Elektrisitetslære TELE1002-A 13H HiST-AFT-EDT

Transkript

1 Elektrisitetslære TEE100-13H HiST-FT-EDT Øving 3; løysing Oppgave 1 Figuren under viser et likestrømsnettverk med resistanser og ideelle spenningskilder. Her er: 4,50 Ω ; 3,75 Ω ; 3 5,00 Ω ; 4 6,00 Ω ; 5 9,00 Ω ; E 1 9,00 V ; E 4,0 V I utgangspunktet er 6 ikke til stede. a) Tegn og bestem tallverdiene i Thévenin-ekvivalenten for nettverket med punktene og som terminaler (poler). Thévenin-ekvivalenten er vist under: U 0 Verdiene i Thévenin-ekvivalenten: Tegner først nytt skjema med bare motstandene for å bestemme Thévenin-resistansen. Den nederste trekanten omformes til stjerne.

2 3 Omformer: b 4 5 c Ω 5Ω 5Ω+6 Ω+9 Ω 1,50 Ω 5Ω 9Ω 5Ω+6Ω+9Ω,5Ω 9Ω 6Ω 5Ω+6Ω+9Ω,70Ω ( + ) ( + b )+ c (+ ) ( + b ) ( + )+( + b ) + c (4,5+1,5) (3,75+,5) (4,5+1,5)+(3,75+,5) +,7 5,70Ω enytter den nye konfigurasjonen for å bestemme Thévenin-spenninga U 0. I tomgang vil strømmen ut av terminalene (klemmene) og være 0, og spenningsfallet over c er 0 V. U 0 kan da f.eks. finnes som summen av E 1 og spenningsfallene over og. I tom er strømmen som sirkulerer i kretsen i tomgang. I tom E 1 E b c

3 E ( b ) I tom E 1 0 I tom E E b V 9V 4,5Ω+3,75 Ω+1,5Ω+,5Ω 1,5 U 0 E 1 +( + ) I tom 9V+(4,5 Ω+1,5Ω) 1,5 16,5 V 6 Ω 5 Ω 5 Ω+6 Ω+9 Ω 1,50 Ω b) En belastningsresistans skal koples mellom terminalene og. Finn hvilken verdi må ha for at vi skal få tilført størst mulig effekt til denne resistansen. eregn denne maksimaleffekten. Jf. kap. 9.5 i læreboka; dette er oppfylt når. 5,70 Ω Effekten som utvikles i denne motstanden er: U P ( 0 + ) ( 16,5 V 5,7Ω+5,7Ω) 5,7Ω 11,9 W c) Kretsen endres slik at det innføres en resistans 6,30 Ω i serie med terminalen. Hvilken verdi må det nå velges for belastningsresistansen for at denne skal få tilført maksimal effekt? Tar utgangspunkt i Thévenin-ekvivalenten og lager en ny ekvivalent: C U 0 6 D C U 0 D U 0 vil være den samme for de to tilfellene. Indre resistans i den nye kretsen finnes som seriekoplinga av og ,70Ω+,30Ω 8,00Ω Fortsatt er vilkåret for å få overført maksimal effekt til en belastning at belastningsresistansen er lik den indre resistansen. Vi får da maks. effekt når 8,00 Ω d) estem Norton-ekvivalenten for nettverket med og som terminaler og med 6 innkoplet. Det oppstår en kortslutning mellom punktene og. Hvor stor er da strømmen som flyter i denne kortslutninga? Dette er den samme kretsen som vi regnet på i deloppgave c uten belastningen. Indre resistans

4 i Norton-ekvivalenten er den samme som den indre resistansen i Thévenin-ekvivalenten: 8,00 Ω Kortslutningsstrømmen finnes ved å kortslutte mellom terminalene og : I N I k U 0 16,5 V 8,0Ω,06 Norton-ekvivalenten, med kortslutninga inntegnet, er da som vist under: I k I N Når det kortsluttes mellom og blir strømmen lik I k : I k I N I k,06 e) ruk simuleringsprogrammet MUTISIM og ta utgangspunkt i kretsen uten 6. Det er viktig at hver enkelt student utfører dette punktet for å få trening med MUTISIM. Mål tomgangsspenning og indre resistans, og konstruer en Thévenin-ekvivalent på dette grunnlaget. elast både den opprinnelige kretsen og Thévenin-ekvivalenten med en lastresistans, 5,00 Ω. Kontroller at spenninga over og strømmen gjennom blir lik i de to tilfellene. Ta utgangspunkt i Thévenin-ekvivalenten under deloppgave a. a variere i området fra,80 Ω til 9,0 Ω i trinn på 0,400 Ω. Mål spenninga over og strømmen gjennom for disse tilfellene, og regn ut effekten som utvikles i. Vis resultatene i en tabell. Sjekk for hvilken verdi av denne effekten har sitt maksimum. (Med MUTISIM kan effekten måles direkte med Wattmeter.) Oppgave I 1 I Figuren over viser et likestrømsnettverk med strømkilder og resistanser. Her er: I 1 8,00 ; I 3,00 ; 6,00 Ω ; 3,00 Ω ; 8,00 Ω a) estem Norton-ekvivalenten for koplinga til venstre for punktene og ved å bruke framgangsmåten i kap Norton-ekvivalenten er slik:

5 I K estemmer først kortslutningsstrømmen: I 1 I I K enytter superposisjon: I I K I 1 I K1 I K1 I 1 I K I I K I K1 I K I 1 I estemmer så indre resistans: + 6Ω 3 Ω 6Ω+3Ω,00Ω b) Finn strømmen gjennom resistansen ved hjelp av Norton-ekvivalenten. Strømdeling: I I k + 5 Ω Ω+8Ω 1,00 etninga på I er som vist i figuren.

6 I K I c) Kontroller beregningene ved å kople opp kretsen i MUTISIM. Oppgave 3 d 1 d l Figuren over viser en resistans med en konisk form; avkortet kjegle. (Figuren er ikke helt i skala.) Målene er: d 1 1,00 mm ; d 500 µm ; l 50 mm. esistansen er laget av et karbonmateriale med ρ 14, Ω m. a) estem resistansen i konusen vha. integrasjon. (Vink: Finn først et uttrykk for resistansen i en skive med tykkelse dx og radius r.) For en leder med konstant tverrsnitt er formelen for resistans: ρ I dette tilfellet er imidlertid tverrsnittet ikke konstant, og vi må finne en måte å bestemme resistansen når tverrsnittet varierer. d 1 d x dx l Dersom vi beveger oss en avstand dx langs resistansen, og vi lar dx bli liten, så kan vi betrakte tverrsnittet som konstant over distansen dx. Vi får da et bidrag til den totale resistansen fra dette

7 stykket som kan skrives: d ρ d x Totalresistansen finnes da ved å summere (integrere) alle disse bidragene. Tverrsnittet er avhengig av avstanden x fra startpunktet. Da kan man legge en 0-akse i senter av resistansen og finne et uttrykk for radien r og dermed for tverrsnittet (x). r r l x Fra de oppgitte dimensjonene har vi: d 1 1,0 mm 500µm ; d 1 0,5 mm adien som funksjon av x kan finnes som en rettlinjet funksjon r K x + : 50 µm ; 50mm K 0+ og r K + K r Ved innsetting blir funksjonen: r r x+ Setter uttrykket for r inn i uttrykket for et sirkulært tverrsnitt: (x) π r π ( r 1 r x+r 1) og finner resistansen i ei tynn skive: d ρ d x ( x) ρ d x π r ρ d x π ( r x+) esistansen kan finnes ved seriekopling av de infinitesimale resistansene d, altså et integral: d ρ 0 d x (x) ρ 0 1 π [r (x)] d x ρ 0 1 π ( r x+) d x For å finne verdien til dette integralet kan en variabel u (som er en funksjon av x ) substitueres: u u(x) r x + ; d x r der en også må huske på at dx skal byttes ut med et uttrykk som inneholder du. Integrasjonsgrensene må transformeres slik at de gjelder for variabelen u : u(0) r 0+ og u() r + r d u

8 Nå kan integrasjonen fullføres vha. regelen for antiderivasjon av polynom: ρ u() ( r ) u(0) 1 πu du ρ r π( r ) ρ π( r ) [ 1 ρ u] ρ π r 6 0,5 14,5 10 9,3 π 0, , ,3 Ω r π( r ) ( 1 r + 1 ) u du ρ ρ r ] π ( r ) [ u 1 r1 π( r ) ( 1 1 r ) Ekstraoppgåver frå læreboka: Chapter 8 Problem 35 8/35 etegner maskestrømmene henholdsvis x, y og z regnet fra venstre maske. eferanseretning for maskestrømmene er med urviseren. Dette gir følgende når de er ordnet: a) Maske x: ( + ) x y 0 z E 1 Maske y: x +( ) y 4 z 0 Maske z: 0 x 4 y +( ) z E Innsatt tallverdier: Maske x: 3 x 1 y 0 z 10 Maske y: 1 x +10 y 5 z 0 Maske z: 0 x 5 y +8 z 6 b) øst gir dette: x 3,31 ; y 63,7 m ; z 0,79 c) Strømmen i : I x y 3,37 Chapter 8 Problem 61 (Se om du kan forenkle kretsen (brukoplinga) slik at du ikke trenger noen spesiell løsningsmetode [maskestrøm- eller knutepunktspenningsanalyse] som er anbefalt i teksten.) 8/61 Siden resistansene til 5 utgjør en balansert brukopling, vet vi at det vil aldri gå strøm i 5. Dermed kan vi fjerne denne uten at strømmene ellers i kretsen endrer seg. Seriekoplingene + 3 og + 4 er da i parallell og i dette tilfellet like store. esulterende resistans for denne parallellkoplinga blir dermed: P,00 kω. Den søkte strømmen blir da: I s E s + p 3,33 m