Elektrisitetslære TELE1002-A 13H HiST-AFT-EDT

Transkript

1 Elektrisitetslære TELE1002-A 13H HiST-AFT-EDT Øving 6; løysing Oppgåve 1 Ein ideell spole med induktans L = 100 mh vert påtrykt ein tidsvarierande straum : 2 i[a] t[ms] -2 a) Rekn ut spenninga u L over spolen og skisser som funksjon av tida. Vink: Svaret kan finnast ved å bruka spoledefinisjonslikninga (11.12) på kvart tidsintervall. Definisjonslikninga for (ideell) spole er u L (t)=l di(t). Tidsforlaupet av straumen er sett dt saman av beine linestykke, og di(t) vert det same som stigningstalet for linestykka i dei dt einskilde intervalla. Utrekningane er i denne tabellen: Intervall 0 1 ms 1 2 ms 2 4 ms 4 5ms 5 6ms > 6 ms di/dt [A/s] L di/dt [V] u L [V] t[ms] -200

2 b) Energien som er lagra i spolen er ein funksjon av straumen (11.33). Finn energien ved 1 ms, 3 ms og 5 ms. Energien i ein spole: W L = 1 2 L I 2 Tidspunkt 1 ms 3 ms 5 ms W L [J] 0,200 0,050 0,200 c) I elektroteknikken er det meir realistisk å bruka reell spole; ein spolemodell som har ein ohmsk resistans i serie med induktansen. Bruk det same straumpåtrykket som i deloppgåve a, og rekn ut spenninga u spole over ein reell spole der induktansen L = 100 mh og resistansen R = 50 Ω. Vink: Denne spenninga er totalspenninga over seriekoplinga av induktansen og resistansen, som då har den same påtrykte straumstyrken båe to. Skisser u spole som funksjon av tida. Ekvivalentskjema for den reelle spolen: R L i u R u L u spole Straumpåtrykket er det same som i deloppg. a, og spenninga over induktansen er òg som før. Spenninga u R over tapsresistansen fylgjer av av Ohms lov: u R = R i. Denne spenninga er proporsjonal med straumen og har ein maksimalverdi på 100 V og ein minimalverdi på 100 V. Spenninga over hele spolen vert: u spole = u R + u L. u[v] u spole u R u L t[ms] -200

3 Oppgåve 2 R 1 B 1 B 2 E u 2 R 2 L, R L Ei spenningskjelde leverer energi til ein spole og to motstander. Spolen er reell og har ein serieresistans R L. Verdiane som skal nyttast er: R 1 = 10,0 Ω, R 2 = 1,00 kω, R L = 1,50 Ω, L = 1,00 H, E = 12,0 V. I byrjinga er brytarane B 1 og B 2 opne. a) Ved tida t = 0 skal brytaren B 1 sluttast, medan B 2 framleis er open. Teikn eit skjema som viser detaljert korleis straumsløyfa er bygd opp no. Med utgangspunkt i Kirchhoffs spenningslov og spoledefinisjonslikninga skal det setjast opp ei differensiallikning for spolestraumen. Forklår kvifor det er rimeleg å setja (0) = 0 som initialvilkår. Løys differensiallikninga (valfri metode) og skisser (t). Skjema der den reelle spolen er delt opp i induktansen L og resistansen R L : R 1 B 1 u RL t = 0 U u RL u L R L L For t > 0 gjev Kirchoffs spenningslov: E = u R1 +u RL +u L = (R 1 +R L ) + L d d t Dette er altso ei fyrste ordens differensiallikning. Me ryddar opp litt, der me fyrst innfører R = R 1 + R L : E = R + L d d t No kan likninga skrivast på normalisert form: d dt + R L = E L

4 og me ser at det er ei fyrste ordens lineær inhomogen diff.likning. Før B 1 vert slutta ved t = 0 er spolen ikkje i ei sløyfe, men i ei open grein. Då er det klårt at ingen straum kan flyta og at initialvilkåret må vera (0) = 0. Her skal me visa to metodar å løysa likninga på: Karakteristisk likning (λ-metoden) og separasjon av variablane. Karakteristisk likning (λ-metoden): Med utgangspunkt i den tilsvarande homogene diff.likninga d dt + R L = 0 kan den transiente løysinga finnast: λ + R L = 0 λ = R L,tra (t) = A e R L t der K er ein vilkårleg konstant. Når di/dt = 0 er systemet stasjonært. Det er tilfelle når t. Den stasjonære løysinga er altso 0 + R L,sta = E L,sta = E R Total-løysinga er summen av transient løysing og stasjonær løysing og inneheld den ukjende og vilkårlege konstanten A: (t) =, tra (t ) +, sta = A e R L t + E R Konstanten kan finnast vha. initialvilkåret (0) = 0 : og løysinga er (0) = A e R L 0 + E R = 0 A = E R (t) = ( E R ) e R L t + E R = E R (1 e R L t ) (t) = E R (1 e tτ ) med tidskonstant τ = L R Med innsette verdiar: τ = L R = L R 1 +R L = (t) = E R (1 e tτ ) = 1,0 H 10 Ω+1,5Ω = 87,0ms 12 V 11,5Ω Separasjon av variablane (separasjonsmetoden): Me skal gå ut frå den homogene diff.likninga d d t + R L = E L t 87,0 (1 e ms ) = 1,04 A (1 e t 87,0 ms ) og separera henne, dvs. omforma uttrykket slik at alle kjem til venstre og alle t til høgre:

5 d (t ) E R = R L dt Dette uttrykket er ei infinitesimal likning. Ein kan koma vidare ved å integrera båe sidene: 1 i E R di = R L d t Vanlege antiderivasjonsreglar gjev ln (t ) E R = R L t + K der K er ein vilkårleg integrasjonskonstant. Eksponentialisering på båe sidene, og reknereglar for potensar: (t) E R = e R L t + K = e R L t e K = e R L t A der A > 0, jf. verdiområdet til e-funksjonen. Argumentet til absolutt-operasjonen kan vera positivt, null eller negativt, slik at den operasjonen kan eliminerast ved å tillata ein vilkårleg reell verdi for A. (t) E R = A e R L t Omarrangering gjev total-løysinga for (t) (t) = A e R L t + E R og resten av framgangsmåten er identisk med den som vart vist for λ-metoden. Skisse av spolestraumen: 1,2 i(t) [A] I 1 1 0,8 63,2% 0,6 0,4 0,2 0 0,2 0,3 0,4 0,5 t [s] b) Finn den lagra energien i spolen ved stasjonær tilstand.

6 Problemstillinga her er den same som i oppgåve 1 b. Energien som er lagra i spolen: W L = 1 2 L I 2 = 1 2 1,0 H (1,04 A)2 = 544 mj c) Sjå no på eit seinare tidspunkt, der spolestraumen har stabilisert seg (t ). Ved ny tid t = 0 skal brytaren B 1 opnast, samstundes med at B 2 skal sluttast. Teikn eit skjema som viser detaljert korleis straumsløyfa er bygd opp no. Kvifor er det rimeleg at spolestraumen er 1,04 A rett etter tidspunktet då brytarane vart lagde om? Finn spolestraumen som funksjon av tida etter at B 2 vert slutta (sjå t.d. kap og 11.7). Skisser straumen. Spenninga u 2 (t) over R 2 skal òg finnast og skisserast. Ver merksam på straumretninga i sløyfa og referanseretninga til u 2 (t). Vink: Deriver straumfunksjonen, jf. definisjonslikninga for spole. Nytt skjema: t = 0 B 2 u L L e i u 2 R 2 u RL R L Straumen i ein spole kan ikkje ha diskontinutetar (sprang), og straumen rett etter brytaromlegginga er den same som stasjonærverdien for i deloppg. a; = 1,04 A. Dersom me innfører R = R L + R 2, ser me at dette er ei RL-sløyfe. Der er inga spenningskjelde i sløyfa no. Differensiallikninga er d dt + R L = 0 og intitialvilkåret er (0) = 1,04 A. Diff.likninga kan løysast vha. ein av dei to metodane som er viste i deloppg. a. Alternativt kan ein setja inn i (11.17) ; der trengst stasjonærløysinga:,sta = 0. Tidskonstanten er i alle tilfelle og løysinga er τ = L R = L R L + R 2 = (t) = 1,04 A e t τ 1,0 H 1,5Ω Ω = 998,5µs = 1,04 A e t 998,5µs Ver merksam på at sløyfestraumen flyt mot klokka, slik at retninga til straumen gjennom R 2 genererer ei spenning som er motsett den markerte spenningsreferanseretninga for u 2. Då må

7 forteiknet til svaret bytast når me nyttar Ohms lov til å finna spenninga u 2 (t) over R 2 : u 2 (t) = R 2 (t) = 1000 Ω 1,04 A e Skisse av straumen (t) : t 998,5 µs = 1,04 kv e t 998,5µs 1,2 [A] 1,0 0,8 0,6 0,4 Spolestrømmen ved utladning 0, t [ms] Skisse av spenninga u 2 (t) : 0 u 2 (t) [V] t [ms] c) Bruk MULTISIM til å simulera spolestraumen (t). Vink: Teikn skjema med L, R L og R 2 og set startverdi for spolestraumen (dobbelklikk på L og vel startverdi). Plott straumen vha. ei spenningskjelde 0 V som er retta i motsett retning av sløyfestraumen.

8 Oppgåve 3 I denne oppgåva skal me finna startverdiar (t = 0) og sluttverdiar (t ) for ein del storleikar i koplinga. Brytaren vert slutta ved t = 0. I 1 I 2 I V U C 6μF 0,5H 4H 6Ω I 4 a) Finn I 1 og I 3 når t = 0. Vink: Ver merksam på bindingane som gjeld for diskontinuitetar (sprang) i straum og spenning for spolar og kondensatorar. Med det same brytaren vert slutta, verkar spolane som eit brot (straumen er framleis null) og kondensatoren som ei kortslutning (spenninga er framleis null). Då vert I 4 = I 2 = 0, og me har ved t = 0 : og I 3 = I 4 I 2 = 0 0 = 0 (Kirchhoffs straumlov) I 1 = b) Finn U C, I 1, I 2 og I 4 når t. 50 V 20 Ω + 20 Ω = 1,25A (spenningsdeling) Finn lagra energi i spolane og kondensatoren til saman. Vink: Ver merksam på bindingane som gjeld for spenninga over spolar og straumen i kondensatorar i stasjonær tilstand. I stasjonær tilstand er kondensatoren oppladd og straumen er null (brot). Straumen i spolane er stabilisert, og då verkar dei som ei kortslutning (null spenning). Me teiknar ny figur: I V I 2 I 3 6Ω - U C I 4 Av denne figuren ser me at I 1 = I 4, då det ikkje flyt straum i kondensatoren. Av same grunn er U C lik spenninga mellom leidningen straumen I 1 flyt i og den nedste leidningen. Då er: I 4 = I 1 = I 2 Lagra energi: 50 V + + ( 6Ω) = 2,0A 6 Ω = I 1 3 Ω + 6 Ω = 1,33 A (straumdeling) (Ohms lov) U C = 50 V I 1 = 50 V 2,0 A = 10 V (Ohms lov og Kirchhoff II)

9 W = µf U 2 C H I ,5H I 42 = µf (10V) H (1,33 A) ,5 H (2,0 A)2 2 = 4,56 J c) Brytaren vert atter opna ved ny t = 0. Finn I 3 og spenninga over brytaren ved dette tidspunktet. Vis retninga (polariteten) til spenninga. I 1 = U Br 50V U C =10V I 4 = 2A I 4 = 2A I 2 =1,33A I 3 6Ω b Spolestraumane kan ikkje endra seg brått. Det same gjeld spenninga over kondensatoren. Når brytaren vert opna har me då ein situasjon som vist i figuren over. Kirchhoffs straumlov brukt på knutepunkt b: I 3 = I 4 I 2 = 2,0 A 1,33A = 0,667 A Når brytaren vert opna, vil straumen I 4 gå oppover i greina med kondensatoren slik det er markert på figuren. Kirchhoffs spenningslov brukt på venstre maske: 50 V U Br 20 Ω Ω 2 A 10 V = 0 Dette gjev U Br = 80 V. Oppgåve 4 Oppgaver frå læreboka, kapittel 11: Problem 19 Problem 31 (men med E = 16 V ). Det er ein feil i deloppgåve c. Bruk 6 µa i staden for 10 µa i dette punktet.

10

11