ŘEŠENÉ PŘÍKLADY K DOPLNĚNÍ VÝUKY

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY K DOPLNĚNÍ VÝUKY 1.

TÝDEN Příklad 1.1

K baterii s vnitřním napětím U 0 a vnitřním odporem Ri je připojen vnější odpor R (viz obr. 1.1). Určete proud I, který prochází obvodem, úbytek napětí ΔU na vnitřním odporu baterie a velikost svorkového napětí U S . Dáno: U 0 = 24 V ; Ri = 10 Ω ; R = 470 Ω Určit: I ; ΔU ; U S Řešení: Proud tekoucí obvodem

I=

U0 24 = = 0, 05 A Ri + RZ 10 + 470

Úbytek na vnitřním odporu baterie

Obr. 1.1

ΔU = I ⋅ Ri = 0, 05 ⋅10 = 0,5V

Svorkové napětí - vnitřní napětí zmenšené o úbytek na vnitřním odporu U S = U 0 − ΔU = 24 − 0,5 = 23,5V

Příklad 1.2 Na svorkách zdroje napětí jsme naměřili při odebíraném proudu I1 na svorkách napětí U1 a při proudu I 2 napětí U 2 . Určete vnitřní napětí U 0 a vnitřní odpor Ri zdroje. Dáno: I1 = 100 mA ; U1 = 12 V ; I 2 = 500 mA ; U 2 = 10 V Určit: U 0 ; Ri Řešení: Pro napětí na svorkách v prvním případě platí: a v druhém případě platí: Z obou rovnic vyjádříme U 0 U 0 = U1 + Ri ⋅ I1 U 0 = U 2 + Ri ⋅ I 2

Při rovnosti levých stran můžeme napsat:

U1 = U 0 − Ri ⋅ I1 U 2 = U 0 − Ri ⋅ I 2

U1 + Ri ⋅ I1 = U 2 + Ri ⋅ I 2 1

U1 − U 2 12 − 10 = = 5Ω I 2 − I1 0,5 − 0,1

Z této rovnice vypočteme Ri =

Napětí zdroje v nezatíženém stavu U 0 U 0 = U1 + Ri ⋅ I1

U 0 = U 2 + Ri ⋅ I 2

U 0 = 12 + 5 ⋅ 0,1

U 0 = 10 + 5 ⋅ 0,5

nebo

U 0 = 12,5V

U 0 = 12,5V

Příklad 1.3 Zdroj proudu I napájí dva paralelně zapojené odpory (viz obr. 1.2), z nichž odpor RA je konstantní a odpor RB je proměnný v daném rozmezí. Vyjádřete závislost proudu I B tekoucího proměnným odporem RB na jeho velikosti a závislost napětí na tomto proměnném odporu RB na proudu I B jím tekoucím. Dáno: I = 3 A ; RA = 2 Ω ;

RB =(0 až ∞) Ω Určit: I B = f1 ( RB ) ; U B = f 2 ( I B ) Řešení: Proud I se rozdělí na proudy I A a I B v nepřímém poměru odporů RA a RB

Obr. 1.2

I B RA R = ⇒ IB = I A A I A RB RB

Proud I A určíme ze vztahu I A = I − IB = 3 − IB

dosadíme do rovnice pro I B a dostaneme I B = (3 − IB )

2 RB

IB =

a po úpravě

6 RB + 2

Pro vynesení závislosti I B = f1 ( RB ) vypočteme několik bodů. RB [ Ω ]

0

1

2

4

6

... ∞

I B [ A]

3

2

1,5

1

0,75

... 0

2

závislost je nakreslena na obr. 1.3 I B [ A] ↑4 3 2 1 0 0 0

2

4

→ RB8[ Ω ]

6

Obr. 1.3

Závislost U B = f 2 ( I B ) získáme ze vztahu U B = RB ⋅ I B

a dostaneme

za RB dosadíme

RB = RA

IA I − IB = RA IB IB

U B = RA ( I − I B ) = 2 ( 3 − I B )

Pro vynesení grafu (viz obr. 1.4 ) vypočteme několik bodů této závislosti.

U B [V ] ↑7

6

I B [ A]

0

1

2

3

U B [V ]

6

4

2

0

5 4 3 2 1 0 0

1

2

Obr. 1.4

3

3

→ I B4[ A]

2.

TÝDEN Příklad 2.1

Určete, jak velkým výsledným odporem RV bude zatížen zdroj napětí, je-li obvod zapojen podle obr. 2.1 a hodnoty odporů jsou známé. Dáno: R1 = 300 Ω ; R2 =100 Ω ; R3 =200 Ω ; R4 =50 Ω ; R5 =66,7 Ω Určit: RV

Obr. 2.2 Obr. 2.1 Řešení:

Trojúhelník ABC tvořený odpory R1 , R2 , R3 transfigurujeme do hvězdy ABC tvořenou odpory RA , RB , RC (viz obr. 2.2). Odpory RA , RB , RC se vypočítají ze vztahů: RA =

R1 R2 300 ⋅100 = = 50Ω R1 + R2 + R3 600

RB =

R2 R3 100 ⋅ 200 = = 33,3Ω R1 + R2 + R3 600

RC =

R1 R3 300 ⋅ 200 = = 100Ω R1 + R2 + R3 600

4

Obvod po transfiguraci je na obr. 2.3 a tentýž obvod je názorněji překreslen na obr. 2.4. Součet odporů R4 a RA nahradíme odporem RA 4 = RA + R4 = 50 + 50 = 100Ω . Součet odporů R5 a RB nahradíme odporem RB 5 = RB + R5 = 33,3 + 66, 7 = 100Ω . Celkový odpor paralelní kombinace odporů RA 4 a RB 5 vypočteme: 1 RA 4 B 5

=

1 1 + RA 4 RB 5

RA 4 B 5 =

RA 4 ⋅ RB 5 100 ⋅100 = = 50Ω RA 4 + RB 5 100 + 100

≡

Obr. 2.4

Obr. 2.3

Výsledný odpor RV = RC + RA 4 B 5 = 50 + 100 = 150Ω

Potřebujeme-li transfigurovat hvězdu na trojúhelník, použijeme následujících vztahů:

R1 = RA + RC +

RA ⋅ RC RB

R2 = RA + RB +

RA ⋅ RB RC

R3 = RB + RC +

RB ⋅ RC RA

5

Příklad 2.2 Do společné sítě pracují dva paralelně spojené zdroje napětí (viz. obr. 2.5). Při odebíraném proudu I je na svorkách sítě napětí U S . Proud I je rozdělen rovnoměrně na oba zdroje s vnitřními odpory Ri1 a Ri 2 . Krátkodobě se zvýší odběr proudu na hodnotu I´. Určete proudy I1/ a I 2/ tekoucí zdroji při tomto přetížení. Dáno: U S = 220 V ; I = 20 A ; I´= 40 A ; Ri1 = 0,5 Ω ; Ri 2 = 0,6 Ω Určit: I1/ a I 2/ Řešení:

Pracují-li dva zdroje paralelně do společné sítě, musí mít stejná svorková napětí. Vypočteme nejprve vnitřní napětí obou zdrojů U10 = U S + Ri1 ⋅ I1 U 20 = U S + Ri 2 ⋅ I 2

Obr. 2.5

V trvalém provozu je I1 = I 2 =

I 20 = = 10 A 2 2

po dosazení do předchozích rovnic U10 = 220 + 0,5 ⋅10 = 225V U 20 = 220 + 0, 6 ⋅10 = 226V

Při přetížení musí znovu platit rovnost svorkových napětí obou zdrojů. Vnitřní napětí se nezměnila a proto můžeme psát: U10 − Ri1 ⋅ I1/ = U 20 − Ri 2 ⋅ I 2/ Zdroje dodávají do sítě proud: I ´= I1/ + I 2/ Z této rovnice vypočteme I1/ a dosadíme do předchozí rovnice U10 − Ri1 ( I − I 2/ ) = U 20 − Ri 2 ⋅ I 2/ odtud vypočteme I 2/

I 2/ =

U 20 − U10 + Ri1 ⋅ I ´ 226 − 225 + 0,5 ⋅ 40 = = 19 A Ri1 + Ri 2 0,5 + 0, 6

I1/ = I ´− I 2/ = 40 − 19 = 21A Povšimněte si, že zdroj s menším vnitřním odporem je zatížen větším proudem.

6

Příklad 2.3 Máme k dispozici dva zdroje napětí. První z nich má vnitřní napětí U10 a vnitřní odpor Ri1 , druhý U 20 a Ri 2 . Jak velké bude výsledné napětí U 0 , spojíme-li oba zdroje do série (viz obr. 2.6) a jak velký proud poteče spotřebičem s odporem R. Jak se změní poměry v případě, že dojde k opačnému zapojení druhého zdroje (viz obr. 2.7) Dáno: U10 = 24 V ; U 20 = 6 V ; Ri1 = 3 Ω ; Ri 2 = 2 Ω ; R= 55 Ω Určit: U 0 ; I ; U 0/ ; I ´ Řešení:

Při sériovém řazení zdrojů platí pro výsledné napětí U 0 U 0 = U10 + U 20 = 24 + 6 = 30V a výsledný vnitřní odpor Ri

Obr. 2.6

Ri = Ri1 + Ri 2 = 3 + 2 = 5Ω Proud I tekoucí zátěží R I=

U0 30 = = 0,5 A Ri + R 5 + 55

V případě chybného zapojení druhého zdroje bude výsledné napětí Obr. 2.7

U 0/ = U10 − U 20 = 24 − 6 = 18V a proud do zátěží (vnitřní odpor Ri se nezmění) I ´=

U 0/ 18 = = 0,3 A Ri + R 60

7

3.

TÝDEN Příklad 3.1

Potřebujeme měřit v síti s napětím U. Máme k dispozici voltmetr s rozsahem rV a vnitřním odporem RV při tomto rozsahu. Určete velikost předřadného odporu RP a konstantu voltmetru kV po zvětšení rozsahu, je-li počet dílků na stupnici d. Dáno: U= 220 V ; rV = 60 V ; RV = 2000 Ω při rozsahu 60 V ; d = 120 dílků Určit: RP ; kV Řešení:

Předřadné voltmetrů, proto ⎛ tj. na 240 V ⎜ n = ⎝

odpory jsou vyráběny s hodnotami stejnými jako mají vnitřní odpory upravíme nový rozsah na nejblíže vyšší násobek základního rozsahu 240 ⎞ = 4⎟ . 60 ⎠

Velikost předřadného odporu RP = (n − 1) RV = (4 − 1) ⋅ 2000 = 6000Ω konstanta voltmetru je kV =

kV 240 = = 2V / dílek d 120

Poznámka:

Vnitřní odpor voltmetru se udává též hodnotou odporu vztaženého na 1 V měřícího rozsahu tedy např. 5000 Ω /V. Má-li voltmetr měřící rozsah 12V je RV = 5000 ⋅12 = 60000Ω .

Příklad 3.2 Vypočtěte hodnoty odporů RB1 a RB 2 kombinovaného bočníku pro zvětšení rozsahů rA1 a rA 2 , má-li základní měřící systém plnou výchylku při proudu I S je-li odpor systému RS (viz obr. 3.1) Dáno: rA1 = 10 A ; rA 2 = 60 A ; RS = 5 Ω ; I S = 12 mA Určit: RB1 ; RB 2

8

Řešení:

Pro určení velikosti bočníku R platí vztah RB = S , který n −1 aplikujeme na tento případ. a) Pro rozsah 10 A n=

rA1 10 = = 833,3 I S 12 ⋅10−3

Obr. 3.1

Bočník je tvořen odpory RB1 a RB 2 R 5 RB1 + RB 2 = S = = 0, 006Ω n − 1 833,3 − 1 b) Pro rozsah 60 A n=

rA 2 60 = = 5000 I S 12 ⋅10−3

V tomto případě se odpor RB 2 přičítá k odporu RS RB1 =

RS + RB 2 5 + RB 2 = 5000 − 1 n −1

Pro dvě neznámé RB1 a RB 2 máme dvě rovnice

RB1 =

RB1 + RB 2 = 0, 006

druhou rovnici dosadíme do první a vypočteme RB 2 5 + RB 2 + RB 2 = 0, 006 4999

⇒

RB 2 = 0, 005Ω

Velikost RB1 určíme dosazením za RB 2 do prvních rovnic RB1 = 0, 006 − RB 2 = 0, 006 − 0, 005 = 0, 001Ω

9

5 + RB 2 4999

Příklad 3.3 Neznámý odpor RX byl změřen přístroji zapojenými podle obr. 3.2. Určete hodnotu RX jestliže měl voltmetr rozsah rV , počet dílků na stupnici d1 a vnitřní odpor RV . Při měření ukazoval výchylku αV . Ampérmetr měl rozsah rA a počet dílků na stupnici d 2 . Při měření ukazoval výchylku α A . Dáno: rV = 12 V ; d1 = 120 dílků ; RV/ = 200 Ω /V ; αV = 86 dílků ; rA = 0,2 A ; d 2 = 100 dílků ; α A = 51 dílků Určit: RX Řešení: Nejprve vypočteme konstantu ampérmetru k A a proud ampérmetrem I A

rA 0, 2 = = 0, 002 A / dílek d 2 100 I A = α A ⋅ k A = 51⋅ 0, 002 = 0,102 A

kA =

Obr. 3.2

Abychom určili proud tekoucí voltmetrem, musíme znát změřené napětí U X . Vypočteme konstantu voltmetru kV r 12 kV = V = = 0,1 V / dílek d1 120 U X = αV ⋅ kV = 86 ⋅ 0,1 = 8, 6V Pro určení proudu voltmetrem IV musíme znát vnitřní odpor voltmetru RV RV = RV/ ⋅ rV = 200 ⋅12 = 2400Ω U 8, 6 IV = X = = 0, 0036 A RV 2400 Proud I X tekoucí neznámým odporem I X = I A − IV = 0,1020 − 0, 0036 = 0, 0984 A Neznámý odpor RX vypočteme RX =

UX 8, 6 = = 87, 4Ω I X 0, 0984

Poznámka:

Porovnejte, jak se liší výsledek, jestliže nebudete uvažovat proud tekoucí voltmetrem. 10

RX =

UX 8, 6 = = 84,3Ω I A 0,102

Příklad 3.4 Na zdroj s napětím U jsou zapojeny do série odpory R1 , R2 , R3 (viz. obr. 3.3). Určete proud I tekoucí ze zdroje a úbytky napětí U1 , U 2 , U 3 na jednotlivých odporech. Dáno: U = 60 V ; R1 = 90 Ω ; R2 = 50 Ω ; R3 = 60 Ω Určit: I ; U1 ; U 2 ; U 3 Řešení:

Abychom mohli určit proud I tekoucí ze zdroje, musíme nejprve znát celkový odpor obvodu R R = R1 + R2 + R3 = 90 + 50 + 60 = 200Ω I=

U 60 = = 0,3 A R 200

Úbytky napětí na jednotlivých spotřebičích

Obr. 3.3

U1 = R1 I = 90 ⋅ 0,3 = 27V U 2 = R2 I = 50 ⋅ 0,3 = 15V U 3 = R3 I = 60 ⋅ 0,3 = 18V

Podle druhého Kirchhoffova zákona můžeme zkontrolovat výpočet U = U1 + U 2 + U 3 = 27 + 15 + 18 = 60V

11

4.

TÝDEN Příklad 4.1

Na zdroj napětí U1 se zanedbatelným vnitřním odporem Ri připojme dělič napětí tvořený odpory R1 a R2 (viz obr. 4.1). Dělič je zatížen odporem RZ . Nahraďte dělič napětí z hlediska výstupních svorek ideálním zdrojem napětí U 0 v sérii s vnitřním odporem RK . Určete velikost výstupního napětí U 2 . Dáno: U1 = 10 V ; R1 = 500 Ω ; R2 = 1000 Ω ; RZ = 1200 Ω ; Určit: U 20 ; R K ; U 2 Řešení:

Podle Theveninova teorému je možno jakýkoli lineární obvod nahradit z hlediska výstupních svorek náhradním zdrojem napětí U 20 v sérii s vnitřním odporem R K . Náhradní napětí U 20 je napětí na výstupních svorkách v nezatíženém stavu (pro I = 0). V nezatíženém stavu se napětí rozdělí v poměru odporů U 20 = U1

R2 1000 = 10 = 6, 67V R1 + R2 500 + 1000

Obr. 4.1

a náhradní vnitřní odpor RK je odpor, který by se v nezatíženém stavu objevil na výstupních svorkách, kdybychom zdroje napětí zkratovali a zdroje proudu rozpojili. V našem případě je RK dáno paralelní kombinací R1 a R2 . RK =

R1 ⋅ R2 500 ⋅1000 = = 334Ω R1 + R2 500 + 1000

Náhradní schéma je na obr. 4.2 a proud I I=

Obr. 4.2

U 20 6, 67 = = 0, 00435 A RK + RZ 334 + 1200

Úbytek napětí ΔU na odporu RK

ΔU = RK ⋅ I = 334 ⋅ 0, 00435 = 1, 45V

Výstupní napětí U 2 při zatížení odporem RZ

U 20 = U 20 − ΔU = 6, 67 − 1, 45 = 5, 22V

12

Příklad 4.2 Tři zdroje napětí U1 , U 2 a U 3 jsou připojeny na obvod složený z odporů R1 , R2 , R3 a R4 podle obr. 4.3. Vypočtěte metodou superpozice napětí U 4 na odporu R4 . Dáno: U1 = 9 V ; U 2 = 6 V ; U 3 = 3 V; R1 = 200 Ω ; R2 = 100 Ω ; R3 = 600 Ω ; R4 = 400 Ω Určit: U 4 Řešení: Při řešení postupujeme tak, jako by v obvodu byl vždy pouze jeden zdroj (ostatní zdroje napětí jsou zkratovány a zdroje proudu rozpojeny) a proudy vyvolané jednotlivými zdroji se sčítají. Tedy proud I odporem R4 je dán součtem proudů I1/ , I 2/ a I 3/ vyvolanými napětími U1 , U 2 a U 3 . Určíme proud I1/ vyvolaný zdrojem napětí U1 (upravený obvod na obr. 4.4)

I1/ =

U1 9 = = 0, 0128 A R1 + R2 + R4 200 + 100 + 400

Obr. 4.4

Obr. 4.5

Proud I 2/ vyvolaný zdrojem U 2 (obr. 4.5) Proud I 3/ vyvolaný zdrojem U 3 (obr. 4.6)

Obr. 4.3

Obr. 4.6

U2 6 = = 0, 0086 A R1 + R2 + R4 200 + 100 + 400 U3 3 I 3/ = = = 0, 0043 A R1 + R2 + R4 200 + 100 + 400 I 2/ =

Proud jdoucí odporem R4 působením všech zdrojů I = I1/ + I 2/ − I 3/ = 0, 0128 + 0, 0086 − 0, 0043 = 0, 0171A Napětí U 4 na odporu R4

U 4 = R4 ⋅ I = 400 ⋅ 0, 0171 = 6,84V 13

Příklad 4.3 Jak velké bude výstupní napětí U sčítacího obvodu podle obr. 4.7 v nezatíženém stavu (U = U 0 při I = 0) a jak se změní výstupní napětí v případě, že obvod zatížíme proudem I. Dáno: U1 = 1 V ; U 2 = 1,6 V ; U 3 = 2 V; R1 = 2 k Ω ; R2 = 2 k Ω ; R3 = 1 k Ω ; R4 = 5 k Ω Určit: U ; U 0 Řešení: Pro řešení tohoto obvodu použijeme metodu uzlových napětí, která využívá k popisu obvodu prvního Kirchhofova zákona. Celý obvod je popsán jednou rovnicí. Bod A zvolíme za referenční uzel a platí

I1 + I 2 + I 3 − I 4 − I = 0 po dosazení prvků obvodu:

Obr. 4.7

U1 − U U 2 − U U 3 − U U + + − −I =0 R1 R2 R3 R4 U1 − U 0 U 2 − U 0 U 3 − U 0 U 0 + + − =0 R1 R2 R3 R4

Pro nezatížený stav, kdy I = 0 a U = U 0 Z této rovnice po úpravě vypočteme U 0

U1 U 2 U 3 1 1, 6 2 + + + + 3 3 R1 R2 R3 1⋅10 2 ⋅10 2 ⋅103 U0 = = = 1, 27V 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + R1 R2 R3 R4 1⋅103 2 ⋅103 2 ⋅103 5 ⋅103 U1 − U U 2 − U U 3 − U U + + − −I =0 R1 R2 R3 R4

Po zatížení proudem I klesne výstupní napětí

U1 U 2 U 3 1 1, 6 2 + + −I + + − 0,5 ⋅10−3 3 3 3 R1 R2 R3 U= = 1⋅10 2 ⋅10 2 ⋅10 = 1, 05V 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + R1 R2 R3 R4 1⋅103 2 ⋅103 2 ⋅103 5 ⋅103 Z výsledku je patrno značné snížení výstupního napětí při zatížení. Bude vhodnější volit menší hodnoty odporů ve sčítacím obvodu. 14

5.

TÝDEN Příklad 5.1

Na obr. 5.1 je nakreslen obvod se dvěma zdroji napětí U1 a U 2 . Vypočtěte napětí U AB mezi body A a B a proudy I1 , I 2 a I 3 jdoucí jednotlivými odpory R1 , R2 a R3 . Použijte: a) metodu Kirchhoffových zákonů b) metodu smyčkových proudů c) metodu uzlových napětí d) metodu superpozice e) Theveninův teorém Dáno: U1 = 10 V ; U 2 = 20 V ; R1 = 10 Ω ; R2 = 10 Ω ; R3 = 20 Ω ; Určit: I1 ; I 2 ; I 3 ; U AB Řešení: a) Metodou Kirchhoffových zákonů

Obr. 5.1

Pro zvolené proudy v uzlu B platí první Kirchhoffův zákon I1 − I 2 − I 3 = 0 Pro zvolený oběh smyček platí podle druhého Kirchhoffova zákona 1. smyčka

R1 I1 + R3 I 3 − U1 = 0

Po úpravě a dosazení −I2 − I3 = 0 I1 +20 I 3 = 10 10 I1 −10 I 2 +20 I 3 = 200 0

Determinant pro I1

Determinant pro I 2

Determinant pro I 3

1

−1

0

−1

0

20 20

1

−1

0

0

10 = 300

DI3 = 10 0

⇒

I1 =

DI1

⇒

I2 =

DI 2

⇒

I3 =

DI3

−1

DI 2 = 10 10 20 = −400

−10 20

−1

−1

DS = 10 0 20 = 500 0 −10 20

Determinant soustavy

DI1 = 10 0 20 = −100 20 −10 20 1

− R2 I 2 + R3 I 3 − U 2 = 0

2. smyčka

DS

DS

DS

=

−100 = −0, 2 A 500

=

−400 = −0,8 A 500

=

300 = 0, 6 A 500

Proud je kladný, směr I 3 je tedy správný. Napětí mezi A a B je dáno Ohmovým zákonem. U AB = R3 ⋅ I 3 = 20 ⋅ 0, 6 = 12V

Bod A je záporný a bod B je kladný 15

Obr. 5.2

Správné směry proudů jsou na obr. 5.2

Obr. 5.3

Řešení: b) metodou smyčkových proudů

Označení smyčkových proudů je nakresleno na obr. 5.3. Směr proudů I A a I B ve smyčkách je volen souhlasný se směrem oběhu v předchozím řešení. Pro smyčkový proud I A můžeme psát

R1 I A + R3 ( I A + I B ) − U1 = 0

Pro smyčkový proud I B platí

R2 I B + R3 ( I A + I B ) − U 2 = 0

po úpravě a dosazení

30 I A + 20 I B = 10 20 I A + 30 I B = 20

Při řešení metody smyčkových proudů nám stačí dvě rovnice, jejichž řešením jsou proudy I A , I B . Řešíme opět pomocí determinantů. Determinant soustavy

DS =

30 20 = 500 20 30

Determinant pro I A

DI A =

10 20 = −100 20 30

⇒

IA =

−100 = −0, 2 A 500

Determinant pro I B

DI B =

30 10 = 400 20 20

⇒

IB =

400 = 0,8 A 500

Napětí mezi body A a B je dáno U AB = R3 ⋅ ( I A + I B ) = 20 ⋅ ( −0, 2 + 0,8 ) = 12V Proudy odpory

I1 = I A = −0, 2 A , I 2 = − I B = −0,8 A , I 3 = I A + I B = −0, 2 + 0,8 = 0, 6 A

16

Řešení: c) metodou uzlových napětí (viz. obr. 5.4)

V tomto případě nám stačí jedna rovnice. Pro uzel B platí I1 − I 2 − I 3 = 0 U1 − U AB U AB − U 2 U AB − − =0 R1 R2 R3 Z této rovnice vypočteme U AB

U AB

U1 U 2 10 20 + + R1 R2 10 10 = 12V = = 1 1 1 1 1 1 + + + + R1 R2 R3 10 10 20

Obr. 5.4

Proudy jednotlivými odpory vypočteme z druhého Kirchhoffova zákona U1 − U AB 10 − 12 = = −0, 2 A R1 10

U1 − U AB − R1 I1 = 0

I1 =

U 2 − U AB + R2 I 2 = 0

I2 = −

I3 =

U 2 − U AB 20 − 12 =− = −0,8 A R2 10

U AB 12 = = 0, 6 A R3 20

Řešení: d) metoda superpozice

Při řešení postupujeme tak, jako by v obvodu byl pouze vždy jeden zdroj (ostatní zdroje napětí jsou zkratována a zdroje proudu rozpojeny) a proudy vyvolané jednotlivými zdroji se sčítají. Nejprve budeme uvažovat zdroj U1 . Schéma nakreslené na obr. 5.1 se zjednoduší na schéma nakreslené na obr. 5.5. Abychom určili I1/ vypočteme celkový odpor RC/ zapojený na zdroj U1 .

Obr. 5.5

17

RC/ = R1 +

Proud I1/ =

R2 ⋅ R3 10 ⋅ 20 = 10 + = 16.6Ω 10 + 20 R2 + R3

U1 10 = = 0, 6 A / RC 16, 6

Proud I 2/ a I 3/ se rozdělí v nepřímém poměru odporů R2 a R3 I 3/ R2 10 = = I 2/ R3 20 I1/ = I 2/ + I 3/ = 0, 6 A

a platí

Z těchto dvou rovnic vypočteme I 3/ = 0, 2 A a I 2/ = 0, 4 A

Nyní budeme uvažovat zdroj U 2 (viz obr. 5.6) Abychom určili proud I 2// , vypočteme celkový odpor RC// připojený na zdroj U2 . RC// = R2 +

I 2// =

R1 R3 10 ⋅ 20 = 10 + = 16, 6Ω 10 + 20 R1 + R3

U2 20 = = 1, 2 A // RC 16, 6

Obr. 5.6

Proudy I1// a I 3// se rozdělí v nepřímém poměru odporů I 3// R1 10 = = I1// R3 20

a platí

I 2// = I1// + I 3// = 1, 2 A

Řešením těchto dvou rovnic dostaneme I 3// = 0, 4 A a I1// = 0,8 A . Proud tekoucí odporem R3 je

I 3 = I 3/ + I 3// = 0, 2 + 0, 4 = 0, 6 A

a napětí U AB

U AB = R3 ⋅ I 3 = 20 ⋅ 0, 6 = 12V

proud I1

I1 = I1/ − I1// = 0, 6 − 0,8 = −0, 2 A

proud I 2

I 2 = I 2/ − I 2// = 0, 4 − 1, 2 = −0,8 A

Výsledky jsou opět shodné.

18

Řešení: e) metoda Theveninova teorému

Při řešení Theveninovým teorémem budeme považovat odpor R3 za zátěž připojenou na svorky A a B. Nalezneme nejprve napětí U AB 0 , které by bylo na svorkách A a B v nezatíženém stavu (viz obr. 5.7). Podle obr. 5.7 můžeme psát rovnici Obr. 5.7

R1 ⋅ I / + R2 ⋅ I / + U 2 − U1 = 0 Z této rovnice vypočteme I I/ =

U1 − U 2 10 − 20 = = −0,5 A R1 + R2 10 + 10

Opět podle obr. 5.7 můžeme psát R1 ⋅ I / + U AB 0 − U1 = 0

nebo

R2 ⋅ I / − U AB 0 + U 2 = 0

Vypočteme U AB 0 U AB 0 = U1 − R1 ⋅ I / = 10 − 10(−0,5) = 15V nebo z druhé rovnice U AB 0 = U 2 − R2 ⋅ I / = 20 + 10(−0,5) = 15V Náhradní odpor RK , který se jeví na svorkách AB při zkratovaných zdrojích napětí RK =

R1 ⋅ R2 10 ⋅10 = = 5Ω R1 + R2 10 + 10

Můžeme tedy náhradní obvod viz obr. 5.8.

nakreslit

Proud tekoucí do zátěže R3 je I=

U AB 0 15 = = 0, 6 A RK + R3 25

Na odporu RK bude úbytek napětí ΔU Obr. 5.8

ΔU = RK ⋅ I = 5 ⋅ 0, 6 = 3V U AB = U AB 0 − ΔU = 15 − 3 = 12V

19

Proud jednotlivými odpory vypočteme (viz obr. 5.9) z druhého Kirchhoffova zákona R1 I1 + U AB − U1 = 0

Z této rovnice vypočteme I1 I1 =

U1 − U AB 10 − 12 = = −0, 2 A R1 10 Obr. 5.9

Pro druhou smyčku platí R2 I 2 − U AB + U 2 = 0

Z této rovnice vypočteme I 2 a I 3 I2 =

U AB − U 2 12 − 20 = = −0,8 A R2 10

I3 =

U AB 12 = = 0, 6 A R3 20

Z uvedených výpočtů je vidět, že obvod lze řešit libovolnou metodou, avšak každá metoda nevede k cíli stejně rychle.

20

6.

TÝDEN Příklad 6.1

Určete svodový odpor RS kondenzátoru s kapacitou C, jestliže na něm bylo elektrostatickým voltmetrem (vnitřní odpor voltmetru můžeme považovat za nekonečně velký) změřeno napětí U1 a po uplynutí T minut pokleslo napětí na hodnotu U 2 . Dáno: C = 10μ F ; U1 = 15 V ; U 2 = 10 V ; T= 5 minut Určit: RS Řešení: Reálný kondenzátor se svodovým odporem RS můžeme nahradit ideálním kondenzátorem s kapacitou C a paralelně připojeným odporem RS (viz. obr. 6.1)

Pro obvod na obr. 6.1 platí rovnice RS ⋅ i + uC = 0 kde uC je okamžitá hodnota napětí na kondenzátoru.

Obr. 6.1

Pro proud obvodem platí i = iC = C

duC dt

a po dosazení dostaneme diferenciální rovnici

RS C

duC + uC = 0 dt

− RS ⋅ C ⋅ duC = dt uC

Řešíme separací proměnných

−

t RS C

−

t

= K ⋅ e kde τ = RS ⋅ C je Řešení diferenciální rovnice vyjde ve tvaru uC = K ⋅ e časová konstanta. Konstantu vypočteme z počátečních podmínek pro čas t = 0 (tj. v čase, kdy na kondenzátoru bylo změřeno napětí U1 ) je

U C = U1 v čase t = T je U C = U 2 a platí

U c = U1 ⋅ e

a můžeme psát U 2 = U1 ⋅ e

−

−

t

τ

t

τ

Z této rovnice vypočteme RS . U U T T T = − ln 2 = ln 1 ⇒ τ = ⇒ RS = U U U1 U2 τ C ⋅ 2,3log 1 ln 1 U2 U2 a po dosazení

RS =

5 ⋅ 60 15 10 ⋅10 ⋅ 2,3log 10

21

−6

= 74M Ω

τ

Příklad 6.2 Kondenzátor s kapacitou C je připojen na dělič napětí tvořený odpory R1 a R2 , které jsou připojeny přes spínač S na stejnosměrné napětí U. V daném časovém okamžiku se spínač S rozepne. Určete časový průběh napětí uC na kondenzátoru a časovou konstantu τ . Dáno: U = 12 V ; R1 = 2 kΩ ; R2 = 1 kΩ ; C = 1μ F Určit: uC = f (t ) ; τ Řešení: Při sepnutém spínači S je v ustáleném stavu na kondenzátoru napětí

uC = U

R2 R1 + R2

Toto napětí je na kondenzátoru na počátku přechodového děje v čase t = 0. uC (0) = u

R2 R1 + R2

Obr. 6.2

Po rozepnutí spínače S se kondenzátor nabije z napětí U přes odpor R1 (viz.obr. 6.3). Pro obvod na obr. 6.3 platí diferenciální rovnice R1 ⋅ C ⋅

duC + uC = U dt

Rovnici řešíme separací proměnných 1 ⋅ duC = dt U − uC Řešení dostaneme ve tvaru R1 ⋅ C ⋅

−

e

t R1C

Obr. 6.3

= K (U − uC )

v čase t = 0 je uC = uC (0) = U

R2 1 po dosazení dostaneme K = R2 R1 + R2 U −U R1 + R2

po dosazení konstanty dostaneme řešení uC = f (t ) uC = U (1 − e

−

t R1C

t

− R2 )+ ⋅ U ⋅ e R1C R1 + R2

22

Na počátku přechodového děje (t = 0) je napětí na kondenzátoru uC = U

R2 1000 = 12 = 4V 2000 + 1000 R1 + R2

v čase t = ∞ je uC = U = 12V Časová konstanta τ

τ = R1 ⋅ C = 2 ⋅103 ⋅1⋅10−6 = 2ms

Průběh napětí uC je zakreslen na obr. 6.4 uC [V ] ↑

→ t [ ms ]

Obr. 6.4

23

Příklad 6.3 Určete časový průběh proudu i tekoucího sériovým obvodem s odporem R a indukčností L při připojení stejnosměrného napětí U. Určete časovou konstantu obvodu τ a časový průběh napětí na odporu uR a na indukčnosti uL . Dáno: U = 24 V ; R = 20 Ω ; L= 1,2H Určit: i = f (t ) ; u R = f1 (t ) ; u L = f 2 (t ) Řešení:

Pro sériový obvod (dle obr. 6.5) můžeme napsat diferenciální rovnici R ⋅i + L

di =U dt

po separaci

Řešení této rovnice je

R − t e L

dt = L

1 di U − R ⋅i

Obr. 6.5

= K (U − R ⋅ i )

Konstantu K určíme z počátečních podmínek pro t = 0 je i = 0 pak

1 K ⋅U = 1 ⇒ K = U

R − t e L

po dosazení

=

1 (U − R ⋅ i ) U

R

− t U i = (1 − e L ) R

z této rovnice určíme průběh i

Časová konstanta

τ=

L 1, 2 = = 0, 06 = 60ms R 20 R

Proud i po dosazení konkrétních hodnot

t

t

− − − t U 24 i = (1 − e L ) = (1 − e 0,06 ) = 1, 2(1 − e 0,06 ) R 20

Časový průběh je zakreslen na obr. 6.6. i [ A] ↑

τ → t [ ms ]

Obr. 6.6

24

Časový průběh napětí na odporu R vypočteme uR = R ⋅ i = U (1 − e

−

t

τ

) = 24(1 − e

−

t 0,06

)

Časový průběh napětí na odporu R je vynesen na obr. 6.7. u R [V ] ↑

τ → t [ ms ]

Obr. 6.7

Časový průběh napětí na indukčnosti L vypočteme t

t

t

− − di U − 1 uL = L = L ⋅ e τ ⋅ = U − e τ = 24 ⋅ e 0,06 dt R τ

Časový průběh napětí na indukčnosti L je vynesen na obr. 6.8. u L [V ] ↑

τ → t [ ms ]

Obr. 6.8

25

7.

TÝDEN Příklad 7.1

Cívka relé má indukčnost L a ohmický odpor RL . Cívka je zapojena do série s odporem R1 a paralelně k odporu R2 . Celá kombinace (viz. obr. 7.1) je zapojena přes spínač S na stejnosměrné napětí U. Kotva relé se přitáhne při proudu i1 a odpadne při proudu i2 . Za jakou dobu t1 relé po zapnutí kotvu přitáhne a za jakou dobu t2 po vypnutí kotva odpadne? Dáno: U = 24 V ; L= 6H ; RL = 200 Ω ; R1 = 600 Ω ; R2 = 300 Ω ; i1 = 18 mA ; i2 = 6 mA Určit: t1 ; t2 Řešení: Nejprve nahradíme obvod nalevo od svorek 1, 2 náhradním zdrojem napětí U 0 v sérii s náhradním odporem R1 . Náhradní napětí je dáno napětím na svorkách 1, 2 při odpojené zátěži (napětí naprázdno).

U0 = U

R2 300 = 24 = 8V R1 + R2 600 + 300

Náhradní odpor Ri vypočteme jako odpor mezi svorkami 1, 2 při zkratovaném zdroji U. Ri =

Obr. 7.1

R1 ⋅ R2 300 ⋅ 600 = = 200Ω R1 + R2 300 + 600

Náhradní obvod je nakreslen na obr. 7.2 Určíme velikost ustáleného proudu v čase t = ∞ I∞ =

U0 8 = = 0, 02 = 20mA RL + Ri 200 + 200

Časová konstanta obvodu τ 1 při připojení obvodu na napětí

τ1 =

L 6 = = 0, 015s R 200 + 200

Obr. 7.2

26

Průběh proudu v sériovém obvodu RL je dán vztahem i = I ∞ (1 − e

−

(viz. předchozí příklad)

t

τ1

)

t −1 τ1 (1 − e )

Proud i1 v obvodu v čase t1

i1 = I ∞

z této rovnice vypočteme t1

t1 = τ 1 ln

I∞ I = 2,3τ 1 log ∞ I ∞ − i1 I ∞ − i1

Po dosazení dostaneme čas, který uplyne od okamžiku připojení obvodu na napětí do okamžiku, kdy přitáhne relé. 20 ⋅10−3 t1 = 2,3 ⋅ 0, 015 ⋅ log = 0, 0345s = 34,5ms 20 ⋅10−3 − 18 ⋅10−3 Po vypnutí můžeme nakreslit náhradní obvod podle obr. 7.3. Indukčnost se chová jako zdroj napětí, který protlačí proud přes součet odporů RL + R2 = R Pro obvod na obr. 7.3 můžeme psát diferenciální rovnici uL + uR = L

di + R ⋅i = 0 dt

řešení této diferenciální rovnice dostaneme ve tvaru i =

R − t K ⋅e L

Konstantu K určíme z počátečních podmínek, pro t = 0 je i = I ∞ ⇒ K = I ∞ po dosazení do předchozí rovnice i = I∞ ⋅ e

−

Obr. 7.3

t

τ2

Časová konstanta

τ2 =

L L 6 = = = 0, 012 s R RL + R2 200 + 300

proud i2 v obvodu v čase t2 je i2 = I ∞

t − 2 τ2 ⋅e

Z této rovnice vypočteme čas, který uplyne od okamžiku odepnutí obvodu od napětí do okamžiku, kdy kotva relé odpadne I∞ 20 ⋅10−3 t2 = 2,3 ⋅τ 2 ⋅ log = 2,3 ⋅ 0, 012 ⋅ log = 0, 0148s = 14,8ms 6.10−3 i2

27

Příklad 7.2 Najděte časový průběh proudu ve schématu podle obr. 7.4, je-li v čase t = 0 připojen zdroj o hodnotě U. Počáteční podmínka i (0) = 0

Řešení:

dφ φ = L ⋅i dt d ( L ⋅ i) di uL = − = −L dt dt

−u L + u R − u = 0

uL = −

−u L + u R = u

L

di + R ⋅i = u dt

L ⋅ i/ + R ⋅ i = u

p.p. i / (0) = 0

L ⋅ ( I P − i (0)) + R ⋅ I =

u p

I ⋅ ( LP + R) =

Obr. 7.4

u p I=

u p( LP + R)

u R

= p( −

u i (t ) = L−1 { I } = (1 − e R

28

t L R

L p + 1) R R

− t u ) = (1 − e L ) R

8.

TÝDEN Příklad 8.1

Sériově řazené prvky R, L, C jsou připojeny ke střídavému napětí U s frekvencí f podle lR , m U L, m UC, m U R2 . obr. 8.1. Vypočtěte proud I , úbytek napětí na jednotlivých prvcích U 1 Nakreslete fázový diagram. Dáno: U = 220 V ; f = 50 Hz ; R1 = 100 Ω ; L= 0,5 H ; C= 15 μ F ; R2 = 50 Ω Určit: I , m UR ,m U L, m UC, m UR 1

2

Řešení: Celková impedance zapojených prvků v obvodu

sériově

l = R + jω L + 1 + R = Z 1 2 jωC = 100 + j ⋅ 314 ⋅ 0,5 − j ⋅ = (150 − j ⋅ 55,3) Ω

1 + 50 = 314 ⋅15 ⋅10−6

Obr. 8.1

ω = 2π f = 2π ⋅ 50 = 314 rad ⋅ s −1 Proud tekoucí obvodem l 220 (150 + j 55,3) U 220 = = I = = l 150 − j 55,3 1502 + 55,32 Z = (1, 29 + j 0, 48 ) A

ϕ

+ωt

l = U ⋅ e j 0° = 220V U

Všechny fázorové diagramy kreslíme v předem zvolených měřítcích napětí a proudů. I = 1, 292 + 0, 482 = 1,38 A l jsme položili Fázor napětí U do reálné osy a převedeme fázor I do exponenciálního tvaru:

ϕ = arctg

0, 48 = 20, 4° 1, 29

I = 1,38 ⋅ e j 20,4° A

Obr. 8.2

29

Napětí na jednotlivých prvcích jsou l R = R ⋅ I = 100 ⋅1,38 ⋅ e j 20,4° = 138 ⋅ e j 20,4°V U 1 1 l L = jωC ⋅ I = j 314 ⋅ 0,5 ⋅1,38 ⋅ e j 20,4° = 216, 7 ⋅ e j110,4°V U 1 l C = 1 ⋅ I = − j U ⋅1,38 ⋅ e j 20,4° = 293 ⋅ e − j 69,6°V −6 jω L 314 ⋅15 ⋅10 l R = R ⋅ I = 50 ⋅1,38 ⋅ e j 20,4° = 69 ⋅ e j 20,4°V U 2

2

Fázový diagram je nakreslen na obr. 8.2.

Příklad 8.2 Obvod dle obr. 8.3 je napájen střídavým napětím U s frekvencí f. Vypočtěte celkový proud I , proudy Il1 , Il2 , Il3 v jednotlivých paralelních větvích a úbytky napětí na jednotlivých l R ,U l X . Nakreslete fázový diagram prvcích R a X U 1

L

(

1

L

)

Dáno: U = 220 V ; X C = 318,5 Ω ; R1 = 50 Ω ; X L = 157 Ω ; R2 = 150 Ω Určit: I , Il , Il , Il , m UR ,m UX 1

2

3

1

L

Řešení: l Fázor napětí U položíme do reálné a vypočteme proudy jednotlivými větvemi:

osy

l = U ⋅ e j 0° = 220V (v ose x) U l U 220 220(50 − j157) Il1 = = = = ( 0, 4 − j1, 27 ) A R1 + jX L 50 + j157 502 + 157 2

Il1 = 0, 42 + 1, 27 2 = 1,33 A

ϕ1 = arctg

−1, 27 = −72,5° 0, 4

Il1 = 1,33 ⋅ e − j 72,5° A l Obr. 8.3 U 220 Il2 = = j = j 0, 69 = 0, 69 ⋅ e j 90° A − jX C 318,5 l 220 U Il3 = = = 1, 47 A Celkový proud je dán fázovým součtem jednotlivých proudů R2 150 Il = Il + Il + Il 1

2

3

Il = 1,33(cos 72,5° − j sin 72,5°) + j 0, 69 + 1, 47 = 0, 4 − j1, 27 + j 0, 69 + 1, 47 = (1,87 − j 0,58) A −0,58 I = 1,87 2 + 0,582 = 1,96 A ϕ = arctg = −17, 2° 1,87 Il = 1,96 ⋅ e− j17,2° A 30

l obvodu. Proud Il můžeme také spočítat z Ohmova zákona pomocí výsledné impedance Z

1 1 1 1 1 1 1 = + + = +j + = l 318,5 150 Z R1 + jX L − jX C R2 50 + j157 = 0, 0018 − j 0, 0058 + j 0, 00314 + 0, 0066 = 0, 0084 − j 0, 0027 l ⋅ 1 = 220 ( 0, 0084 − j 0, 0027 ) = (1,87 − j 0,58 ) A Il = U l Z l R = R ⋅ Il = 50 ⋅1,33 ⋅ e − j 72,5° = 66,5 ⋅ e − j 72,5° A U 1 1 1

l X = jX ⋅ Il = j157 ⋅1,33 ⋅ e − j 72,5° = 208,8 ⋅ e − j17,5° A U L L 1

Fázový diagram z vypočtených hodnot je na obr. 8.4

+ωt

ϕ1

ϕ

Obr. 8.4

31

9.

TÝDEN Příklad 9.1

Daný obvod dle obr. 9.1 se sérioparalelním řazením impedancí je napájen střídavým napětím U s frekvencí f. Vypočtěte všechny proudy a napětí. Nakreslete fázový diagram. Řešte metodou Kirchoffových zákonů. Dáno: U = 220 V ; f = 50 Hz ; L1 = 20 mH ; L2 = 100 mH ; R = 10 Ω ; C= 15 μ F l L ,U l C ,U l L ,U lR Určit: Il , Il , Il , U 1

2

3

1

2

Řešení: Dle 1. Kirchhoffova zákona l platí I1 = Il2 + Il3 Dle 2. Kirchhoffova zákona 1 l ⋅ I 2 − RIl3 − jω L2 Il3 = 0 jωC l =0 jω L Il + jω L Il + RIl − U 1 1

2 3

3

Po dosazení získáme soustavu 3 rovnic pro výpočet Il1 , Il2 , Il3

Obr. 9.1

l = U ⋅ e j 0° = 220 … napětí U položíme do reálné osy U

Il1

− Il2 −j

1 Il −6 2 314 ⋅15 ⋅10

j 314 ⋅ 0, 02 Il1

− Il3

=

0

−(10 + j 314 ⋅ 0,1) Il3

=

0

+ ( j 314 ⋅ 0,1 + 10) Il3

= 220

a po úpravě Il1 j 6, 28 Il1

− Il2

− Il3

=

0

− j 212,3Il2

−(10 + j 31, 4) Il3 +(10 + j 31, 4) Il

=

0

3

= 220

Řešením těchto rovnic dostaneme proudy ve složkovém tvaru a po úpravě v exponenciálním tvaru. Il1 = 1,55 − j 4, 69 = 4,94 ⋅ e − j 71,7° A Il2 = 0, 06 + j 0,9 = 0,9 ⋅ e j 87,0° A Il3 = 1, 49 − j 5, 6 = 5, 72 ⋅ e − j 75,1° A

32

−4, 69 = −71, 7° 1,55 0,9 ϕ2 = arctg = 87° 0, 06 −5, 6 ϕ3 = arctg = −75,1° 1, 49

ϕ1 = arctg

I1 = 1,552 + 4, 692 = 4,94 A I 2 = 0, 062 + 0,92 = 0,9 A I 3 = 1, 492 + 5, 62 = 5, 72 A Napětí na jednotlivých prvcích: l L = jω L ⋅ Il = j ⋅ 314 ⋅ 0, 02 ⋅ 4,94 ⋅ e− j 71,7° = 31, 02 ⋅ e j18,3°V U 1 1 1

1 l C = − j 1 ⋅ Il = − j U ⋅ 0,91⋅ e j 87° = 191⋅ e− j 3°V 2 −6 ωC 314 ⋅15 ⋅10 l L = jω L ⋅ Il = j ⋅ 314 ⋅ 0,1⋅ 5, 72 ⋅ e− j 75,1° = 181,8 ⋅ e j14,9°V U 2 2 3

l R = R ⋅ Il = 10 ⋅ 5, 79 ⋅ e− j 75,1° = 57,9 ⋅ e− j 75,1°V U 3

Fázový diagram daného obvodu je na obr. 9.2

+ωt

ϕ2

ϕ1

ϕ3

Obr. 9.2

33

Příklad 9.2 Obvod z příkladu 3 řešte metodou smyčkových proudů. Dáno: U = 220 V ; f = 50 Hz ; L1 = 20 mH ; L2 = 100 mH ; R = 10 Ω ; C= 15 μ F Určit: Il , Il , Il 1

2

3

Řešení:

Smyčkové proudy vyznačeny na obr. 9.2

jsou

Rovnice pro smyčkové proudy Il1/ a Il2/

(

)

1 l/ ⋅ I1 + R Il1/ − Il2/ + jωC + jω L Il/ − Il/ = 0

) l =0 jω L Il + jω L ( Il − Il ) + R ( Il − Il ) − U 2

(

1

2

/

1 2

2

/

/

/

/

2

1

2

1

Obr. 9.3

l = U ⋅ e j 00 = 220 jsme položili do reálné osy U (10 − j180,9 ) Il1/ + ( −10 − j31, 4 ) Il2/ = 0

( −10 − j31, 4 ) Il1 + (10 + j37, 7 ) Il2 = 220 /

/

Řešením těchto rovnic dostaneme proudy I1/ a I 2/ ve složkovém tvaru a po převedení do exponenciálního tvaru jsou Il1/ = 0,91⋅ e j 86,2° A Il2/ = 4,94 ⋅ e − j 71,7° A Proudy jednotlivými větvemi jsou Il1 = Il2/ = 4,94 ⋅ e − j 71,7° A

Il2 = Il1/ = 0,9 ⋅ e j 87° A

Il3 = Il2/ − Il1/ = 1,55 − j 4, 69 − 0, 06 − j 0,91 = (1, 49 − j 5,59 ) A Il/ = 4,94 ( cos 71, 7° − j sin 71, 7° ) = (1,55 − j 4, 69 ) A 2

Il1/ = 0,9 ( cos87° + j sin 87° ) = 0, 06 + j 0,9 A

ϕ3 = arctg

I 3 = 1, 492 + 5,592 = 5, 72 A

5,59 = 75,1° 1, 49

Il3 = 5, 72 ⋅ e − j 75,1° A l L ,U l C ,U l L ,U l R je stejný jako v příkladu 3. Výpočet úbytků napětí U 1 2

34

10. TÝDEN Příklad 10.1 Kondenzátor s kapacitou C a cívka s vlastní indukčností L a ohmickým odporem R jsou zapojeny do série a připojeny na střídavé napětí U. Při jakém kmitočtu fr (rezonanční kmitočet) je napětí U a proud v obvodu ve fázi (případ sériové rezonance)? Jaká bude pro tento případ výsledná impedance Zr , proud v obvodu Ir a napětí na kondenzátoru UC a na svorkách cívky ULR? (Viz. obr. 10.1). Dáno: C= 30 μ F ; L = 25 H ; R = 500 Ω ; U = 220 V Určit: f r , Z r , I r , U C , U LR Řešení:

Pro případ sériové rezonance je U L = U C (viz. fázový diagram na obr. 10.2). Rezonanční frekvence Thomsonovým vztahem fr =

1 2π LC

=

1 2π 25 ⋅ 30 ⋅10−6

je

dána Obr. 10.1

= 5,81Hz

Impedance při rezonanci je rovna ohmickému odporu obvodu Z r = R = 500Ω Ir =

U 220 = = 0, 44 A R 500

UC =

+ωt

1 0, 44 ⋅ Ir = = 401,8V 36,5 ⋅ 30 ⋅10−6 ωr ⋅ C

ωr = 2π f r = 36,5rad ⋅ s −1 U LR = R 2 + ωr2 L2 ⋅ I r = 5002 + ( 36,5 ⋅ 25 ) ⋅ 0, 44 = 457,8V 2

Obr. 10.2

35

Příklad 10.2 Kondenzátor s kapacitou C a cívka s odporem R a indukčností L jsou zapojeny paralelně a připojeny na střídavé napětí dle obr. 10.3. Při jakém kmitočtu fr (rezonanční kmitočet) je napětí U a proud v obvodu I ve fázi (případ paralelní rezonance)? Jaká bude pro tento případ výsledná impedance Z, proud v obvodu I , proud v kondenzátoru IC a proud v cívce IL? Nakreslete fázový diagram odpovídající rezonanci. Dáno: C= 8 μ F ; L = 1 H ; R = 50 Ω ; U = 220V Určit: f r , Z r , I r , I C , I L Řešení:

Fázový diagram, odpovídající obvodu na obr. 10.3, pro případ paralelní rezonance je l a proud Il = Il jsou na obr. 10.4 (opět napětí U r ve fázi). l ⋅ jωC + Il = IlC + IlL = U

l⋅ Il = U

l U a po úpravě R + jω L

Obr. 10.3

R ωL ⎞ l j ⎛ ωC − +U ⎜ ⎟ 2 2 2 R +ω L R + ω 2 L2 ⎠ ⎝ 2

+ωt

l = U ⋅ e j 0° … fázor napětí U položíme do reálné osy U

I = I ⋅ e j 0° , musí být ωC −

ωL =0 R + ω 2 L2 2

(rezonance), z toho to vztahu vypočteme ωr

ωr =

fr =

1 LC

2

2

1 ⎛R⎞ ⎛ 50 ⎞ −⎜ ⎟ = − ⎜ ⎟ = 350rad ⋅ s −1 −6 1⋅ 8 ⋅10 ⎝L⎠ ⎝ 1 ⎠

ωr 350 = = 55, 7 Hz 2π 2π

Obr. 10.4

Z reálné složky proudu Il : Zr =

R 2 + ωr2 L2 502 + 3502 ⋅12 = = 2500Ω 50 R

Ir =

U 220 = = 0, 088 A Z r 2500

I C = U ⋅ ωr ⋅ C = 220 ⋅ 350 ⋅ 8 ⋅10−6 = 0, 616 A IL =

U R 2 + ωr2 L2

=

220 502 + 3502 ⋅12

36

= 0, 622 A

Příklad 10.3 Na trojfázovou symetrickou síť s nulovým vodičem 3x380/220V s kmitočtem f jsou připojeny spotřebiče podle obr. 10.5. Vypočtěte proudy v jednotlivých fázích (U, V, W) l m m Il U , IV , IW a proud v nulovém vodiči I N . Nakreslete fázový diagram. l U = 220 ⋅ e j 0°V ; U l V = 220 ⋅ e − j120°V ; U l W = 220 ⋅ e j120°V ; f= 50 Hz ; R = 100 Ω ; Dáno: U L = 1 H ; C= 20 μ F Určit: Il , Il , Im , Im U

V

W

N

Řešení: Proudy tekoucí jednotlivými fázemi 0 lU U 220 ⋅ e j 0 l IU = = = 0, 7 ⋅ e − j 90° A = − j 0, 7 A jω L j ⋅ 2π ⋅ 50 ⋅1

l V 220 ⋅ e − j1200 U l IV = = = 2, 2 ⋅ e − j120° A = R 100 = 2, 2 ( cos120° − j sin120° ) = ( −1,1 − j1,9 ) A

Obr. 10.5 j120° l Im ⋅ j ⋅ 2π ⋅ 50 ⋅ 20 ⋅10−6 = W = U W ⋅ jωC = 220 ⋅ e

1,38 ⋅ e j 210° A = 1,38 ( cos 210° + j sin 210° ) = = ( −1, 2 − j 0, 68 ) A Proud nulovým vodičem je dán

+ωt

l m ImN = Il U + IV + I W =

= − j 0, 7 − 1,1 − j1,9 − 1, 2 − j 0, 68 = = −2,3 − j 3, 28 = 4 ⋅ e j 235° A

ImN = 2,32 + 3, 282 = 4 A

ϕ = arctg

ϕ

3, 28 = 55° 2,3

ImN = Ilu + Ilv + Ilw

Fázový diagram je nakreslen na obr. 10.6

Obr. 10.6

37

11. TÝDEN Příklad 11.1 Je dán trojfázový obvod z příkladu 10.3. Jak se změní napětí na jednotlivých lR,U lL,U l C a proudy Il , Il , Im , přeruší-li se nulový vodič? (viz. obr. 11.1) spotřebičích U U V W l UV = 380 ⋅ e j 0°V ; U l VW = 380 ⋅ e − j120°V ; U l WU = 380 ⋅ e j120°V ; C= 20 μ F ; L = 1 H ; Dáno: U R = 100 Ω ; f = 50 Hz

l m l l l Určit: Il U , IV , IW , U R , U L , U C Řešení:

Napíšeme rovnice dle 2. Kirchhoffova zákona pro smyčky U - V a V - W a rovnici dle 1. Kirchhoffova zákona pro uzel 1 jω Il U

− RIlV RIlV

Il U

+ IlV

l UV = U −

1 m IW jωC + Im W

j 314 Il U

l VW = U = −100 IlV 100 Il V

Il U

Obr. 11.1

0

+ IlV

= + j159, 2 Im W + Im W

380

= 380 ⋅ e − j120° =

0

(1) ( 2) ( 3)

l m Řešíme soustavu 3 rovnic o neznámých Il U , IV , I W

380 + 100 IlV Z (1) : Il U = j 314 380 ⋅ e Z ( 2 ) : Im W =

− 100 IlV j159, 2

− j120°

Dosadíme do (3) a vypočteme IlV 380 + 100 IlV l 380(cos120° − j sin120°) − 100 IlV + IV + =0 j 314 j159, 2 − j1, 21 − j 0,318 Il + Il + j1,193 − 2, 067 + j 0, 628 Il = 0 V

V

V

2, 067 + j 0, 017 2, 067 + j 0, 017 − j 0, 64 + 0, 0053 = = 2, 07 − j 0, 62 = 2,16 ⋅ e − j16,7° A IlV = 1 + j 0,31 1 + 0, 096

38

ϕV = arctg

IV = 2, 07 2 + 0, 622 = 2,16 A

−0, 62 = −16, 7° 2, 07

m Dosazením do vztahů pro Il U a IW dostaneme

380 + 207 − j 62 = − j1,87 − 0,197 = 1,88 ⋅ e j 264° A Il U = j 314 −1,87 ϕU = arctg = 264° IU = 1,87 2 + 0,197 2 = 1,88 A −0,197 j124° Im A W = j1,193 − 2, 067 + j 0, 628 ( 2, 07 − j 0, 62 ) = −1, 678 + j 2, 492 = 3 ⋅ e

l R = R ⋅ Il = 100 ⋅ 2,16 ⋅ e − j16,7° = 216 ⋅ e− j16,7°V U V l l U L = jω L ⋅ I = j 314 ⋅1⋅1,88 ⋅ e j 264° = 590,3 ⋅ e j 354°V U

1 l C = 1 ⋅ Im = − j U ⋅ 3 ⋅ e j124° = 477, 7 ⋅ e j 34°V W −6 314 ⋅ 20 ⋅10 jωC Porovnejte velikost těchto vypočtených napětí s napětími, která jsou připojena na tytéž prvky v předchozím příkladě. Výsledky můžeme zkontrolovat fázovým diagramem (obr. 11.2), nakresleným v měřítku. Musí platit (dle obr. 11.1): l m Il U + IV + IW = 0 l UV = U l L −U lR U l VW = U l R −U lC U l WU = U l C −U lL U

+ωt

ϕV

Obr. 11.2

39

Příklad 11.2 Na trojfázovou symetrickou síť s kmitočtem f bez nulového vodiče jsou připojeny l m spotřebiče podle obr. 11.3. Vypočtěte proudy v jednotlivých fázích (U, V, W) Il U , IV , I W . Nakreslete fázový diagram. l UV = 380 ⋅ e j 0°V ; U l VW = 380 ⋅ e − j120°V ; U l WU = 380 ⋅ e j120°V ; f = 50 Hz ; C= 8 μ F ; Dáno: U R = 50 Ω

l m Určit: Il U , IV , IW Řešení:

Nejprve vypočteme proudy jdoucí jednotlivými fázemi −6 l Il = 0,95 ⋅ e j 90° = j 0,95 A U = U UV ⋅ jω C = 380 ⋅ j 314 ⋅ 8 ⋅10

l VW U 380 ⋅ e − j120° Im = − = − = 7, 6 ⋅ e j 60° = ( 3,8 + j 6,58 ) A W R 50 m IlV = − Il U − IW = − j 0,95 − 3,8 − j 6,58 = −3,8 − j 7,53 =

Obr. 11.3

= 8, 43 ⋅ e j 243,1° A

kde IV = 3,82 + 7,532 = 8, 43 A

ϕV = arctg

−7,53 = 243, 2° −3,8

+ωt

Fázový diagram je nakreslen na obr. 11.4

ϕV

Ilu + Ilv + Ilw = 0

Obr. 11.4

40

Příklad 11.3 Na trojfázovou symetrickou síť s kmitočtem f bez nulového vodiče jsou připojeny spotřebiče R1 , R2 , C , zapojené do trojúhelníku, podle obr. 11.5. Vypočtěte proudy v jednotlivých fázích (U, V, W) Il , Il , Im . Nakreslete fázový diagram. U

V

W

l UV = 380 ⋅ e j 0°V ; U l VW = 380 ⋅ e − j120°V ; U l WU = 380 ⋅ e j120°V ; f = 50 Hz ; C= 10 μ F ; Dáno: U R1 = 70 Ω ; R2 = 50 Ω l m Určit: Il U , IV , IW

Řešení:

Proudy tekoucí jednotlivými prvky

l UV 380 U I R1 = = = 5, 43 = 5, 43 ⋅ e j 0° A R1 70 l VW 380 U I R2 = = ⋅ e − j120° = 7, 6 ⋅ e− j120° = R2 50

= 7, 6 ( cos120° − j sin120° ) = ( −3,8 − j 6,58 ) A

Obr. 11.5

l WU ⋅ jωC = 380 ⋅ e j120° ⋅ j ⋅ 314 ⋅10 ⋅10−6 = 1,19 ⋅ e j 210° = ( −1, 03 − j 0,59 ) A IlC = U j 5,2°  l Il A U = I R1 − I C = 5, 43 + 1, 03 + j 0,59 = 6, 46 + j 0,59 = 6, 49 ⋅ e

ϕU = arctg

IU = 6, 462 + 0,592 = 6, 49 A

0,59 = 5, 2° 6, 46

IlV = − I R1 + I R2 = −5, 43 − 3,8 − j 6,58 = −9, 23 − j 6,58 = 11,33 ⋅ e j 215,5° A

ϕV = arctg

IV = 9, 232 + 6,582 = 11,33 A

−6,58 = 215,5° −9, 23

j 65,2° l  Im A W = I C − I R2 = −1, 03 − j 0,59 + 3,8 + j 6,58 = 2, 77 + j 5,99 = 6, 6 ⋅ e

ϕW = arctg

IW = 2, 77 2 + 5,992 = 6, 6 A

5,99 = 65, 2° 2, 77

Výpočet je správný, jestliže platí l m Il U + IV + IW = 6, 46 + j 0,59 − 9, 23 − j 6,58 + 2, 77 + j 5,99 = 0

41

Fázový diagram je nakreslený na obr. 11.6

+ωt

ϕW

ϕV

ϕu

l Ilu = Im R1 − I C Il = − Im + Im v

R1

R2

Ilw = IlC − Im R2

Obr. 11.6

42

12. TÝDEN Příklad 12.1 Na akumulátor s napětím naprázdno U 0 a vnitřním odporem Ri je připojen startér. Vypočtěte odpor startéru RS , aby odebíraný výkon PS byl maximální. Dáno: U 0 = 12 V ; Ri = 0,01 Ω Určit: RS Řešení:

PS = RS ⋅ I 2 kde I je proud odebíraný startérem (obr. 12.1) Obr. 12.1

I=

U0 Ri + RS

⎛ U0 ⎞ PS = RS ⎜ ⎟ ⎝ Ri + RS ⎠

Pro maximální výkon PS bude

2

dPS =0 dRS

2 ⎡ ⎤ dPS 2 ( Ri + RS ) − 2 Rs ( Ri + RS ) = U0 ⎢ ⎥=0 4 dRS ( Ri + RS ) ⎢⎣ ⎥⎦

( Ri + RS )

2

− 2 RS ( Ri + RS ) = 0

RS = Ri = 0, 01Ω

Příklad 12.2 Na svorkách jednofázového spotřebiče ukázaly měřící přístroje napětí U, proud I a činný výkon P. Vypočtěte zdánlivý výkon spotřebiče S, jeho jalový výkon Q a účiník cos ϕ . Dáno: U = 220 V ; I = 500 A ; P = 88 kW Určit: S, Q, cos ϕ Řešení:

S = U ⋅ I = 220 ⋅ 500 = 110 000 VA P 88000 cos ϕ = = = 0,8 U ⋅ I 220 ⋅ 500 Q = U ⋅ I ⋅ sin ϕ = 220 ⋅ 500 ⋅ 0, 6 = 66 000 VA

43

Příklad 12.3 Zátěž o výkonu P s účiníkem cos ϕ je připojena ke zdroji vedením s odporem RV podle obr. 12.2. Napětí na svorkách zátěže je U. Vypočtěte o kolik procent p vzrostou ztráty ve vedení, bude-li výkon přenášen s cos ϕ / . Dáno: U = 220 V ; RV = 7 Ω ; P = 2000 W ; cos ϕ = 0,9 ; cos ϕ / = 0,8 Určit: p / % / Řešení:

Ztráty ve vedení při účiníku zátěže cos ϕ

cos ϕ

2

⎛ ⎞ RV ⋅ P 2 1 P ΔPV = RV ⋅ I 2 = RV ⎜ = ⋅ ⎟ 2 U cos 2 ϕ ⎝ U ⋅ cos ϕ ⎠ Obr. 12.2

Ztráty ve vedení při účiníku zátěže cos ϕ / ΔPV/ =

RV ⋅ P 2 1 ⋅ 2 cos 2 ϕ / U

Ztráty ve vedení vzrostou při cos ϕ / o 1 1 1 1 − − / 2 2 2 ΔP − ΔPV cos ϕ cos ϕ 0,8 0,92 p= V ⋅100 = ⋅100 = ⋅100 = 26,5% 1 1 ΔPV cos 2 ϕ 0,92 /

Příklad 12.4 Na napětí U s frekvencí f jsou připojeny spotřebiče podle obr. 12.3. Jednofázový asynchronní motor M na napětí U s jmenovitým výkonem Pn , účiníkem cos ϕ n a účinností η , odporový vařič s příkonem Pp a dvě zářivky Z1 a Z 2 . Každá zářivka má výkon PZ a účiník cos ϕ . Nakreslete fázový diagram, vypočtěte celkový proud Il a výkony (zdánlivý S, činný Z

P, jalový Q), odebírané ze sítě. Dáno: Pn = 0,5 kW ; cos ϕ n =0,7 ; η = 0,75 ; Pp = 600 W ; PZ = 40 W ; cos ϕ Z = 0,56 ; U = 220 V ; f = 50 Hz

Určit: Il , S , P, Q

44

Řešení: l položíme do reálné osy Napájecí napětí U l = 220 ⋅ e j 0° U

Proud tekoucí motorem vypočteme (motor je induktivní zátěž, proto je proud zpožděn za napětím o úhel ϕn )

Im M =

Pn 500 ⋅ e − jϕn = ⋅ e− j 45,6° = U ⋅ cos ϕn ⋅η 220 ⋅ 0, 7 ⋅ 0, 75

= 4,33 ⋅ e − j 45,6° A Obr. 12.3

P 0 600 j 00 IlV = p ⋅ e j 0 = ⋅ e = 2, 73 A 220 U

Zářivka představuje pro síť také induktivní zátěž, proto i proud IlZ je zpožděn za napětím o úhel ϕ Z .

IlZ = 2

PZ 40 ⋅ e − jϕZ = 2 ⋅ e− j 55,9° = 0, 65 ⋅ e− j 55,9 A 220 ⋅ 0,56 U ⋅ cos ϕ Z

l l Il = Im M + IV + I Z = 4,33 ( cos 45, 6° − j sin 45, 6° ) + 2, 73 + 0, 65 ( cos 55,9° − j sin 55,9° ) = = 3, 03 − j 3, 09 + 2, 73 + 0,37 − j 0,54 = 6,13 − j 3, 63 = 7,12 ⋅ e − j 30,6° A

ϕ = arctg

I = 6,132 + 3, 632 = 7,12 A

−3, 63 = −30, 6° 6,13

S = U ⋅ I = 220 ⋅ 7,12 = 1566, 4 VA P = U ⋅ I ⋅ cos ϕ = 220 ⋅ 7,12 ⋅ cos 30, 6° = 1348,3W

ϕn

α

ϕz

Q = U ⋅ I ⋅ sin ϕ = 220 ⋅ 7,12 ⋅ sin 30, 6° = 797,36 VAr Obr. 12.4

Fázový diagram je na obr. 12.4

45

Příklad 12.5 Na trojfázovou symetrickou síť s frekvencí f jsou připojeny spotřebiče podle obr. 12.5. Jednofázový asynchronní motor M 1 (štítkové hodnoty: výkon P1 , účinnost η1 , účiník cos ϕ1 ), vařič s ohmickým odporem R a trojfázový asynchronní motor M 2 (štítkové hodnoty: výkon P2 , účinnost η2 , účiník cos ϕ2 ). Motory jsou plně zatíženy. Vypočtěte trojfázový činný příkon PP , odebíraný ze sítě. l U = 220 ⋅ e j 0° ; U l V = 220 ⋅ e − j120° ; U l W = 220 ⋅ e j120° ; f = 50 Hz ; P = 250 W ; Dáno: U 1 η1 = 0,67 ; P2 = 1 kW ; η2 = 0,78 ; R = 90 Ω ; cos ϕ1 = 0,8 ; cos ϕ2 = 0,85 Určit: PP Řešení:

Činné příkony, odebírané z jednotlivých fází: 1 P PU = ⋅ 2 3 η2 1 P PW = ⋅ 2 3 η2

PV =

P1

η1

+

Obr. 12.5

UV2 1 P2 + ⋅ R 3 η2

Celkový příkon, odebíraný ze sítě:

PP = PU + PV + PW =

P2

+

P1

η2 η1

+

UV2 1000 250 2202 = + + = 2192,95W 90 R 0, 78 0, 67

Ke stejnému výsledku bychom mohli dojít pomocí symboliko-komplexní metody (ovšem zdlouhavějším výpočtem). l m Nejdříve spočítáme proudy Il U , IV , IW v jednotlivých fázích.

l Il U = I U ( M 2) =

P2 1000 ⋅ e− jϕ2 = ⋅ e− j 31,8° = 2, 28 ⋅ e − j 31,8° 3 ⋅ UV ⋅ cos ϕ2 ⋅η2 3 ⋅ 220 ⋅ 0,85 ⋅ 0, 78

IlV = Il M 1 + IlR + IlV ( M 2)

46

Il M 1 =

P1 250 ⋅ e − j (120°+ϕ1 ) = ⋅ e− j156,9° = 2,12 ⋅ e− j156,9° = 220 ⋅ 0,8 ⋅ 0, 67 UV ⋅ cos ϕ1 ⋅η1

= 2,12 ( cos156,9° − j sin156,9° ) = −1,95 − j 0,83

U 220 − j120° IlR = V ⋅ e − j120° = ⋅e = 2, 44 ⋅ e− j120° = 2, 44 ( cos120° − j sin120° ) = −1, 22 − j 2,11 90 R IlV ( M 2) = IV ( M 2) ⋅ e − j (120°+ϕ2 ) = 2, 28 ⋅ e − j151,8° = 2, 28 ( cos151,8° − j sin151,8° ) = −2 − j1, 08

IV = −1,95 − j 0,83 − 1, 22 − j 2,11 − 2 − j1, 08 = −5,17 − j 4, 02 = 6,55 ⋅ e j 217,9°

ϕV = arctg

IV = 5,17 2 + 4, 022 = 6,55 A

−4, 02 = 217,9° −5,17

j (120°−ϕ2 ) m Im = 2, 28 ⋅ e j 88,2° W = IW ( M 2) = IW ( M 2) ⋅ e

Fázový diagram je nakreslen na obr. 12.6

+ωt

ϕ2

ϕv ϕ2

Obr. 12.6

Celkový výkon, odebíraný ze sítě: P = PU + PV + PW = UU ⋅ IU ⋅ cos ϕ2 + UV IV ⋅ cos ϕV + UW ⋅ IW ⋅ cos ϕ 2 = = 220 ⋅ 2, 28 ⋅ 0,85 + 220 ⋅ 6,55 ⋅ 0,926 + 220 ⋅ 2, 28 ⋅ 0,85 = 2187W

Výsledek vyšel přibližně stejný jako při prvním způsobu řešení, malá odchylka je způsobena zaokrouhlováním dílčích výsledků během výpočtu.

47

13. TÝDEN Příklad 13.1 l 2 na kruhové frekvenci ω obvodu nakresleného Určete závislost výstupního napětí U l1 . na obr. 13.1 se vstupním napětím U l1 = 1 V Dáno: U l 2 = f (ω ) Určit: U Řešení: l 2 pro nezatížený obvod je Výstupní napětí U

R

l2 =U l1 U

R+

1 jωC

Označme výraz

l1 =U

Obr. 13.1

jωCR 1 + jωCR

1 ω = ω0 jako tzv. vztažnou kruhovou frekvenci (poměr je bezrozměrný) CR ω0 2

⎛ω ⎞ ⎛ω ⎞ ω j ⎜ ⎟ + j⎜ ⎟ ω0 ⎝ ω0 ⎠ l2 =U l1 l 1 ⎝ ω0 ⎠ =U U 2 ω ⎛ω ⎞ 1+ j 1+ ⎜ ⎟ ω0 ω ⎝

0

(1 )

⎠

l 1 položíme do reálné osy a jeho velikost je 1 V. Závislost U l 2 = f (ω ) Fázor U

vyneseme do komplexní roviny, kde danému

ω l2 . odpovídá koncový bod fázoru U ω0

Například pro

ω 1 = ; ω0 2

ω=

tj. pro

ω0 2

=

1 2 RC

bude

2

⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎜ ⎟ + j⎜ ⎟ 1 ⎝2⎠ = + j 2 l 2 = 1⋅ ⎝ 2 ⎠ U 2 5 5 ⎛1⎞ 1+ ⎜ ⎟ ⎝2⎠ V následující tab. 13.1 jsou vypočtené hodnoty pro sestrojení charakteristiky l 2 = f (ω ) v komplexní rovině. U

48

ω ω0

1 2 1 5 2 5

0

{ } l Im {U }

l2 Re U

0

2

0

1

2

1 2 1 2

4 5 2 5

∞ 1 0

Tab. 13.1

Frekvenční charakteristika obvodu z obr. 13.1 je nakreslena na obr. 13.2. Má tvar půlkružnice.

Im 2 5

ω 1 = ω0 2

ω =1 ω0

ω =2 ω0

1 5

ω →∞ ω0 1 2

ω =0

1

Re

Obr. 13.2

Na obr. 13.2 je patrné, že pro

ω > 2 dochází k velkému zhuštění bodů na nepatrné ω0

části oblouku frekvenční charakteristiky. Tento nedostatek odstraníme tak, že vyneseme zvlášť závislost amplitudy výstupního napětí U 2 na ω a zvlášť závislost fáze výstupního l 2 v rovnici (1) na tvar napětí na ω . Upravíme napětí U

l2 =U l 1 ⋅ A (ω ) ⋅ e jφ (ω ) kde U A (ω ) je absolutní hodnota (1) 2

A (ω ) =

2

⎡ ⎛ ω ⎞2 ⎤ ⎡ ⎛ ω ⎞2 ⎤ ω ⎢ ⎜ ⎟ ⎥ ⎢ ⎜ ⎟ ⎥ ω0 ⎢ ⎝ ω0 ⎠ ⎥ ⎢ ⎝ ω0 ⎠ ⎥ +⎢ = 2⎥ 2⎥ ⎢ 2 ⎛ω ⎞ ⎢1 + ⎛ ω ⎞ ⎥ ⎢ 1 + ⎛ ω ⎞ ⎥ 1+ ⎜ ⎟ ⎢⎣ ⎝⎜ ω0 ⎟⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎜⎝ ω0 ⎟⎠ ⎥⎦ ⎝ ω0 ⎠

49

(2 )

a úhel φ (ω )

ω ω0 2

⎛ω ⎞ 1+ ⎜ ⎟ ω ω φ (ω ) = arctg ⎝ 0 2⎠ = arctg 0 ω ⎛ω ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ω0 ⎠ 2 ⎛ω ⎞ 1+ ⎜ ⎟ ⎝ ω0 ⎠

(3 )

l 1 položíme do reálné osy, platí pak, protože U

l2 =U ⋅ U 1

⎛ω ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ω0 ⎠ ⎛ω ⎞ 1+ ⎜ ⎟ ⎝ ω0 ⎠

2

⋅e

⎛ω ⎞ j arctg ⎜ 0 ⎟ ⎝ω ⎠

U 2 = U1 ⋅

pak

ω ω0 ⎛ω ⎞ 1+ ⎜ ⎟ ⎝ ω0 ⎠

2

(4 )

Závislosti podle rovnice (4) se říká amplitudová frekvenční charakteristika a dosazením různých hodnot

ω získáme body této charakteristiky. Např. pro ω0

ω =1 ω0

je

1

U 2 = 1⋅

1 + (1)

2

=

1 2

Další hodnoty jsou uvedeny v tab. 13.2 Závislosti podle rovnice (3) se říká fázová frekvenční charakteristika a dosazením různých hodnot

ω získáme body této charakteristiky. Např. pro ω0 ω =1 ω0

je

φ (ω ) = arctg 1 = 45°

Další hodnoty jsou uvedeny v tab. 13.2

ω ω0

0,01 0,1 0,25

0,5

1

2,5

5

10

A (ω )

0,01 0,1 0,24 0,45 0,71 0,93 0,98 0,99

φ (ω )

89°

84°

76°

63°

45°

Tab. 13.2

50

22°

11°

100 1

5,7° 0,6°

Při vynášení těchto charakteristik pro zobrazení širokého rozsahu frekvencí použijeme pro osu, na níž vynášíme kruhovou frekvenci, logaritmickou stupnici. Amplitudová frekvenční charakteristika je nakreslena na obr. 13.3 a fázová frekvenční charakteristika na obr. 13.4.

A (ω ) ↑

→ω

0, 01ω0 0,1ω0

1ω0

10ω0 100ω0

Obr. 13.3

φ (ω ) ↑

→ω

0, 01ω0 0,1ω0

1ω0

10ω0 100ω0

Obr. 13.4

Poznámka: Poměr výstupního napětí

U2 = A (ω ) je také nazýván přenosem obvodu. U1 51

Příklad 13.2 l 2 na kruhové frekvenci ω obvodu nakresleného Určete závislost výstupního napětí U l1 . na obr. 13.5 se vstupním napětím U l1 = 1 V Dáno: U l 2 = f (ω ) Určit: U

Řešení: l 2 pro nezatížený obvod je Výstupní napětí U

Obr. 13.5

1 1 l2 =U l 1 jωC = U l1 l 1 1 − jωCR U =U 2 1 1 + jωCR 1 + (ωCR ) +R jωC Označme opět výraz poměr

ω je bezrozměrný). ω0

1 = ω0 jako tzv. vztažnou kruhovou frekvenci (opět proto, že CR

⎡ ⎤ ω ⎢ ⎥ ω 1 ⎢ ⎥ 0 l2 =U l1 −j U 2 2⎥ ⎢ ⎛ω ⎞ ⎢1 + ⎛ ω ⎞ 1+ ⎜ ⎟ ⎥ ⎜ ⎟ ⎢⎣ ⎝ ω0 ⎠ ⎝ ω0 ⎠ ⎥⎦

(1a )

l 2 = f (ω ) do komplexní roviny, kde opět danému ω odpovídá Vyneseme závislost U

ω0 l 2 . Pro vykreslení charakteristiky vypočteme opět pro několik hodnot ω reálnou bod fázoru U ω0 l 2 . Fázor napětí U l 1 položíme opět do reálné osy a jeho velikost je a imaginární složku napětí U 1 V. Vypočtené hodnoty jsou uvedeny v tab. 13.3 a obr. 13.6. ukazuje frekvenční charakteristiku v komplexní rovině.

ω ω0

0

{ } l Im {U }

l2 Re U

1

2

0

1 2 4 5 2 − 5

1

2

1 2 1 − 2

1 5 2 − 5

Tab. 13.3

52

∞ 0 0

ω →∞ ω0

ω =0 ω0

1 2

{ }

l2 Re U

0

ω =2 ω0

1 2

−

ω 1 = ω0 2

ω =1 ω0

{ }

l2 Im U

Obr. 13.6

Opět rovnici (1a) přepíšeme do tvaru l2 =U l 1 ⋅ A (ω ) ⋅ e jφ (ω ) U A (ω ) =

1 ⎛ω ⎞ 1+ ⎜ ⎟ ⎝ ω0 ⎠

2

ω ω0

0,01

0,1

0,25

0,5

A (ω )

1

0,99

0,97

0,9

po úpravě je ⎛

ω⎞ ⎟ ⎝ ω0 ⎠

φ (ω ) = arctg ⎜ −

a

Vypočtené hodnoty jsou uvedeny pro vybrané

φ (ω )

A (ω )

kde

ω v tab. 13.4. ω0

1

2,5

0,71 0,37

5

10

100

0,2

0,1

0,01

-0,6° -5,7° -14° -26° -45° -68° -78° -84° -89°

Tab. 13.4

Amplitudová frekvenční charakteristika je nakreslena na a fázová frekvenční charakteristika na obr. 13.7 a obr. 13.8.

53

A (ω ) ↑

→ω

0, 01ω0 0,1ω0

1ω0

10ω0 100ω0

Obr. 13.7

0, 01ω0 0,1ω0

1ω0

10ω0 100ω0 →ω

φ (ω ) ↓

Obr. 13.8

54