Elektrisitetslære TELE1002-A 13H HiST-AFT-EDT

Transkript

1 Elektrisitetslære TELE002-3H HiST-FT-EDT Øving 4; løysing Oppgave R R 3 R 6 E R 2 R 5 E 2 R 4 Figuren over viser et likestrømsnettverk med ideelle spenningskilder og resistanser. Verdiene er: E = 40,0 V ; E 2 = 30,0 V ; R = 4,00 Ω ; R 2 = 8,00 Ω ; R 3 = 5,00 Ω ; R 4 = 2,00 Ω ; R 5 = 6,00 Ω ; R 6 = 3,00 Ω a) eregn strømmen gjennom resistansen R 4. Det er her flere muligheter for å finne strømmen. Dette eksempelet benytter maskestrømsmetoden. Først defineres alle maskestrømmene, og de tilhørende spenningsfallene markeres. Dette er gjort ved et som angir den mest positive siden av en resistans. Spenninga markeres på den samme siden som den samhørende strømmen. R R 3 R 6 E I I R 2 R 5 I C E 2 I 4 R 4 Likningene for maskestrømmene blir: R I R 2 (I I ) = E R 2 (I I ) R 3 I R 5 (I I C ) R 4 I = 0 R 5 (I C I ) R 6 I C = E 2

2 Likningene ordnes og verdiene settes inn: (R R 2 ) I ( R 2 ) I = E ( R 2 ) I (R 2 R 3 R 4 R 5 ) I C ( R 5 ) I C = 0 ( R 5 ) I (R 5 R 6 ) I C = E 2 octave:> R=[2-8 0; ; 0-6 9]; octave:2> e=[40; 0; 30]; octave:3> i=inv(r)*e i = Maskestrømmene er: I = 6,0 ; I = 4,0 ; I C = 6,0 Strømmen gjennom R 4 : I 4 = I = 4,0 og har den retninga som er angitt i figuren. b) estem Thévenin-ekvivalenten for nettverket med hensyn på punktene og (N! Her står det ikke noe om at R 4 skal fjernes, og følgelig er den en del av nettverket!). Lager først Thévenin-ekvivalenten. U 0 U 0 finnes fra strømmen gjennom R 4 i del a. Retninga på strømmen medfører at punktet har et høyere potensiale enn punktet, som medfører at retninga på U 0 blir som vist i figuren til venstre. U 0 = R 4 I 4 = 2 Ω 4 = 8,0 V Spenningskildene skal nullstilles for å bestemme : R R 3 R 6 R 2 R 5 R 4

3 Nå ser vi at R og R 2 står i parallell, og i sin tur i serie med R 3 og R 5 R 6. lt dette er til slutt parallellkopla med R 4 : = ((R R 2 )R 3 (R 5 R 6 )) R 4 = ((4Ω 8Ω)5Ω(6 Ω 3Ω)) 2Ω = Ω =,66Ω Det går maksimal effekt til R når denne er lik. I R U 0 R, P R En resistans R koples inn mellom punktene og, i parallell med R 4. Velg verdien på R slik at det tilføres en størst mulig effekt til denne resistansen. Utled at det virkelig er denne verdien på R som gir størst effekt tilført til R. eregn denne maksimaleffekten. Utled at maks effekt oppstår når R =. P R = U R I R = U 0 R R U 0 R = U 2 0 R ( R) 2 Dette er en funksjon av R som vi skal finne maksimalpunktet til vha. derivasjon. Uttrykket er en brøk med både teller og nevner, og vi bruker formelen for derivert av brøk: d d x ( u v ) = Deriverer funksjonen d d x u v u d d x v v 2 d P R d R = U 2 0 ( R) 2 U 2 0 R 2( R) = U 2 0 ( R) ( R) 4 ( R) 3 og finner maksimalverdien der den deriverte er lik null: d P R d R = 0 En brøk er null når telleren er null: U 0 2 ( R) = 0 R = (Resultatet er gyldig fordi nevneren alltid vil være forskjellig fra null.) Vi kan ev. sjekke om vi har funnet en maksimumsverdi eller en minimumsverdi ved å undersøke den andrederiverte: d P R d R = U 2 0 ( R) ( R) 3 d 2 P R = U 2 0 U 2 0 ( R) 3( R) 2 d R 2 ( R) 6

4 d 2 P R = U 2 0 ( 3( R)( R) 2 ) d R 2 ( R) 6 Setter inn R = : d 2 P R = U 2 0 ( 3( R)( R) 2 ) = U 2 0 < 0 d R 2 ( R) Den andrederiverte er < 0, altså har vi et maksimum. Effekten finnes ved å sette inn R = : P R = U 2 0 R ( R) = U 2 0 = U 2 0 = 2 (2 ) 2 4 (8 V) Ω = 9,66 W c) «Kopl opp» nettverket i figuren i MULTISIM og «mål» spenninga mellom punktene og samt strømmen i R 4. Lag ved hjelp av et amperemeter en kortslutning mellom og og mål kortslutningsstrømmen. Mål til slutt totalresistansen mellom og med universalinstrumentet i MULTISIM når du samtidig erstatter E og E 2 med kortslutninger. Vis ved beregning at den målte kortslutningsstrømmen blir lik den målte spenninga dividert meotalresistansen som ble målt til slutt. (Kortslutningsstrømmer skal man i praksis være forsiktig med å måle på denne måten om man ikke kjenner nettverket godt nok. Det er viktig å huske at et amperemeter alltid virker som en kortslutning, og er man uforsiktig kan det gå svært store strømmer som kan ødelegge både instrumentet og kretsen.) mperemeter og voltmeter på plass slik at vi får målt de aktuelle størrelsene: Indreresistansen i amperemeteret er på mω og fører til at spenninga mellom og ikke blir nøyaktig 8,000 V. Den målte spenninga tilsvarer U 0 i Thévenin-ekvivalenten. Siden indreresistansen i amperemeteret er så lav, kan vi altså måle kortslutningsstrømmen for klemmene og på denne måten. I praksis skal en være svært forsiktig med å måle kortslutningsstrømmer.

5 Vi har nå erstattet spenningskildene med kortslutninger og bruker et multimeter til å måle resistansen mellom klemme og. Den resistansen vi måler på denne måten tilsvarer i Thévenin-ekvivalenten. Kortslutningsstrømmen skal nå være lik tomgangsspenninga dividert med målt resistans mellom og : I k = U 0 = 8,00 V Ω = 4,83 Vi ser at dette stemmer godt med den målte verdien av kortslutningsstrømmen. Oppgave 2 En kondensator på 0 µf påtrykkes en tidsvariabel spenning som vist i figuren under.

6 U[V] 20, t[ms] eregn og skisser forløpet av ladningen og strømmen i kondensatoren. Skisser også forløpet av lagret energi i kondensatoren. Hva blir maksimalverdien av denne energien og når opptrer den? Definisjonslikninga for en kondensator, Q = C U, viser at ladningen er proporsjonal med spenninga. Tidsforløpet for ladningen blir derfor det samme som for spenninga. Toppverdi og bunnverdi er like store i tallverdi og blir: Q = 0 µf 20 V = 0,20 mc. Strømmen er gitt ved: i = dq dt -20,0 = d(c U ) = C du dt Strømmen er altså proporsjonal med den deriverte av spenninga. I intervallene 0 < t < ms og 2 ms < t < 4 ms er den deriverte konstant og lik stigningstallet i dette intervallet. I intervallene ms < t < 2 ms og 4 ms < t < 5 ms er den deriverte lik null. Strømmen får da følgende verdier: For 0 < t < ms : For 2 ms < t < 4 ms : i = C du dt i = C d U = 0µF 20V,0 ms = 0,20 = 0 µf 40 V 2,0 ms = 0,20 I de øvrige tidsintervallene er den deriverte lik null og dermed blir også strømmen lik null. Dette gir et forløp som vist i figuren under. 0,2 i[] t[ms] -0,2 Energien i kondensatoren er gitt ved W = ½CU 2. v dette ser vi at energien er størst når spenninga er størst, altså når U = ±20,0 V. Energien blir da: W maks = ½ F (20 V) 2 = 2,00 mj. Lagret energi på kondensatoren som funksjon av tiden:

7 W[mJ] 2, t[ms] Oppgave 3 Kretsen under viser en kondensator med kapasitans C =,00 µf. Total resistans i kretsen er R = 00 Ω. Driftsspenning er E = 2,0 V. t = 0 i C E u R R Veiden t = 0 lukkes bryteren, og kondensatoren er energiløs før bryteren lukkes. a) Utled et uttrykk for spenninga over kondensatoren og strømmen i i kretsen som funksjoner av tiden etter at bryteren lukkes. Sett inn verdier og skisser kurvene for i(t) og (t). Simuler forløpet av strøm og spenning ved hjelp av MULTISIM. Starter med spenningslikninga rundt sløyfa og grunnlikninga for kondensatoren og får en. ordens lineær differensiallikning som kan løses med λ-metoden: u R = E i R = E C du c dt R du c = E R C u = E C R C Transient løsning sett høyre side lik null: d u c R C = 0 λ R C = 0 λ = R C, tra = K e Stasjonær løsning er en konstantverdi:,sta = Innsatt i diff.likninga gir dette: d R C = E R C t R C

8 Da er en konstant blir d = 0 og med det = E,sta = E. Total løsning er summen av transient løsning og stasjonær løsning: =, tra,sta = K e t R C E Konstanten K finner vi ut fra startvilkåret = 0 for t = 0 (energiløs kondensator): K e 0 E = 0 K = E For strømmen får vi da: = E e t RC E = E ( e t RC ) = E( e tτ ) der τ = RC. i = C d u c. Derivasjon av uttrykket for gir: i = C τ (E ( e )) = E C τ ( e ) = E C ( τ τ) t e = E C R C e t τ i = E R e t τ = I 0 e t τ Med innsatte verdier blir dette: τ = R C = 00 Ω,00 µf = 00 µs (t) = 2,0 ( e 0000 s t )V og i(t) = 0,2 e s t En skisse av disse funksjonene i samme diagram kan se slik ut: [V] 2 i [m] 20 63,2% Kondensatorspenningen (t) 36,8% Kondensatorstrømmen i(t) t [ms] Simulering i MULTISIM: Dobbelklikk på C og sett Initial conditions til 0 V. Velg så Transient nalysis og sett Initial Conditions til User Defined. Simuler i 5 ms (Enime). Plott spenninga i det knutepunktet R er tilknyttet for å se forløpet av strømmen. Del denne spenninga på R for å finne målestokken for strømmen. Ved simulering gir MULTISIM i utgangspunktet bare knutepunkts-spenninger relativt jord. For å få fram spenninga over C, trenger vi spenninga mellom to knutepunkter. Dette lar seg gjøre ved å bruke såkalt Postprocessor og finne spenningsdifferansen mellom knutepunktsspenningene for de to knutepunktene C er tilkoplet. Dette er for tungvindt med en så enkel krets som her. Det enkleste å bytte om R og C i diagrammet og gjenta prosessen foran. Ved å tegne begge oppkoplingene i samme skjema, lar det seg enkelt gjøre å plotte strøm og spenning i samme diagram. Se ellers utdelt notat om bruk av MULTISIM.

9 b) Hvor stor ladning tilføres kondensatoren? Ladningen i kondensatoren er Q = CU =,0 0 6 F 2 V = 2,00 µc. c) Hvor stor energi tilføres kondensatoren? Energien i kondensatoren er W = ½CU 2 = ½,0 0 6 F (2 V) 2 = 72,00 µj. d) nta at kondensatoren har en resistans i dielektrikumet (isolasjonsmaterialet) = 20 MΩ. (Megaohm; M = 0 6.) Tegn et ekvivalentskjema for kondensatoren med den indre resistansen som kan benyttes for å bestemme utladning. ryteren åpnes ved ny t = 0. Hvor lang tiar det før vi for alle praktiske formål kan si at kondensatoren har mistet ladningen? Vink: En praktisk regel sier at kondensatoren er utladd etter ca. 5 τ. t = 0 C 5 τ = 5 C = = 600 s = 0 min