµαγνητικού υλικού δίνεται στον παρακάτω πίνακα. Β(Τ),8,9,,,,,,5,6,7 Η(Α/cm),85,5,,95 5, 7,7, 7,5 5,5 89, ζ α β Φ Ι 6mm Φ Φ S ε δ 6mm γ ιακρίνουµε τις διαδροµές όπου αλλάζει είτε το υλικό, ή η διατοµή του πυρήνα. Ορίζω ως l τη διαδροµή <αδ>,6m, ως l τη διαδροµή <δεζα>,m και ως l τη διαδροµή <αβγδ>,m. Υπολογίζω τη µαγνητική επαγωγή Β και ένταση Η στα διάφορα τµήµατα. Φ x Φ B T B T. S x S Φ x Φ Φ Φ x Wb B,T. S x Από την καµπύλη µαγνήτισης (πίνακας) για τις αντίστοιχες τιµές του Β προκύπτει: 8

20 A A A A H H H 8 8. cm m cm m Με εφαρµογή του νόµου του διαρρεύµατος στη διαδροµή <αβγδ> και θεωρώντας δεξιόστροφη φορά διαγραφής Hl H 5,5A. 5 l N 5A ΑΣΚΗΣΗ. Στο κύκλωµα της άσκησης. εισάγουµε διάκενο δ,cm. Οι υπόλοιπες διαστάσεις και η καµπύλη µαγνήτισης παραµένουν ως έχουν. Να υπολογιστεί το ρεύµα Ι έτσι ώστε Φ mwb (µ ο πx -7 H/m). ζ α β Φ Ι S 6mm Φ Φ S S δ ε δ 6mm γ Υπολογίζουµε πρώτα τη µαγνητική επαγωγή Β δ στο διάκενο. Φ x B δ B T. S x Για τον υπολογισµό της έντασης στο διάκενο χρησιµοποιούµε τη σχέση H B πx δ δ 7 µ A 796. m 8

21 Από την καµπύλη µαγνήτισης για Β Τ προκύπτει Η A/cm A/m. Εφαρµόζω το νόµο του διαρρεύµατος στη διαδροµή <αβγδεζα>. H H l H H l H l l H l δ δ l δ δ A. m Από την καµπύλη µαγνήτισης βρίσκω Β,8Τ και εποµένως Φ Φ B B Φ Φ S S Φ,8xx,96x x,96mwb.,65t.,96mwb. Από την καµπύλη µαγνήτισης Η 69,5A/cm 695A/m. Το ζητούµενο ρεύµα µπορεί να υπολογιστεί µε εφαρµογή του νόµου του διαρρεύµατος στη διαδροµή <αβγδα>. Hl H H δ δ,6a. 5 l l N A. ΑΣΚΗΣΗ. Για το σωληνοειδές του σχήµατος να υπολογιστεί ο συντελεστής αυτεπαγωγής αν l 6cm, d cm, N και µ ο πx -7 H/m. l d Η µαγνητική ροή µέσα από µια σπείρα επιφάνειας S ισούται µε Φ BS N πd µ HS µ l. 8

22 Όπου η ένταση Η αντικαθίσταται µε ΝΙ/l από το νόµο του διαρρεύµατος και η επιφάνεια S εκφράζεται συναρτήσει της διαµέτρου d. Από τη σχέση ορισµού ο συντελεστής αυτεπαγωγής είναι (,) NΦ πd 7,x L µ N πx x 66µ H. l x,6 Η ποσότητα L είναι πολύ µικρή και η τιµή της µπορεί να αυξηθεί σηµαντικά τυλίγοντας το πηνίο γύρω από πυρήνα σιδηροµαγνητικού υλικού. ΑΣΚΗΣΗ. Η µαγνητική ροή σε ένα κύκλωµα ως συνάρτηση του χρόνου δίνεται στο διάγραµµα που ακολουθεί. Αν Ν 5 σπείρες, να υπολογιστεί η επαγόµενη στο πηνίο τάση. Φ(t), α, β,,6,8 γ t -, ιακρίνουµε τρία ευθύγραµµα τµήµατα τα α, β και γ που µπορούµε να εκφράσουµε µε τη βοήθεια της εξίσωσης ευθείας. Για την ευθεία που περνά από τα σηµεία (t, Φ ) και (t, Φ ) η εξίσωση είναι Φ t Φ t ΦΦ tt. Αντικαθιστώντας τις αντίστοιχες τιµές οι εξίσωση της ροής ως συνάρτηση του χρόνου για κάθε ένα από τα ευθύγραµµα τµήµατα α, β και γ είναι α) Φ -t β) Φ -, t γ) Φ,8 t. 8

23 Η επαγόµενη τάση προκύπτει µε πολλαπλασιασµό επί Ν και απευθείας παραγώγιση των παραπάνω σχέσεων. α) β ) γ ) dφ E N 5 dt dφ E N 5 dt dφ E N 5 dt ( ) ( ) 5 5 ( ) 5 Η µορφή της τάσης φαίνεται στο σχήµα. Ε(t) 5,,,6,8 t -5 85

24 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΕΝΟΤΗΤΑ Ι 86

25 ΑΣΚΗΣΗ. Ένα κύκλωµα RC αποτελείται από µια αντίσταση R 5Ω και έναν πυκνωτή χωρητικότητας C σε σειρά. Αν το ρεύµα προηγείται της τάσης κατά 6 ο και η κυκλική συχνότητα της πηγής είναι ω rad/s να βρεθεί η τιµή C. R 5Ω C -Xc Η σύνθετη αντίσταση του κυκλώµατος είναι Z Z <φ. Από την παραπάνω σχέση είναι φανερό ότι η φάση της σύνθετης αντίστασης ισούται µε τη διαφορά των φάσεων των διανυσµάτων τάσης και ρεύµατος. Υπολογίζουµε στη συνέχεια τη φάση της σύνθετης αντίστασης. Z R ωc tanφ ωc R R ωc ωrc tan ( 6 ), 7 Το πρόσηµο (-) σηµαίνει ότι το ρεύµα προηγείται της τάσης. Λύνοντας ως προς τη χωρητικότητα έχουµε C 8,5 F.,7xω R µ 87

26 ΑΣΚΗΣΗ. Να βρεθεί η σύνθετη αντίσταση εισόδου του κυκλώµατος τόσο σε πολική όσο και σε ορθογώνια µορφή. L H R Ω C,5F Η σύνθετη αντίσταση εισόδου µπορεί να γραφεί µε απλή επισκόπηση του κυκλώµατος. Z in R ωl ωc R ωl //( R ωl). ω C ( ω LC) ω RC R ωl ωc Αντικαθιστώντας τις τιµές των στοιχείων Z in ( 5 )(,5,5) (,5) (,5) 5,5,69Ω.,5,5 Η παραπάνω µορφή είναι η ορθογώνια µορφή. Η πολική µορφή βρίσκεται υπολογίζοντας το µέτρο και τη φάση. Z in φ tan (,5) (,69),69 8,5,9Ω Εποµένως η πολική µορφή της αντίστασης είναι Z in,9< 8 Ω. 88

27 ΑΣΚΗΣΗ. Να επιλυθεί το παρακάτω κύκλωµα µε τη µέθοδο των απλών βρόχων. Οι πηγές τάσης έχουν την έκφραση: < και <. R Ω C - Ι Ι L 5 R Ω R 5Ω R Ω C - Ι R5 Ω Ορίζουµε ρεύµατα σε κάθε απλό βρόχο µε δεξιόστροφη φορά. Οι εξισώσεις βρόχων γράφονται. ( ) 5( ) 5( ) 5( ) ( )( ) 5( ) ( )( ) Κάνοντας αναγωγή όµοιων όρων ( 8 ) 5 5 < 5 ( ) ( ) 5 ( ) ( 8 ) < < < Οι εξισώσεις βρόχων γράφονται στη συνέχεια µε τη µορφή πινάκων < < Ο πίνακας είναι φυσικά συµµετρικός ως προς την κύρια διαγώνιο. Για να υπολογίσουµε τα διανύσµατα των ρευµάτων χρειάζεται να υπολογίσουµε 89

28 πρώτα τις ορίζουσες ο,,, και. Στην περίπτωση αυτή οι πηγές και είναι προτιµότερο να αντικατασταθούν µε την ορθογώνια έκφραση τους. < < 8, , , , < 95 78< < 8 6 5< Τα ρεύµατα των βρόχων δίνονται από τις σχέσεις 87< 865< 987< 8 865< 5< 865<,<,7< 7,6< A. A. A. Τέλος οι εκφράσεις των ρευµάτων στο πεδίο του χρόνου είναι i i i { },88cs( ωt ) { },5cs( ωt 7 ) { },6 cs( ωt ) ( t) Re, ( ωt e ) ( t) Re,7 ( ωt 7 e ) ( t) Re,6 ( ωt e ) όπου πολλαπλασιάσαµε µε πλάτος. για να πάµε από την ενεργό τιµή στο 9

29 ΑΣΚΗΣΗ. Για το παρακάτω κύκλωµα να γραφούν οι εξισώσεις κόµβων. Στη συνέχεια να επιλυθούν ως προς τα δυναµικά των κόµβων και να υπολογιστεί το ρεύµα στο πηνίο. Ι C / R Ω Ι Ι R Ω Ι Ι 5 Ι 6 R Ω L R Ω <deg s Αριθµούµε τους κόµβους του κυκλώµατος και ορίζουµε ένα κόµβο αναφοράς (κόµβος ). Γράφουµε τις εξισώσεις όλων των κόµβων εκτός του κόµβου αναφοράς. Ας σηµειωθεί ότι η αρίθµηση των ρευµάτων κλάδων και η φορά τους εκλέγεται αυθαίρετα. < Αντικαθιστούµε κάθε ρεύµα ως συνάρτηση των δυναµικών των κόµβων. / / Κάνουµε αναγωγή όµοιων όρων 5 6 < 9

30 9 ( ) ( ) ( ) / < Γράφουµε τις εξισώσεις κόµβων µε τη µορφή πινάκων. <,5 Υπολογίζουµε τις ορίζουσες ο,,, και ,7 8, 8,5,5 5 8, ,5 5 8,7 58,5,5 < < < Μπορούµε τώρα να υπολογίσουµε τα δυναµικά κόµβων. lt lt lt 55,, 6, < < < Το ρεύµα στο πηνίο είναι.,5 9, 5 A < < <

31 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΕΝΟΤΗΤΑ 9

32 ΑΣΚΗΣΗ 5. Για το παρακάτω κύκλωµα να υπολογιστούν η µιγαδική, η φαινόµενη, η ενεργός και άεργος ισχύς, καθώς και ο συντελεστής ισχύος. R Ω <deg s Ι L 5Ω Η σύνθετη αντίσταση του κυκλώµατος ισούται µε 5 Z 5 Z 5,Ω, φ tan 6,6 Μετατρέπουµε την αντίσταση στην πολική µορφή Ζ, < 6,6 ο. Το ρεύµα Ι θα είναι. Z <, < 6,6,89<6,6 A. Η µιγαδική ισχύς µπορεί να υπολογιστεί ως S <,89< 6,6 8,9< 6,6 A. Η φαινόµενη ισχύς είναι το µέτρο της µιγαδικής ισχύος, δηλαδή είναι S 8,9A. Μετατρέπω τη µιγαδική ισχύ σε ορθογώνια µορφή. S 7,96,99 P Q. Είναι φανερό ότι η ενεργός ισχύς ισούται µε P 7,96W, ενώ η άεργος ισχύς µε Q,99AR. Τέλος ο συντελεστής ισχύς θα είναι P 7,96 cs φ,89. S 8,96 Ο συντελεστής ισχύος είναι επαγωγικός. 9

33 ΑΣΚΗΣΗ 5. Η ενεργός ισχύς στο φορτίο είναι 5kW και ο συντελεστής ισχύος,77 επαγωγικός. Προσδιορίστε την τιµή της χωρητικότητας C ώστε ο συντελεστής ισχύος να είναι α),866 επαγωγικός, β) ίσος µε, γ),866 χωρητικός (ω fad/s). C <deg s Z L α) Είναι csφ,77 φ cs α csφ,866 φ cs τ α τ (,77) 5 tanϕα. (,866) tanϕ,577. Με απευθείας αντικατάσταση στη σχέση διόρθωσης του csφ έχουµε P tan 5x C α τ µ ω x ( φ tanϕ ) (,577) 678. F τ β) Είναι Εποµένως csφ φ cs τ τ ( ) tanϕ τ P tan 5x C α τ µ ω x ( φ tanϕ ) ( ) F γ) Στην περίπτωση που ο συντελεστής ισχύος είναι χωρητικός το πρόσηµο (-) στη σχέση διόρθωσης πρέπει να γίνει από (), δηλαδή P tan 5x C τ ω x ( φ α tanϕ ) (,577),6. F 95

34 ΑΣΚΗΣΗ 5. Κάθε µονοφασικό φορτίο του σχήµατος είναι Z Ω. Να υπολογιστούν τα φασικά ρεύµατα και τα ρεύµατα γραµµής. A Α < Z Z Z C C Β B Η πολική έκφραση του φορτίου είναι Ζ 5,66 < 5 ο Ω. Τα φασικά ρεύµατα είναι AB BC CA < 5,66< 5 < 5,66< 5 < 5,66< 5 8,87<5 A 8,87<65 8,87<85 A A Τα ρεύµατα γραµµής είναι A 8,87<5 67,<75 A B 67,<95 A C 67,<5 A. 96

35 ΑΣΚΗΣΗ 5. Ένα τριφασικό φορτίο σε τρίγωνο έχει σε κάθε φάση του αντίσταση Ω και χωρητικότητα µf. Οι τάση γραµµής είναι L rms και η συχνότητα f 5Hz. Να υπολογιστούν τα ρεύµατα γραµµής, η ενεργός άεργος και φαινόµενη ισχύς. Η αντίδραση του πυκνωτή είναι X C ω C π fc 6Ω. 6 6,8x5xx Εποµένως η σύνθετη αντίσταση κάθε φάσης θα είναι ίση µε Z R X C 6 <5, Ω. Το ρεύµα φάσης θα έχει µέτρο L Z p A. οπότε το µέτρο του ρεύµατος γραµµής προκύπτει ως p Με βάση τα παραπάνω βρίσκουµε L 9A. Ενεργός ισχύς: P L L csφ xx9x cs( 5, ) 65W. Άεργος ισχύς: Q sinφ xx9xsin( 5, ) 588AR. L L L L xx9 76A Φαινόµενη ισχύς: S. 97

36 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΕΝΟΤΗΤΑ Ι 98

37 ΑΣΚΗΣΗ 6. Στον ενισχυτή κοινού εκποµπού του σχήµατος να προσδιοριστεί το ρεύµα και η τάση στο συλλέκτη (dc συνθήκες). Στη συνέχεια να υπολογιστούν η αντιστάσεις εισόδου εξόδου και το κέρδος. Θεωρείστε ότι BE,7 και β. cc R 5K Rc.5K Cut u Cin u Q beta R6 K Re R 7K in Ce u Re 7 DC ανάλυση Στο συνεχές ρεύµα οι τρεις πυκνωτές του σχήµατος παρουσιάζουν άπειρη αντίδραση και εποµένως ισοδυναµούν µε ανοιχτό κύκλωµα. Επειδή το ρεύµα βάσης σε ένα τρανζίστορ είναι σχετικά µικρό ισχύει C E. Η αντίσταση που «φαίνεται από τη βάση του τρανζίστορ στο DC ρεύµα είναι ίση µε ( β )( r R R ) x57 9. Rbin k e e e Ω όπου αγνοήθηκε η αντίσταση r e.5/ E. Το δυναµικό στη βάση B υπολογίζεται από το διαιρέτη τάσης που σχηµατίζεται από τις αντιστάσεις R και R. 99

38 R // RBin 7kΩ // 9kΩ B 5kΩ CC ( R // R ) R ( 7kΩ // 9kΩ) Bin 6,9lt. Το ρεύµα εκποµπού, άρα και συλλέκτη υπολογίζεται από το βρόχο εισόδου ως 6,9.7 7 B BE C E Re Re 9,6mA. Εποµένως η τάση στο συλλέκτη το υ τρανζίστορ θα είναι C CC CRC 9,6x x,5x 5,6lt. AC ανάλυση Στην ανάλυση εναλλασσόµενου ρεύµατος οι πυκνωτές θεωρείται ότι ισοδυναµούν µε βραχυκύκλωµα. Η αντίσταση R e τίθεται λοιπόν εκτός και δε συµµετέχει ούτε στον υπολογισµό της αντίστασης εισόδου ούτε στον υπολογισµό του κέρδους. Η αντίσταση r e θα έχει την τιµή r e 5m,6Ω. 9,6mA και εποµένως κάναµε καλώς και την αγνοήσαµε στο προηγούµενο βήµα. Η αντίσταση εισόδου είναι ίση µε R ( )( r R ) 5kΩ // 7kΩ //( )(,6 ) 9,. R // R // kω in β Η αντίσταση εξόδου είναι e e R ut R // R,5kΩ //kω,kω. C L Το κέρδος του κυκλώµατος δίνεται από τη σχέση A R r e C // R R L e,6,6.

39 ΑΣΚΗΣΗ 6. Το παρακάτω κύκλωµα χρησιµοποιεί τρεις τελεστικούς ενισχυτές για να επιτύχει ταυτόχρονα υψηλή αντίσταση εισόδου και µεγάλο κέρδος. Θεωρείστε ότι R R, R R 5 και R 6 R 7. Να βρεθεί µια έκφραση για το κέρδος. Να υπολογιστεί το κέρδος αν R Ω και όλες οι υπόλοιπες αντιστάσεις είναι kω. XC v R v R6 R R R5 v R XC R7 v XC v Επειδή ο τελεστικός ενισχυτής εµφανίζει άπειρη (πολύ µεγάλη) αντίσταση εισόδου η είσοδος δεν διαρρέεται από ρεύµα. Κατά συνέπεια δεν υπάρχει πτώση τάσης στην είσοδο και οι τάσεις v και v εµφανίζονται στα άκρα της αντίστασης R. Το ρεύµα µέσω της R είναι ίσο µε i v v. R Το ρεύµα i διαρρέει και τις αντιστάσεις R και R. Η διαφορική τάση εξόδου εποµένως των δύο πρώτων τελεστικών θα είναι R R ( R R R ) i ( R R ) ( v ). v v i v Η τάση αυτή ενισχύεται στη συνέχεια από το διαφορικό ενισχυτή που ακολουθεί όπου για R R 5 και R 6 R 7 η ενίσχυση είναι

40 v R R 6 R R 6 ( v v ) ( v v ). R R Το κέρδος λοιπόν του κυκλώµατος δίνεται από τη σχέση A v v R R R 6 v R. Με αντικατάσταση των τιµών προκύπτει A xkω kω. Ω kω Η αντίσταση εισόδου του κυκλώµατος είναι ίση µε την αντίσταση εισόδου των τελεστικών, δηλαδή θεωρητικά άπειρη. Στην πράξη η αντίσταση εισόδου καθορίζεται µε αντιστάσεις από τις δύο εισόδους προς τη γη.