Elektrisitetslære TELE1002-A 13H HiST-AFT-EDT Øving 2; løysing Oppgave 1 Oppgaver fra læreboka: a) Kapittel 5 Oppg. 3 (fargekoder for motstander finner du på side 78), oppg. 12 og *41 (mye feil i fasit i læreboka). [* I utg. 11 av læreboka Oppg. 42 ] 3a) Motstanden på 1 kω : Den ene terminalen er uten tilkopling og har ingen funksjon i kretsen. Dette blir en ren seriekopling. R 12 = (1,2 2,2 3,3) kω = 7,7 kω 3b) Her er det er det tre motstander som ikke får innvirkning på kretsen siden strømmen i dem er null (terminal uten tilkopling). Resten er da i serie: R 12 = (1234,76,8) kω = 17,5 kω 12a) Forutsetter at R amperemeter 4,4 kω og R voltmeter 2,2 kω (altså ideelle instrumenter). = 36V 4,4 kω = 8,2mA U = I V A 2,2kΩ = 18,0V 12b) Forutsetter ideelle instrumenter. = 22,5 V (1,22,45,6)kΩ = 2,50mA U V = (2,4 5,6)kΩ = 20,0 V 12c) Forutsetter ideelle instrumenter. 41) = U 0 = 0 V 12 V (1,23,3)kΩ = 2,70 ma U = I V A 1,2kΩ = 3,20V U 4 = U 5 2 kω 6 ma = 15 V (feil i fasit i boka) U 7 = U 6 = 4 V U 10 = U 1 U 10 = (12 0) V = 12 V (feil i fasit i boka) U 23 = U 2 U 3 = 4 V ( 8 V) = 12 V (feil i fasit i boka) U 30 = U 3 U 0 = 8 V U 67 = U 6 U 7 = 0 V U 56 = U 5 U 6 = 1 V (feil i fasit i boka) I = U 23 / 4 Ω = 12 V / 4 Ω = 3 A (betyr at retningen er oppover på figuren) b) Kapittel 6 Oppg. 4, oppg. 7 og oppg. *21 (tegn om skjemaet slik at du bl.a. får bare ett jordsymbol). [* I utg. 11 av læreboka Merk at oppgåva inneheld ei anna kopling. Svaret er ikkje det same ]
4a) Tre av resistansene er i parallell mens to er uten tilkopling i den ene enden: R 12 = 1000 Ω 1200 Ω 300 Ω = 194 Ω 4b) Fire resistanser i parallell, en uten tilkopling: R 12 = 1200 Ω 1000 Ω 2200 Ω 1000 Ω = 304 Ω 7a) Tre resistanser i parallell: R = 4 Ω 2 Ω 10 Ω = 1,18 Ω 7b) Åpen sløyfe, ingen strøm: Avlest verdi R 7c) To resistanser i parallell: R = 3 Ω 6 Ω = 2 Ω 21) En av de fire parallelle greinene har en serie av to resistanser: R = 5 Ω (2 Ω 8 Ω) 20 Ω 12 Ω = 2,31 Ω. P = U 2 /R = (60 V) 2 / 2,31 Ω = 1560 W [11. utg. 21) ] R = 5 Ω 10 Ω 20 Ω = 2,86 Ω. P = U 2 /R = (60 V) 2 / 2,86 Ω = 1260 W ] c) Kapittel 7 Oppg. *10 og *25. [* I utg. 11 av læreboka Oppg. 6 og 24 ] 10a) R T = 1 kω (1,41,6) kω = 800 Ω 10b) I = 48 V / R T = 60,0 ma 10c) Forutsetter at voltmeterets indre resistans kan neglisjeres: U V = 48 V 1,6 kω / (1,62,4) kω = 19,2 V 25a) R P = 36 kω 6 kω 12 kω = 3,6 kω U V = E R P / (R P 6 kω) = 16,9 V Voltmeteret skulle ha vist denne verdien, men det viser i stedet 27,0 V. Altså er det en feil i nettverket. 25b) Forutsetter vi at feilen skyldes brudd i en resistans, må det være brudd i en av resistansene i parallellkoplinga (hvorfor?). Ut fra det voltmeteret viser kan vi beregne at R p nå må være 9 kω i stedet for 3,6 kω. Dette stemmer med brudd i 6 kω -motstanden. Oppgave 2 Figuren under viser et utsnitt av en forsterker med kraftforsyning, fem resistanser og en transistor. (Transistoren er en komponent som kan forsterke strøm. Mer om den neste år.) I c I b Du skal bestemme noen verdier i denne koplinga. Ved slike beregninger kan transistoren erstattes med spenningskilder, som sørger for at vi får de riktige spenningene og strømmene i kretsen. I skjemaet under er dette gjort.
U R2 U Rc1 U R1 U Re Verdiene som er oppgitt er: R 1 = 10,0 kω ; R 2 = 50,0 kω ; R c1 = 5,00 kω ; R e1 = 300 Ω ; R e2 = 700 Ω ; U = 15,0 V ; U b = 711 mv ; U c = 4,90 V. a) Bruk maskestrømmetoden og bestem de spenningene som er angitt på figuren over. I figuren under er maskestrømmene i maskene x, y og z angitt. U R2 x y U Rc1 U R1 z U Re Maskelikningene blir: maske x: U R 2 (I x I y ) R 1 (I x I z ) = 0 maske y: R 2 (I y I x ) R c1 I y U c U b = 0 maske z: R 1 (I z I x ) U b (R c1 R e1 ) I z = 0 Vi ordner likningene og skifter fortegn slik at vi får positivt fortegn på diagonalleddene: (R 1 R 2 ) I x R 2 I y R 1 I z = U R 2 I x (R c1 R 2 ) I y = U b U c R 1 I x (R 1 R e1 R e2 ) I z = U b Løsning kan finnes vha. Gauß-eliminasjon, determinanter (Cramers regel) eller matriseregning. I MATLAB (eller Octave) kan matriseregning gjøres slik: octave:1> Z=[60-50 -10; -50 55 0; -10 0 11] ; octave:2> u=[15; -4.189; -0.711] ; octave:3> i=inv(z)*u i = 1.9333 1.6814 1.6929
og maskestrømmene er: I x = 1,9333 ma ; I y = 1,6814 ma ; I z = 1,6929 ma Vi finner de ukjente spenningene slik: U R1 = R 1 (I x I z ) = 10,0 kω (1,9333 1,6929) ma = 2,40 V U R2 = R 2 (I x I y ) = 50,0 kω (1,9333 1,6814) ma = 12,6 V U Rc1 = R c1 I y = 5,00 kω 1,6814 ma = 8,41 V U Re = (R e1 R e2 ) I z = (30 Ω 700 Ω) 1,6929 ma = 1,69 V b) Likestrømsforsterkinga i en slik transistor er definert som forholdet mellom strømmene I c og I b i figuren over. Bestem denne forsterkinga. I B = I z I y = 1,6929 ma 1,6814 ma = 0,0115 ma I C = I y = 1,6814 ma I C / I B = 1,6814mA / 0,0115 ma = 146 Oppgave 3 Repetisjon av referanseretning, indeksregler, fortegn m.m. i Ohms lov. I 1 Gitt: I 1 = 5 A ; R 1 = 10 Ω ; R 2 = 20 Ω. R 1 R 2 I 2 a b c U 1 U 2 Fyll ut tabellen nedenfor med utgangspunkt i den gitte seriekoplinga, og kontroller at tallsvarene stemmer med tanke på referanseretning og fortegn. Sett opp bokstavuttrykk for: Uttrykt ved: Sett inn tallverdier: Tallsvar: I 2 = I 1 I 1 5 A 5 A U 1 = R 1 I 1 I 1 og R 1 10 Ω 5 A 50 V U 1 = R 1 I 2 I 2 og R 1 10 Ω ( 5 A) 50 V U 2 = R 2 I 1 I 1 og R 2 20 Ω 5 A 100 V U 2 = R 2 I 2 I 2 og R 2 20 Ω ( 5 A) 100 V U ab = U 1 U 1 50 V 50 V U ba = U 1 U 1 50 V 50 V U bc = U 2 U 2 100 V 100 V U cb = U 2 U 2 100 V 100 V U ac = U 1 U 2 U 1 og U 2 50 V 100 V 150 V U ac = U 1 U cb U 1 og U cb 50 V ( 100 V) 150 V
U ca = U cb U ab U cb og U ba 100 V ( 50 V) 150 V U ca = U cb U ab U cb og U ab 100 V 50 V 150 V Kontroller at tallsvaret med fortegn er det samme uansett hvordan en regner ut spenninga! Indeksreglene for dobbelindeks sier at U ab er spenninga a har i forhold til b. Pilspissen på referansepila peker altså mot a. Dermed blir U ba = U ab. Enkelindeks, eksempelvis U c, betyr spenninga c har i forhold til nullpotensialet (felles referansepunkt) som normalt er jord (jordsymbolet eller ).