ΗΛΕΚΤΡΙΚΑ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑΑΝΑΛΥΣΗ ΚΑΙ ΣΧΕΔΙΑΣΜΟΣ Ι, 007008 ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 008 ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΚΑΙ ΣΧΟΛΙΑ ΜΕ ΑΥΤΟ ΤΟ ΧΡΩΜΑ ΘΕΜΑ. [0%] Για το κύκλωμα δεξιά, ένα λογισμικό ανάλυσης κυκλωμάτων έδωσε τα παρακάτω αποτελέσματα: i = 0,833 A i = 0,333 A i 3 =,67 A και v =,0 V. Είναι οι απαντήσεις σωστές; 3 Ω 6 Ω i 3 i i i Α 6 Ω v 4 Ω V Δοκιμάζουμε νόμο ρευμάτων Kirchhoff στον αριστερό κόμβο: i 3 = i i,67 = 0,833 0,333 [Σημ.: η διαφορά στο τελευταίο δεκαδικό προέρχεται από τους υπολογισμούς και είναι αναμενόμενη] Δοκιμάζουμε νόμο τάσεων Kirchhoff για να εμπλέξουμε ρεύματα και τάσεις: Στον πάνω βρόχο: 6 i v 3 i = 0 6 (0,833) (,0) 3 (0,333) = 0,999 = 0 Άρα, δεν μπορούμε να εμπιστευτούμε τις απαντήσεις που έδωσε ο υπολογιστής. Έχουμε τρεις εναλλακτικές προσεγγίσεις: () Επαλήθευση νόμων Kirchhoff (μπορεί να απαιτήσει πολλές πράξεις σε μεγάλο κύκλωμα) () Θεώρημα Tellegen (απαιτεί εύρεση και των υπόλοιπων μεγεθών του κυκλώματος και τους σχετικούς πολλαπλασιασμούς) (3) Επίλυση ξανά από την αρχή (σίγουρα πολλές πράξεις) Άρα, λόγω του μεγέθους του κυκλώματος, ο πρώτος τρόπος είναι μάλλον ο πιο ενδεδειγμένος.
ΗΛΕΚΤΡΙΚΑ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑΑΝΑΛΥΣΗ ΚΑΙ ΣΧΕΔΙΑΣΜΟΣ Ι, 007008 ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 008 ΘΕΜΑ. [0%] Tο κύκλωμα στα δεξιά βρίσκεται σε μόνιμη κατάσταση και η πηγή διέγερσης είναι ημιτονοειδής με παραμέτρους όπως σημειώνονται στο σχήμα. Η επαγωγή L μεταβάλλεται έως ότου: () το ρεύμα i είναι σε φάση με την τάση τής πηγής. Βρείτε για ποια ή ποιες τιμές τού L συμβαίνει αυτό. () το ρεύμα i έχει καθυστέρηση 0, ms σε σχέση με την τάση τής πηγής. Βρείτε για ποια ή ποιες τιμές τού L συμβαίνει αυτό. 00 Ω 00 0º f = 00 Hz 5 μf kω L i ΑΠΑΝΤΗΣΗ (έχει λυθεί ουσιαστικά η ίδια άσκηση στα Φροντιστήρια): j Λόγω ΜΗΚ η εμπέδηση του πυκνωτή είναι 6 π 00 5 0 Ω, που μας δίνει όχι το κομψό αλλά δύσχρηστο j000 Ω αλλά το χρήσιμο j38,47 Ω. π 000 jπ00l j000πl Η εμπέδηση τού παράλληλου συνδυασμού είναι = Ω, που στα πλαίσια τής ανάγκης 000 jπ00l 5 jπl j000πl ( 5 jπl) 9.870L 5.708L για τις απλούστερες δυνατές παραστάσεις γίνεται = j Ω 5 jπl 5 jπl 5 9,87L 5 9,87L [μπορεί να χρησιμοποιηθεί και η σχέση π 0] 9.870L 5.708L Η συνολική εμπέδηση είναι 00 j 38, 47 5 9,87L 5 9,87L Ω Επειδή Ζ = V/Ι, δηλαδή φάση(ζ) = φάση(v) φάση(i), και θέλουμε το ρεύμα σε φάση με την τάση, πρέπει η εμπέδηση να μην εισάγει διαφορά φάσης, δηλαδή πρέπει το φανταστικό της μέρος να είναι 0. Άρα: 5.708L 38, 47 343,7L 5707,96L 796, 75 0 5 9,87L = = ή L 5L,533 = 0 που δίνει L () = 4,43 H ή L () = 0,57 H που είναι και οι δυο αποδεκτές. Για το δεύτερο ερώτημα, η χρονική καθυστέρηση πρέπει να μεταφραστεί σε γωνία φάσης. Τα π αντιστοιχούν στην πλήρη περίοδο, οπότε 3 φ Δ 360 Δ φ 360 = T = T και με τα δεδομένα τού προβλήματος 360 0, 0 φ = = 3, 6 (= 0,06 rad) 00 Επειδή πάλι φάση(ζ) = φάση(v) φάση(i) και θέλουμε το ρεύμα να καθυστερεί 3,6 σε σχέση με την τάση, πρέπει 5.708L 38, 47 5 9,87L 5.708L 9.870L an = 3, 6 38, 47 = ( an 3, 6) 00 9.870L 5 9,87L 5 9,87L 00 5 9,87 L οπότε 5.708L796, 75 343,7L = 57, 9 684L L 4,04L, = 0 δίνει L () = 3,5 H ή L () = 0,607 H που είναι και οι δυο αποδεκτές.
ΗΛΕΚΤΡΙΚΑ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑΑΝΑΛΥΣΗ ΚΑΙ ΣΧΕΔΙΑΣΜΟΣ Ι, 007008 ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 008 ΘΕΜΑ 3. [0%] Για το κύκλωμα στα δεξιά: () προσδιορίστε τη διαφορική εξίσωση που διέπει τη λειτουργία του και () προσδιορίστε το είδος τής απόκρισης υπολογίζοντας τις ρίζες τής χαρακτηριστικής εξίσωσης (3) δώστε τη μορφή της λύσης (χωρίς να υπολογίσετε τις σταθερές) όταν v s () = cos(0π) V. v s 4 Η 0,5 μf 4 kω Ξαναγράφουμε το κύκλωμα χρησιμοποιώντας τελεστές εμπέδησης v s 4 0 6 /D 4000 και μετατρέποντας τον συνδυασμό πηγής τάσης και επαγωγού σε παράλληλη σύνδεση v s 4 0 6 /D 4000 φτάνουμε σε παράλληλο RLC του οποίου τη λύση γνωρίζουμε ή μπορούμε εύκολα να προσδιορίσουμε π.χ. με κομβική τάση: 6 vs 6 D 0,5 0 D = 0 D = vs 4000 000 Η διαφορική εξίσωση είναι τελικά D.000D.000.000 v =.000.000cos 0π C που έχει χαρακτηριστική εξίσωση s.000s.000.000 = 0 με ρίζες (500 ± j866). Άρα η λύση είναι υποκρίσιμη τής μορφής ( 500 j 866) ( 500 j 866) Ae [ ] Ae μερική λύση με συχνότητα 5 Hz ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ:. Θα μπορούσαμε να είχαμε εφαρμόσει τη μέθοδο κομβικών τάσεων απευθείας (πάντα χρησιμοποιώντας τελεστές).. Εναλλακτικά θα μπορούσαμε να «παλέψουμε» με νόμους Kirchhoff για να επιλύσουμε το αρχικό κύκλωμα. 3. ΓΕΝΙΚΕΣ ΜΟΡΦΕΣ: D D il = Dvs vs D D vc = vs RC LC L RCL RC LC LC
ΗΛΕΚΤΡΙΚΑ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑΑΝΑΛΥΣΗ ΚΑΙ ΣΧΕΔΙΑΣΜΟΣ Ι, 007008 ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 008 ΘΕΜΑ 4. [5%] Για το κύκλωμα στα δεξιά (στο οποίο δεν υπάρχει αρχικά αποθηκευμένη ενέργεια) καταστρώστε σε μορφή γραμμικού συστήματος: () τις εξισώσεις κομβικών τάσεων και () τις εξισώσεις βροχικών εντάσεων. Απλά καταστρώστε τις εξισώσεις σε μορφή γραμμικού συστήματος και μη δοκιμάσετε να τις λύσετε. E s () R C L R 3 C R L i s () ΚΟΜΒΙΚΕΣ ΤΑΣΕΙΣ Μετατροπή σε κύκλωμα με πηγές ρεύματος μόνο: A L C R L B E s ()/R R C R 3 i s () CD R LD R L D LD R L D CD CD va Es R = vb is R LD LD R3 R LD LD CD CD Μετατροπή σε κύκλωμα με πηγές τάσης μόνο: L J3 C R L R 3 E s () R J C J i s () R 3 R 0 CD CD J Es 3 ( ) R LD R R LD J ir s 3 CD CD = J 3 0 0 ( R LD) R LD LD CD
ΗΛΕΚΤΡΙΚΑ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑΑΝΑΛΥΣΗ ΚΑΙ ΣΧΕΔΙΑΣΜΟΣ Ι, 007008 ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 008 ΘΕΜΑ 5. [0%] Στο πιο κάτω κύκλωμα, που λειτουργεί για πολλή ώρα, ο διακόπτης αλλάζει θέση στον χρόνο = 0. Προσδιορίστε τις τάσεις v 0 () και v () για κάθε. 0 kω = 0 s 0 nf 75 V 0 kω v 0 40 nf v 50 kω Για < 0: Εξ αιτίας τής σταθερής πηγής, στο αριστερό μέρος ο πυκνωτής έχει φορτιστεί στην τάση τής αντίστασης 0 kω που από τον διαιρέτη τάσης είναι 75*0000/30000 = 50 V. Για 0 : Το κύκλωμα γίνεται Το κύκλωμα αυτό δεν έχει αναλυθεί στη θεωρία, άρα πρέπει να το χειριστούμε προσεκτικά. Αν «συνδυάσουμε» τους δυο πυκνωτές, τότε έχουμε ένα απλό κύκλωμα RC με C = 8 nf όπως φαίνεται δεξιά πιο πάνω που έχει σταθερά χρόνου RC = 8 0 9 50000 = ms. Στο νέο αυτό κύκλωμα «διατηρείται» από τα ζητούμενα αναλλοίωτη η τάση v 0 (). Έτσι ( RC) 500 v0() v0(0) e = = v0(0) e Από τον βρόχο στο κύκλωμα πάνω αριστερά βρίσκουμε ότι επειδή οι πυκνωτές θα διατηρήσουν τις τάσεις τους, v (0) 0 v 0 (0) = 0 και η τάση v 0 (0) θα είναι ίση με v (0) = v (0 ) = 50 V. Άρα v0 () = 50 e, 0 Για να παραμείνουμε σε ασφαλές έδαφος, αυτό που σίγουρα μπορούμε να υπολογίσουμε είναι το ρεύμα που διαρρέει την αντίσταση και είναι φυσικά το ρεύμα του βρόχου: 50e i0 () = = 0,e ma, 0 50000 Τώρα πια μπορούμε να γράψουμε: 3 500z v() = v(0) 9 ( 0, 0 ) e dz 40 0 Έτσι: v 0 (επειδή το ρεύμα διαρρέει τον πυκνωτή αντίθετα με τη σημειωμένη φορά της πολικότητας της τάσης) 500z 500z z= = 50 5000 = 50 0 = 50 0 z= 0 0 = 0 40 V, 0 v e dz e e v e 40 nf 0 nf v 0 50 kω 8 nf v 0 50 kω ΣΗΜΕΙΩΣΗ Εδώ εμφανίζεται ένα (ας πούμε) παράδοξο: παρόλο που έχουμε απόκριση μηδενικής διέγερσης και αναμένουμε «σβήσιμο» όλων των μεγεθών, υπάρχει ένας σταθερός όρος στην απόκριση!! Αυτή η συμπεριφορά προέρχεται από την ύπαρξη τού δεύτερου πυκνωτή: ο ένας πυκνωτής εμποδίζει τον άλλον από το να εκφορτιστεί πλήρως στην αντίσταση. Αν υπολογίσουμε την τάση τού άλλου πυκνωτή, έστω v (με το αριστερά): v = 40e 40 V, 0, που σημαίνει ότι παραμένει μόνιμη (αλληλοαναιρούμενη όμως σε ότι αφορά την αντίσταση) φόρτιση στους δυο πυκνωτές αλλά βέβαια ισχύει και ο ΝΤΚ αφού ο βρόχος συνολικά μάς δίνει 0e 40 40e 40 50e = 0.
ΗΛΕΚΤΡΙΚΑ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑΑΝΑΛΥΣΗ ΚΑΙ ΣΧΕΔΙΑΣΜΟΣ Ι, 007008 ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 008 ΘΕΜΑ 6. [0%] Στο πιο κάτω κύκλωμα, που λειτουργεί για πολλή ώρα, ο διακόπτης αλλάζει θέση στον χρόνο = 0. Προσδιορίστε όλες τις τάσεις και όλα τα ρεύματα στο δεξιό μέρος του κυκλώματος (από τον πυκνωτή και πέρα) για τον χρόνο = 0 μόνο. = 0 s 0 V v C 0 μf H 0 V Για < 0: Εξ αιτίας των σταθερών πηγών, στο αριστερό μέρος ο πυκνωτής έχει φορτιστεί στην τάση τής αντίστασης που από τον διαιρέτη τάσης είναι 0*5/0 = 0 V. Στο δεξιό μέρος (που πολλοί αγνόησαν εντελώς) ο επαγωγός διαρρέεται από ρεύμα 0/5 = 4 Α. Για =0 : 0 V 4 A 0 V όπου οι τιμές τού πυκνωτή και τού επαγωγού δεν έχουν καμία σημασία και τα στοιχεία θα μπορούσαν (μόνο για τη συγκεκριμένη χρονική στιγμή =0 ) να αντικατασταθούν από πηγή τάσης και πηγή ρεύματος, αντίστοιχα. v 0 V 4 A 0 V Με κομβική τάση για τον κεντρικό κόμβο: v0 v0 4 = 0 v = 5V 5 5 Οπότε η τάση του επαγωγού είναι 5 V, οι τάσεις στις αντιστάσεις είναι 5 V (με το αριστερά) στην αριστερή και 5 V (με το δεξιά) στη δεξιά και αντίστοιχα ρεύματα Α και 3 Α.
ΗΛΕΚΤΡΙΚΑ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑΑΝΑΛΥΣΗ ΚΑΙ ΣΧΕΔΙΑΣΜΟΣ Ι, 007008 ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 008 ΘΕΜΑ 7. [5%] Βρείτε τις σταθερές χρόνου του πιο κάτω κυκλώματος: 0 Ω 0 Ω 0 μf 0 V 0 Ω 0 Ω 5 μf 0 μf 0 Ω 4 Η Πρόκειται για δυο ανεξάρτητα κυκλώματα, ένα RL στο κάτω μέρος με σταθερά L/R = 0, s και ένα RC στο πάνω μέρος όπου τα ισοδύναμα των στοιχείων υπολογίζονται εύκολα, ακόμα και «με το μάτι»: C: 0μF και 0μF σε σειρά, άρα 5μF που είναι παράλληλα με 5μF, άρα σύνολο 0μF. R: 0 Ω και 0 Ω παράλληλα, άρα 0 Ω, που είναι παράλληλα με 0 Ω αν κάνουμε μετασχηματισμό πηγής. Οπότε και μετασχηματίζοντας την πηγή ρεύματος πίσω σε πηγή τάσης έχουμε και 0 Ω σε σειρά, δηλ.. Άρα, RC = 5 0 0 6 = 0,5 ms