Teorija Mreza Linearne i Nelinearne mreze

Teorija Mrež a-1

1.

Objasnite na nekoliko primjera što znači tvrdnja da model neke posjeduje neka svojstva koja sama naprava ne posjeduje?

naprave

U modelu otpornika postoji trenutna promjena napona i struje što u stvarnom slučaju ne postoji. Isto je i za modele kondenzatora i zavojnice. Otpornik posjeduje sva tri parametra : otpor, induktivitet i kapacitet, dok njegov model sadrži samo otpor. Jednako vrijedi i za zavojnicu i kondenzator.

2. U

kojim bi slučajevima vrijedio KZS za efektivne vrijednosti struja grane neke mreže?

Vrijedio za mreže gdje je IEF = I SR tj. u istosmjernim i kvazi-istosmjernim mrežama (gdje se pojavljuju samo induktiviteti ili kapaciteti) Kirchoffovi zakoni vrijede za srednje vrijednosti, a ne za efektivne korjen nije linearna operacija

3. Obrazložite vrijedi li KZN za Fourierove koeficijente napona grana neke mreže?  a un  0 (ak cos kx bk sin kx) 2 k 1 1  ak  f ( x ) cos kxdx; k 0,1, 2,...   1  bk   f ( x ) sin kxdx; k 0,1,2,...  

KZN vrijedi za Fourierove koeficijente napona grana jer za dobivanje koeficijenata koristimo integriranje, a integriranje je linearna transformacija. KZ vrijede za linearne transformacije.

prožetu izmjeničnim magnetskim poljem indukcijom b(t) tvore četiri otpornika od 1. Efektivna vrijednost struje petlje je 1A. Odredite efektivnu vrijednost napona između A i B.

4. Petlju

Napon ne možemo odrediti jer je petlja prožeta magnetskim poljem pa ne vrijede KZ, odnosno prema drugom i č etvrtom postulatu TM nema magnetske veze između naprava tj. nema magnetske veze koja prožima tu petlju

5. Pod kojim uvjetima vrijede Kirchoffovi zakoni? Dimenzije električnih naprava i od njih stvorena mreža zanemarive su u odnosu na valnu duljinu koja odgovara najvišoj frekvenciji potrebnoj za rad mreže. Spojni vodiči među napravama beskonačne su vodljivosti i oko njih nema EM polja. Rezultantni naboja svake naprave u mreži jednak je nuli. Nema magnetske veze između naprava u mreži. Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a-2

algebarski zbroj struja neke naprave u bilo kojem trenutku jednak je nuli = KZS oko vodiča nema elektromagnetskog polja = KZN

6.

U mreži prema slici a) izmjerena je struja kroz otpor R 5=1u iznosu 2A. Koliki je napon na R 1=2iste mreže otpora, ali uz premješteni naponski izvor E=10V kako je prikazano slikom b)?

a)

b)

- nadomjesna shema za Tellegenov teorem:

b

u (t )i k

1

k

(t2 ) 0

k 1

a)

i R5 i2 Prvi pokus: u2 E 10V u2 0V

u1i1 u 2i 2 u1i1 u2 i2 10i1 0i2 0i1 10  2 i1 2 A uR1 i R1 R1 2  2 4

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

b)

Drugi pokus:

u 2 E 10V u1 0

Teorija Mrež a-3

napona E1 za E1 struja i1 promjeni se za i 1, a struja i2 za i2 . odredite promjenu struje izvora E1 ako se napon E2 promjeni za E2 .

7. Promjenom

E1  (i1 ) E 2 (i 2 ) E1  (i1 ) E 2 (i 2 ) E1  (i1 ) E2 (i2 )

E  i1  2 i2 E1

8. U

mreži sa b grana napon i struja svake grane rastavljeni su u istosmjernu i izmjeničnu komponentu, što znači da za k-tu granu vrijedi da je: b ~ uk (t ) U k (0) ~ uk (t ) , ik (t ) I k (0) ik (t ) . Čemu je jednak umnožak U k (0)I k (0) , a k 1

čemu umnošci

b

~u i i U k 1

b

●U k (0)I k ( 0) 0 k 1

~

b

k k

k 1

k

~ (0)ik ? b ●u~k ~ ik 0

b ●U k (0)~ik 0 (Tellegen)

k 1

k 1

a), b) – zakon očuvanja energije (što izvor privede, trošilo mora potrošiti), c) prvi pokus istosmjerni poticaj, drugi pokus izmjenični poticaj  po Tellegenu =0. - p(t ) P( 0) ~ p - zakon oč uvanja snage na frekvenciji

b

b

P (0) 0;

~p 0 , (Tellegen)

k 1

k 1

b

9. Vrijedi li za dvije mreže prikazane na slikama a) i b) da je: uk ~ik k 1

0 gdje je sa u k

označen napon k-te grane prema slici a), a s ~ik struja k-te grane prema slici b). Obrazložite.

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a-4

Izraz

b

u i

~

k k

0 predstavlja Tellegenov teorem i u ovom sluč aju vrijedi jer se nije

k 1

izmijenio graf mreže (broj grana i čvorova je ostao isti). Različite mreže samo moraju imati isti graf jer za KZS i KZN ne igraju ulogu komponente nego samo kako su međusobno spojene.

10.

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a-5

Na mreži linearnih vremenski nepromjenjivih otpora M provedena su dva pokusa. U prvom pokusu narinut je napon E=3V i uz opteretni otpor 1izmjerena je struja naponskog izvora i E=1A i napon na opteretnom otporu u R=2V. U drugom pokusu narinut je napon E =6V i uz opteretni otpor R =2 izmjerena je struja naponskog izvora iE =1,5A. Odredite napon na opteretnom otporu uR u drugom pokusu.

Ei E u R ( i R ) E i E u R ( iR)  uR   uR  Ei E u R   E i E u R     R   R  uR   2 3 1,5 2   6  1 u R      1  2  u R 2u R 6 4,5 u R 1,5V

11.

Zašto je linearni memnistor identičan linearnom otporu?

●Relacija linearnog otpora:

u i  R M  q /

U d dq R  ...,.. u  ....,.... i  I dt dt

d dt

●Relacija linearnog memnistora: dM dq dt u Mi

-

12.

R M 

dt

d dt

linearni memnistor ne posjeduje svojstvo pamćenja i ima jednaku relaciju kao i linearni otpor Nacrtati karakteristiku otpora zadanog sa

i(t ) Iˆ cos(t ) .

- minimum funkcije je u Iˆ, a maksimum u Iˆ, zbog cos - ovo je karakteristika nelinearnog otpora, predstavlja strujni izvor = poopćeni prekid

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

1 cos(t ) 1 maxIˆ   i (t )   minIˆ   cos( t ) 1

cos( t ) 1

 t   t 

 t 0  t  

Teorija Mrež a-6

13.

Zadana je karakteristika otpora prema slici. Je li otpor aktivan / pasivan, linearan / nelinearan i kako je upravljan? - aktivan jer na dijelu kart. vrijedi uR i R 0 (prolazi kroz 2 i 4 kvadrant) - nelinearan jer ne prolazi kroz ishodišta (nema aditivnosti ni homog.) - strujno i naponski upravljan (monoton) Otpor je nelinearan jer nije zadovoljio načelo homogenosti, aktivan, jer mu karakteristika prolazi kroz II i IV kvadrant u-i ravnine, vremenski nepromjenjiv jer se u karakteristici eksplicitno ne pojavljuje vrijeme t.

T1 (0, b)  b u b  i   T2 (a,0)  a

jednadžba pravca u  i 0

KVAZI – AKTIVAN

jer vrijedi uvjet

(u A uB )  (i A i B ) 0 (u A uB ) 0 (i A iB ) 0

14.

Odredite koji je od ovih otpora pasivan, a koji aktivan: a) i u cos 2t , b) i Iˆsin(t ) , c) i 3 u 2u 3 , d) u sh3i , e) u 2i 3i 2 .

- otpor je pasivan ako prolazi kroz 1 i 3 kvadrant - otpor je aktivan ako prolazi kroz 2 i 4 kvadrant a) i u cos 2t - aktivan

b) i Iˆ sin(t ) - aktivan

c) i 3 u 2u3 - aktivan 20 15 10 5 -2

-1

1 -5 -10 -15

d) u sh3i - pasivan

e) u 2i 3i 2 - aktivan

- striktno pasivan

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

2

Teorija Mrež a-7 3 2 1 -6

-4

-2

2

4

6

-1 -2 -3

15.

Navedite nekoliko primjera naprava s pomoću kojih se može realizirati poopćeni kratki spoj.

Svaki naponski izvor možemo interpretirati kao poopćeni kratki spoj (akumulator, istosmjerni generator, izmjenični generator).

16.

Je li bipolarni tranzistor kvazi-aktivni otpor? Obrazložiti. - otpor je kvazi-aktivan ako [u A (t ) uB (t )]  [iA (t ) i B (t )] 0

vrijedi:

a) ako možemo mijenjati struju baze, tj. iB iB (t ) , tada je tranzistor kvazi-aktivan u A u B i A i B u  i ? ( u u ( i  i A B) a B ) 0  0

0

otpor (možemo naći dvije točke A i B koje zadovoljavaju gornji uvjet – točku A na karakteristici za iB (t1 ) , a točku B na karakteristici iB (t 2 ) ). b) ako je i B konstantno tada tranzistor nije kvazi-aktivni otpor.

Odredite jalovu i prividnu snagu izvora u Uˆsin t .

17.

u Uˆ sin t Uˆ i Iˆ sin t  sin t R 1 2 f  , 2 f T T 1 P T

1 u (t) i(t )dt   0 T T

 T/2 2 2  ˆ2 T Uˆ 1 Uˆ T / 2 2 2 2 1 U 1 t  1 sin( 2t )  sin (  t ) dt  sin (  t ) dt  sin (  t ) dt      0 R 0 T/2 T R  4     T R 2 0  0  T

    2 1 Uˆ2 1 T 1 T 2T  Iˆ 2   Uˆ Uˆ  sin     0  0      T R 2 2 4 2  T 2  4R 4                  0 

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a-8

S UI 

1 T

T

2 u dt 0

1 T

T /2

2  i dt  0

T

1 ˆ2 T 2 1 Uˆ2 T / 2 2 Uˆ2 U  sin (t )dt sin (  t ) dt  *  **  0 0 T T R2  R 8

1 1 1 1  * Uˆ  t  sin( 2t ) Uˆ T 2 4 T 0

    Uˆ 1 1 T  2  sin  2 T (0 0 ) T  T 2 42  2    0 

  T /2  Uˆ1 Iˆ Uˆ 1  1 1 Uˆ 1  1T 1 T   2T  ** t  sin(2 t )  sin  2 (0 0)     R T  2 4 R T 22 4   T 2 R 2 2 0    0 

Q  S 2 P 2 

18.

4 4 4 4 2 Uˆ Uˆ 2UˆUˆ Uˆ Uˆ Iˆ     2 2 2 8R 16 R 16 R 4R 4

Na otpor R(t ) R0 R1 sin 1 t narinuta je struja valnog oblika izraza i Iˆ sin t .

Odredite valni oblik napona na otporu kao i sve članove pripadnog Fourierova reda. u(t ) R(t )i (t ) Iˆ R0 sin(t ) Iˆ R1 sin(t ) sin(1 t ) 1 u(t ) Iˆ R0 sin(t ) Iˆ R1  cos (1 )t  cos (1 )t   2

a) ako zbog lakšeg računanja pretpostavimo 1 n, n 1,2,3... tada je da

1 bk R0 Iˆ , ak  R1 Iˆ 2

je: b) ako nije zadovoljen uvjet 1 n tada se koeficijenti računaju po formuli:

19.

 a u n  0 ( ak cos kx bk sin kx) 2 k 1 1  ak   f ( x ) cos kxdx; k 0,1, 2,...   1  bk   f ( x ) sin kxdx; k 0,1, 2,...  

Obrazložite koji uvjeti moraju biti zadovoljeni da bi se realizirao linearni aktivni otpor?

Linearnost zahtjeva da karakteristika prolazi kroz ishodište, a aktivnost da karakteristika ne prolazi kroz ishodište. Kontradikciju možemo izbjeći samo tako da aktivnost definiramo u odnosu na pogodno odabranu fiksnu točku karakteristike (U 0 , I 0 ) tako da u okolišu točke vrijedi (u U 0 )(i I 0 ) 0 . -mora prolaziti kroz 2 i 4 kvadrant

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a-9

-dodatni izvor na račun kojeg se fiksira radna točka da vrijedi (u U 0 )  (i I 0 ) 0

- realizacija linearnoa aktivnog otpora pomoću OP

20.

U mreži sheme spoja prema slici traži se struja kroz otpor R6 . Nacrtati maksimalno pojednostavljenu shemu spoja zadane mreže na temelju koje se može odrediti tražena struja.

E 2 E4 E 2 R5 E4 R4  0 R R5 R4 R5 ( E R E4 R4 )R6 U6  4   2 5 1 1 1 R5 R6 R4 R6 R4 R5 R5 R6 R4 R6 R4 R5   Po Millmanovom tm: R4 R5 R6 R4 R5 R6 U E 2 R5 E4 R4 I6  6  R6 R5 R6 R4 R6 R4 R5

21.

Kapacitet je naponom upravljan ako se naboj kapaciteta q(t) može izraziti jednoznačnom funkcijom napona na kapacitetu, tj. q(t)=f[uc (t)]. Dokažite da je uskladištena energija naponom upravljanog kapaciteta dana izrazom:

C (t ) uc (t )q (t )  q( x )duc ( x) . 0 uc ( t )

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 10

q (t ) f (U C (t )) q (t )

(t )   U C dq 0 t

t

C (t ) U C f (U C (t ))  f (UC (t )) dU C 



q : (0, q(t )) q (t )

C (t ) U C (t )  q( t )   q(t ) dUC (t ) 0 UC ( t )

0 U C ( t)

C (t ) U C (t )  q(t )  q (t )dU C (t ) 0

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 11

22.

Odredite uskladištenu energiju kapaciteta 0,5F nabijenog na napon 10V.

Obrazložite! Energija je beskonačna, tj. onolika koliku je uskladišti izvor. Po konvenciji uskladištena je beskonačna energija, realno onoliko koliko uskladišti izvor. Ovdje se radi o negativnom kapacitetu koji u teoriji mreža postoji i moguće ga je realizirati sa operecijskim pojačalom uz dodatni izvor energije. Prema teoriji mreža izvor je neiscrpan pa je prema tome uskladištena energija beskonačna, tj.onolika koliku uskladišti izvor.

23.

Kako bi se obzirom na svojstvo upravljivosti nazvali kapacitet karakteristike na slici? Je li ovaj kapacitet aktivan ili pasivan? - Naponom je upravljan (jer tada uvijek imamo točno definiran iznos naboja) -lokalno aktivan ili kvaziaktivan vrijedi da je u2>u1 tj. napon raste a pri tome je q21 uvijek je aktivan

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 18

34.

Simbol OP prikazan je na slici. Zašto se priključak 2' ne smije u analizi ispustiti i kako je on u stvarnosti realiziran. Ako ispustimo priključak 2' u skladu sa KZS-om i konstitutivnom relacijom i-=0, i+=0 vrijedilo bi ii=0 što nije točno. (KZS  Za j-tu napravu Nj sa m-priključaka vrijedi da je: m

a k 1

i 0 .)

jk k

U stvarnosti taj priključak ne postoji nego se napon izlaza ui definira u odnosu na srednju točku izvora za napajanje.

35.

Odredite prijenosnu karakteristiku sklopa u i=f(u).

ui f (u) ud u E  u E ui EZ kad U E ui EZ kad U E

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 19

36.

U mreži sheme spoja prema slici a) spojena je dioda V karakteristike na slici b). Odredite u-i karakteristiku mreže.

a) linearni režim

b) nelinearni režim – zasićenje

ud 0 i i 0 E Z ui E Z

ud 0 ii i  0 ui E Z 0 u ud 0  u 0

u u d 0  u 0 ui uv ud 0  ui uv i iv za E Z u E Z  0 iV f (E Z ) u 0 i i v

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

EZ uv ud 0 uv 0  i 0 iV

uv E Z ud

Teorija Mrež a - 20

37.

Odredite u-i karakteristiku zadane mreže ako se idealno OP nalazi samo u linearnom režimu rada. u - u-i karakteristika jednoprilaza, Rul  i

Linearni režim rada i i  0 ud 0

Mreža za KZN

Mreža za KZS

2 KZS-a

3 KZN-a

1. i iR1 i

1. u i R R

2. i R2 iR i

2. iR1 R1 i R 2 R2 0 3. uizl i R2 R2 iR R

(1KZN )   ( 2 KZS ) ( 2 KZN ) i R (1 KZS ) R R u iR R  iR 2 R  R 1 1 R  i 1 R *  i u 2 ** R2 R2 R1 R ( 3 KZN )   ( 2 KZS ) (1 KZN ) ** * u R 1 R R uizl iR 2 R2 iR R  i R R2 i R R  ( R2 R) i 1 R ( R2 R ) u 2 1 ( R2 R ) R R2 R R1 R R2

uizl u

R 2 R R

- linearni režim rada: E Z uizl E Z

R2 R E Z R R R EZ u E Z R R R2 R 2   EZ u

u 1

u1

( ovaj element mreže je vremenski ne promjenjiv, linearan, aktivan; negativni otpor)

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 21

Koji je linearni zavisni izvor realiziran zadanom mrežom nakon što uklopi sklopka S?

38.

u2 i1 R1 u d 0 u2 i1 R1 i 2 R 2

ud 0

i i 0 - nakon što uklopi sklopka nema više R 2 u1 ud 0 - strujom upravljani element mrež e

u2 i1 R1 i2 R1 - Strujom Upravljani Naponski Izvor

SUNI u2 f (i1 , R1 )

39.

Koji je linearni zavisni izvor realiziran mrežom nakon što isklopi S? - nakon što isklopi sklopka S nema više R 1

u1 ud u R 2  u1 uR 2 uR 2 i1 R2  i 2 R2 u1 u i2  1 R2 i2 f (u1 , R2 ) - Naponom Upravljan Strujni Izvor. STRUJA IZLAZA JE FUNKCIJA ULAZNOG NAPONA.

NUSI

40.

Koji je element mreže realiziran shemom prema slici? KZN1: u iR 2 R2

KZS1: i iR1 i  i R1 i

KZN2: u C R1iR1

KZS2: iC iR 2 i  iC i R 2

u ic R2 iC C

duC dt

u C

duC d (R1i R1 ) d R1 ( i )  di R2 CR2 CR2 CR1 R2 dt dt dt dt

u L

di , dt

L CR1 R2

- negativni induktivitet

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 22

41.

Dokažite koji je element realiziran shemom? ud 0; i i 0 1KZN: u ud uC

1KZS: i 2 i iC  i2 iC

2KZN: 0 uR 1 u R 2

2KZS: i i i1  i1 i

1 1 u uC   iC dt   i2 dt C C

uR1 u R 2  i1 R i2 R  i2 i1 i 1 u C

i dt   idt  C 1

- realiziran je negativni kapacitet

42.

Nacrtajte element mreže dualan idealnom konstitutivnim relacijama u1 nu 2 , i2 ni1 .

transformatoru

zadanom

i2 ni1 u1 nu2 Dualan element: 1  i2  i1 n 1 u 2 nu1  u1  u 2 n i1 ni2

(kod dualnosti n=-1/n pa se mogu direktno napisati jednadžbe)

43.

Dokažite da se «lebdeći induktivitet» može realizirati mrežom: Lebdeći induktivitet realiziran je giratorom

u1 ri2 u2 ri1 u1 ri1 ' u1 ' ri1

u 2 ' ri2 1 u 2 ri2 '  * i2 '  u 2 r

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 23

0 u C u1 '  u1 ' uC 0 i1 'i2 'iC  i1 ' i2 'iC du  du ' d (ri1 )  1  u1 ri1 ' r (i2 'i C ) ri 2 'C C ri2 'rC 1 r u2 rC dt  dt dt  r  2 u1 u2 r C L

di1 di u2 L 1 dt dt

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 24

44.

Na linearnom dvonamotnom transformatoru L1=L 2=100mH provedena su dva mjerenja. U prvom je mjerenju narinut na primar izmjenični napon U 1ef 100V , a na neopterećenom sekundaru izmjeren je izmjenični napon U 2 ef 10V . U drugom mjerenju narinut je na sekundar izmjenični napon U 2ef 10V . Kolika je izmjerena efektivna vrijednost napona U1 na neopterećenom primaru i zašto?

U 10 1 n 2   U1 100 10 1 U1 nU 2  10 1V 10

Napon na primaru u pokusu 2 će biti 1V jer je prijenosi omjer transformatora 1:10. Ovaj pokus je izveden sa ne opterećenim primarnim krugom pa nećemo dobiti dodatne gubitke.

45.

Za shemu spoja napišite jednadžbe mreže.

E L1

di1 di di di di di L3 3 R3i3 M12 2 M 13 3 M 31 1 M 32 2 dt dt dt dt dt dt

0 L 2

di2 1 di di di di di   i 2 dt U C ( 0) R3 i3 L 3 3 M 21 1 M 23 3 M 31 1 M 32 2 dt C dt dt dt dt dt

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 25

46.

Za magnetski krug prema slici odrediti predznake svih međuinduktivnosti.  M>0 ako H 1 H 2 0 , tj. ako   0 (H 1 , H 2 ) 90 (ne translatirat vektore nego ih ''voziti '' po jarmu)

47.

M 12 0

M13 0

M 23 0 M 14 0

M 24 0

M14 0

Nadomjesna induktivnost paralelnog spoja dvaju magnetskih vezanih

L L M 2 induktiviteta dana je izrazom: Lekv  1 2 . Znači li to da je pri savršenoj L1 L2 2M magnetskoj vezi namota Lekv 0 ? - pri savršenoj vezi k 1 i L1 L2 M 2 - savršenu magnetsku vezu može postići samo ako je broj zavoja jednak i ako žice jednog namota «padaju» u žice drugog. Pri tome vrijedi da je L1 L2 L .

L2 M 2 (L M )( L M ) L M Lekv    2 L 2M 2( L M ) 2 1 ( L M ) L - ovaj je izraz proporcionalan sa L š to znači 2 da je postojao samo jedan induktivitet.

48.

Objasnite pod kojim uvjetom vrijedi da je induktivitet zavojnice od N zavoja jednak L N 2 L1 , gdje je L1 induktivitet jednog zavoja.

Izraz vrijedi ako je magnetska veza među njima savršena, što znači da se magnetske silnice dvaju susjednih zavoja poklapaju. Problem je što savršena veza ne postoji. n

K 1 L1 L2  Ln M 2 L1 L2  Ln L M 2 L2  M L

LUK L1 L2 L3 Ln

L1 L2

M  L1  L2 n 1 K 

K L1 L2

K L1  L2 M

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

L A  n H L I  n L1 I  n 1 L2 I  n 2  Ln I N n

Teorija Mrež a - 26

49. Nacrtajte i objasnite nadomjesnu shemu nelinearnog savršenog transformatora. Savršeni:

transformator: u1 nu2 1 i1  i2 0 n

Idealni

idealni + induktivitet magnetiziranja

Konstruktivne relacije nelinearnog savršenog transformatora: u1 ' nu 2 u1 1 i1 ' i 2 0 n



nelinearni savrš eni savrš eni linearni

L

1 1 i1 i i1 ' i  i2 f (1 )  i 2 n n

i

u1 nu2 1 i1 f (1 )  i2 n Savršeni transformator prikazujemo kao lančani spoj induktiviteta magnetiziranja L1 i idealnog transformatora.

50.

Objasnite je li moguće da u linearnom dvonamotnom transformatoru protjeranom strujama i1 (t ) i i2 (t ) bude barem u jednom trenutku ukupna uskladištena energija jednaka nuli?

W1 (0, T )  u1 i1 dt  L1i1di1  Mi1 di2   0

W2 ( 0, T )  u 2i2 dt  L2i 2 di2  Mi2 di1    0

(matematika  i1 di2  i 2 di1 0 ) pa dobivamo  W1 (0,T ) W2 (0, T ) 0 Mi di  Mi di  1

2

2

1

0

W1 (0, T ) 0  prvi namot se ponaša kao trošilo  W2 (0,T ) | W1 (0, T ) |0  drugi namot se ponaša kao izvor.

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 27

|M | 1 L1 L2

- faktor magnetske veze k: 0 k 

●ako je k=0 ili ako su u nekom trenutku struje i1 i i2 proporcionalne.

51.

Objasnite način prijenosa električne energije između dva galvanski odvojena sustava u periodičkom režimu rada s pomoću termina TM.

Prijenos električne energije između dva galvanski odvojena sustava mogućje ako postoji međuinduktivitet M 0 i drugi uvjet je da u ravnini (i1 , i2 ) postoji petlja nenulte površine, da vrijedi  i1di 2  i 2 di1 0 . Drugi uvjet je da struje nisu proporcionalne tj. i1 Ai2 , A konst.

52.

Odredite snagu prenesenu linearnim dvonamotnim transformatorom trošilu ako su poznati valni oblici struja namota. i1 Iˆ t Jˆ t , i2 Iˆ t , te svi 1 cos  1 sin  2 cos  parametri transformatora

P1 P2 0 1 P1  T

T

u i dt 0



11

 

di1 di M12 2 L1 Iˆ sint)Jˆ cost M12Iˆ sin t) 1( 1 2( dt dt u1i1 L1Iˆ sint L1Jˆ cos t M12Iˆ sint Iˆ cost Jˆ sin t 1 1 2 1 1 2 2  L Iˆsin t cost L IˆJˆ sin2  t L JˆIˆ cos2  t L Jˆsin t cos t MIˆ Iˆ sintcost MIˆJˆ sin2  t u1 L1



1 1

1 1 1

1 1 1



1 1

1 2

2 1

sin t cost 0 - zbog ortogonalnosti 2 2 2 ˆ ˆ ˆˆ u1i1 L1 Iˆ t L1 Iˆ 1 J 1sin  1 J 1cos t MI2 J 1sin t





1 T 2 2 2 ˆ ˆ ˆ P  L1 Iˆ t L1 Iˆ t MIˆ t dt 1 J1sin  1 J 1cos  2 J1sin  0 T T

1 1  1 sin t  t  sin 2t   t  0 4 2 2  0 T

2

T

1 1  1 cos2 t  t  sin 2t   t  0 4 2 2  0 T

1 ˆ 1 ˆˆ 1 ˆˆ 1  P 1 MIˆJˆ P  L1 Iˆ 1 J1 T L1 I1 J 1 T MI 2 J1 T  2 1 2 T 2 2 2 

53.

Objasnite kada se dvonamotni transformator shvaća kao pasivni dvoprilaz, a kada kao aktivni jednoprilaz! Je li on tada reaktivni ili disipativni jednoprilaz?

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 28

Sa strane sekundara je aktivni jednoprilaz, tada je on disipativan jednoprilaz Ako se ispituju svojstva transformatora sa gledišta oba prilaza ta je on pasivan dvoprilaz. Disipativan je. (Otpori su disipativni elementi mreže kao i izvori.)

54.

Zašto idealni transformator nije reaktivni element mreže?

Idealni transformator niti rasipa niti uskladištava energiju. Prijenos energije idealnim transformatorom ne možemo objasniti koristeći pojmove vezane uz reaktivne elemente.

55.

Na slici je prikazana nadomjesna shema linearnog dvonamotnog savršenog transformatora pri čemu je induktivitet magnetiziranja podijeljen u dva induktiviteta LA i LB. A) odredite što je dualno linearnom dvonamotnom savršenom transformatoru; B) zašto je bilo nužno razdijeliti induktivitet magnetiziranja u L A i LB.

Dualnost :

u ˆi L ˆC iL  ˆuC KZN  ˆKZS

KZN :

u1 u1' L

di LA dt

u 2 u 2' L

KZS : i1 i LA i1'

di LB dt

i 2 i LB i 2'

__________________________________

i1' n  i 2' u2' n  u1' KZS : i1 i1' C

du CA dt

KZN : u1 uCA u1'

i2 i 2' C

du CB dt

u2 uCB u '2

a)

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

u1' n  u '2 i2' n  i1' 1 i1'  i '2 0 n

Teorija Mrež a - 29

b) LA i LB nam služe da bi mogli odrediti gubitke u transformatoru (iz pokusa praznog hoda određujemo gubitke u željezu, a iz pokusa kratkog spoja određujemo gubitke u bakru). Pošto kod transformatora možemo zamijeniti ulaz s izlazom tada ponovo moramo imati istu konfiguraciju odnosno zbog toga razdvajamo induktivitet.

56.

Objasnite pod kojim uvjetima u mreži nastupa prijelazno stanje.

Promjenom mreže ili nekih parametara nastaje prijelazno stanje. Prijelaznom stanju uvijek prethodi komutacija i prvobitno ustaljeno stanje,a slijedi novo ustaljeno stanje ili nestabilno stanje. Prijelazno stanje nastaje ako u mreži imamo L ili C ili ako kratko spojimo dio mreže, nakon skokovitih promjena amplitude ili frekvencije itd.

Je li mreža na slici, nakon što uklopi sklopka S dobro ili loše definirana mreža?

57.

di1 di di  di 1 M 2  1 E M 2  dt dt dt  dt L1 di di uC M 1 L2 2 dt dt 2 di E M M di2  uC    L2 2 L1 L1 dt  dt E L1

E L1 L2 L1 L2 di2 di ako je k 1  M  L1 L2 tada je uC   L2 2 ,tj. Postojat će skok napona na L1 L1 dt dt E M kapacitetu : u C (0)  pa je mrež a loše definirana L1

ako je k 1 moguće je da uC(-0)=uC(+0) , tj.da je mreža dobro definirana

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 30

58.

Izvedite zakon komutacije za kapacitivnu petlju.

- kapacitivna petlja je svaka petlja koja nastaje komutacijom, a tvore ju samo kapaciteti i naponski izvori. - obzirom da su naponi na kapacitetu neposredno prije komutacije nezavisni moguća su dva slučaja: 1)

u

kj

(0) u kj ( 0) 0

u

kj

(0) u kj ( 0) 0

kC

2)

kC

C, E skup svih kapaciteta / naponskih izvora koji NAKON KOMUTACIJE tvore j-tu kapacitivnu petlju.

k E

k E

Nakon komutacije vrijedi:

u

kj

kC

(0) ukj (0) 0 kE

Slučaj pod 1) zanemarimo jer pretpostavimo da stvaranjem kapacitivne petlje promatrana mreža postaje loše definirana mreža.

i i i

- KZS za n-ti čvor:

kn

k I

kR

kn

kL

kn

dq  n 0 k C dt

- integriramo jednadžbu u intervalu [-0, +0]: 0

i kI

0

; kn dt 0

0

0

0

0 kn

0 kn

0

dq n

i dt 0 ; i dt 0 ; dt kR

- iz toga slijedi:

q kC

kn

k L

(0) qkn (0) kC

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

kC

0

Teorija Mrež a - 31

59.

Napišite sustav jednadžbi pomoću kojega se mogu odrediti naponi na svim kapacitetima mreže neposredno nakon uklopa S. Do uklopa svi kapaciteti nenabijeni.

Kapacitivna petlja: E , C1 , C2 , C4 q( 0) q (0)

E uC1 (0) uC 2 (  0) u C4 ( 0) u ( 0)  C2 ( 0)  C1 u C2 ( 0)  C2 0  u C1 ( 0)  C 2 C1 A u (0)  C2 q 0   u C 2 (0)  C 2 uC 4 (0)  C 4 0  uC 4 (  0)  C 2  C4 B _________________________________________________________ u ( 0)  C2 u (0)  C2 E  C2 u C2 (0)  C 2 C1 C4 C E E uC 2 (0)  ......;... ...uC1 (0)  2 C 2 C1 C 2 C2  C2       1   1  C  C  C C 1 4  1 4 

q 0  u

C1

C E uC 4 (0)  2 .......;.....u C3 (0) u C3 (  0) C4  C2 C2   C 1 C   1 4 

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 32

60.

U zadanoj mreži svi su kapaciteti do t=-0 nenabijeni. U t=0 uklopi sklopka S. Odredite napon na svik kapacitetima u t≠0. Loše definirana mreža – 2 spremnika energ. Za loše definiranu mrežu KZN:

q 0 A

- kapaciteti ne nabijeni: uC1 ( 0) uC 2 (0) uC 3 ( 0) 0 , ali uC1 ( 0) uC1 (0) 0 uC 2 (0) uC2 (0) 0 uC 3 ( 0) uC 3 ( 0) 0

Kapacitivna petlja: C1 , C2 , C3 , E

E uC 2 ( 0) uC3 (0) uC1 (0)

q 0  u

C2

( 0)C 2 uC3 (0)C3 0

C3

(0)C3 uC1 (0)C1 0

A

q 0  u B

u ( 0)C3  uC1 (0)  C 3  u (0)C u ( 0)C C1  C3 3 3  C3 uC 3 ( 0) E  u C3 (0)C3  C1 C2 uC 2 (0)   C2  E uC 3 ( 0)  C3 C3   C C 1  1 2  C E uC1 (0)  3 C1 C3 C3   C C 1  1 2  C E uC 2 (0)  3 C2 C 3 C3   C C 1  1 2 

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 33

61.

U t=0 uklopi sklopka S. Odredite struje primarnog i sekundarnog namota u trenutku t=+0 ako je transformator linearan i savršen.

M  L1 L2

di1 di M 2 dt dt di1 di2 0 M L 2 Ri 2 dt dt E L1

di1 L di R  2 2  i 2 dt M dt M di  L2 di 2 R  E L1    i2 M 2 dt  M dt M  L L di RL di E  1 2 2  1 i2 M 2 M dt M dt di  L L di  RL E  2  1 2 M  1 i2  2 dt  M M dt 

L1 L2 M 2  RL1    M  M i2    0

RL E  1 i2 M

M i2 (0)  E RL1

Transformator je savršen pa vrijedi: i1 (  0) 

L2 L M E i2 (0) 0  i1 (0)  2 L1 L1 RL1

62.

Do trenutka t=-0 mreža je bila ustaljenom stanju. U t=0 isklopi sklopka S. Odrediti struju kroz L 1 u t=+0.

L1 i1 (0) L2 i 2 (0) L1i1 (0) L2i 2 (0) - zakon očuvanja toka i1 (0 ) i2 (0 ) L1i1 (0 ) L1i1( 0) L2 i1 (0 ) L1

E i1 (0 )  R1

E i1 (0)[ L1 L2 ] R1

L1 E R L1R L E i1 (0 )  1   1 L1 L2 R1 ( L1 L2 ) L1 L2 R

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

i2 ( 0) 0

Teorija Mrež a - 34

63.

Do t=-0 mreža je bila u ustaljenom stanju. U t=0 isklopi sklopka S. Odredite L L količinu energije pretvorene u toplinu na sklopci. Komentirajte slučaj 1  2 . R1 R2 Loše definirana mreža (imamo induktivni čvor) iL1 ( 0) i L1 (0) iL 2 (0) iL 2 (0) WS ?

i L (0) iL1 (0) iL 2 (0) 1 2 W1  [L1i R1 ( 0) L2 iR 2 (0)] 2 1 2 W2  [( L1 L2 )iL (0)] 2

- u ustaljenom stanju (sve veličine ili periodičke ili konstantne): uL L

di L 0 , dt

E E iR1  ; iR 2  , t (0) R1 R2

0 t 0 t 0 L1i R1 ( 0) L2i R 2 (0) (L1 L2 )i L (0) L1 L2  E R R   2  iL (0)   1 L1 L2 2  L1 1 2 L2  L1 L2   2  2  W W1 W2  E    ( L  L ) 1 2  R  2  R1 R2  R     1 2   

- ako

L1 L2 1 2 L1 L   tada  W  E   22  i pri tome su gubici najveć i na 2  R1 R 2 2 R1 R2  

sklopci.

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 35

64.

Objasnite na primjerima zašto neka stvarna mreža (uređaj) koja na razini najjednostavnijih modela komponenata koje tvore tu mrežu predstavlja loše definiranu mrežu najvjerojatnije neću u praksi uspješno raditi? a) Kod uzbude motora prilikom otvaranja sklopka će izgorjeti. Moguća je zaštita reverzno spojena dioda. (bez diode loše definirana mreža, s diodom dobro definrana) b) Uklapanje / isklapanje tranzistora

65.

Dokažite da je u mreži sheme prema slici napon na kapacitetu od t=+0 dan

izrazom uC (t ) uC (0)e

t  RC

1  RC

t

t



e RC u ( x)dx 0

u uR u C Ri uC u RC

iC C

duC dt

duC du uC  RC C u C u dt dt

du  C uC u dt  Pdx Pdx Qe  dx C  y'P (x ) y Q ( x) - linearna diferencijalna jednadž ba; rješenje: y e       

1 1 u C ' (t )  u C (t )  u (t )  

u e

1 P , 

u (t ) Q a 

1    u(t ) dt e   dt C   

1  dt 

t t    1 e   u (t )e dt C    

Ce

t  

t

x

 1   u( x )e  dx 

uC ( 0)e

t  

tx

1 T    e u( x )dx 0

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 36

66.

U mreži sheme spoja prema slici a) djeluje izmjenični strujni izvor valnog oblika prema slici b). U t=0 isklopi S. A) Odredite valni oblik napona na kapacitetu, b) odredite valni oblik napona na kapacitetu za nekoliko različitih trenutaka isklopa sklopke S. Interpretirajte fizikalno dobivene valne oblike; c) Odredite valni oblik napona na kapacitetu u periodičkom režimu rada.

1 t I uC   Idt  t  linearan 0 C C

c) istosmjerni odziv ne nastaje od periodičnih poticaja. Uzrok – posljedica. Za periodički poticaj srednja vrijednost =0

67.

Na slici je prikazan valni oblik struje kroz jedan element kapacitivne mreže prvog reda nakon sklapanja sklopke u t=0. odredite najjednostavniju shemu spoja te mreže. E t 0 i I  R I E t  i   2 2R

68.

Na slici je prikazan valni oblik struje kroz jedan element induktivne mreže prvog reda. Nakon sklapanja sklopke u t=0. odrediti najjednostavniju shemu spoja.

t 0  i I t  i 3I

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

E t 0 i  I 2R E E E 3R 3 E i  2   2 2R  R 2R 2R 2R 2 R R 3R E i 3I jer I  2R

Teorija Mrež a - 37

69.

Odredite valni oblik struje izvora ako u t=0 uklopi sklopka S. Do t=-0 mreža je bila u ustaljenom stanju. Nacrtajte mrežu dualnu zadanoj.

S otvorena: E uR 1 u R 2 uC S zatvorena: E u R1 uC Dulano: S otvorena: I i R1 i R 2 i L S zatvorena: I iR 1 i L

70.

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 38

71.

Na mrežu prvog reda narinuta je struja valnog oblika prema slici a). Prisilni odziv mreže je na slici b) i sastoji se od dvaju segmenata eksponencijalne funkcije vremenske konstante 1,44ms. Odrediti shemu spoja i vrijednosti elemenata. Mreža dobro definirana (jer je 1. reda) - induktivitet - 2 otpora

Partikularno

iL prijel Ke st 1 s 1 0  s  

iR1 iL 1 R1iR 1 L

diL R2i L dt

L diL R iL  1  dif. jed. Kruga R1 R2 dt R1 R2 iL i L partikular no i L stacionarn o

stacionarno

iL prijel Ke

t  

K ? t  R i L  1 Ke  R1 R2

R t 0  i L 0  K  1 R1 R2





R iL  1 1 e t / R1 R2

u R1i R1 ; i R1 1 i L



iL stac 1

R1 R1 R2



R t / u 1 R2 R1 e R1 R2

t 0 u(0) 5V u (0)  R1 5 t 2ms u( 2ms ) 2V 5 2 ( R2 5e 2 /1 ,44 ) 5 R2 R2 1,25 L 1,44ms   L 9 mH R1 R2

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 39

72.

Obrazložite zašto je fizikalno nemoguće da u serijskom RL-krugu napajanom iz istosmjernog izvora napona E i u jednom trenutku struja prisilnog odziva kruga bude veća od E/R. E L

di iR dt

Prisilni odziv je linearna funkcija vanjskog poticaja, tj. E. U t=0 kada uključimo sklopku zavojnica nema uskladištene energije, tj. ne ponaša se kao izvor. ¸ Jedini poticaj u mreži je E. Kada bi i>E/R bio bi prekršen zakon očuvanja energije.

73.

U istosmjernom krugu prvog reda poznat je potpuni odziv za neku varijablu mreže y Aet B , t 0 . Odredite slobodni i prisilni odziv kruga.

dy K1 y K 2 dt Ae t K1 ( Ae t B ) K2 e t (K1 A A) K1 B K2 ;

K1  K2 K1 B B

dy y B dt prisiln i   pretpostavka : y  y1  y2 slobodni

- iz definicije prisilnog odziva y 2 (0) 0 y1 (0) y (0) Ae 0 B A B y1 Ke t dy y 0 dt dy 1 y / dt / dt y dy  dt /  y ln y  t /e y1 e t y1 (0) A B Ke 0 K

y1 ( A B )e t t 0 SLOBODNI ODZIV y2 B (1 e t ) t 0 PRISILNI ODZIV

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 40

74.

Krug prvog reda opisan je diferencijalnom jednadžbom

dy  t y Ae . dt

Odredite potpuni odziv ako je y( 0) y0 . dy y 0  mrtva mrež a (slobodni odziv)  y Ke t dt

y Ke t Atet  y ( y0 At )e t y (0) K  1 0 K

75.

Odredite količinu energije pretvorene u toplinu u otporu R nakon uklapanja sklopke S u t=0. uC1 (0) u0 uC 2 ( 0) 0

1 ( 0)  C1 u0 2 2 C1 uC1 (0) C 2 uC 2 ( 0) C1u C ( 0) C2 ( 0)  uC 2  0

C1 C1 uC1 (0) u C2 ( 0) uC ( 0)  u C1 ( 0)  u0 C1 C 2 C1 C 2 2

2

1 1 C1 1 2 C1 2 ( 0)  (C1 C 2 )uC 2 (0)  (C1 C 2 ) u 0  u0 2 2 2 (C1 C 2 ) 2 C1 C 2  1 1 2 C1 1 1 2 2 WR (0) (0)  C1 u0  u 0  C1 u o  1   C C   2 2 C1 C 2 2  1 2  2

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 41

76.

Od trenutka t=+0 kapacitet C prethodno nabijen na U0 prazni se u jednom slučaju preko linearnog vremenski ne promjenjivog otpora R, a u drugom slučaju 2

U preko otpora konstantne snage zadanog izrazom: uR i R  0 . Nacrtati valne oblike R napona na kapacitetu za t 0 u oba slučaja.

a)

b)

R R duC dt du U RC C dt t / U U 0 e i C

RC

R i R u C 0 du C u C 0 dt du C 1  uC 0 dt  R  C du C 1  u C dt  du dt  /  uC  RC

t ln uC  K  t 

uC K  e t  

uC u 0  e

2

2

U U 1 u R iR  0  iR  0 R UR R duR U 0 2 dt u RC  dt R C 2 U udu  0 dt RC U2 u 2 2 0 t RC 2t u U0 K t RC U 02 U 02 uR  iR   i R  R R uR du RC C u R 0 / : R dt du u C C  R 0 dt R du C C i R 0 dt duC U02 C  0 /  R0 dt uC  R RC

duC U2  0 /  dt

U2 U2 u R uC ...;..i R  0  0 uR  R uC  R0 u

t

 u C duC U 02  dt 0

0 2 C

u  u 20  t K ....;....t 0...uC ?u 0 2 1 2 2 t K   u0  uC u 0 1  2 

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

a)

b)

Teorija Mrež a - 42

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 43

77.

Odredite faktor gušenja i vlastite frekvencije mreže.

iL iC iR 1 Ri R   iC dt 0 C di Ri R L L 0 dt 1 Ri R   iC dt 0 C d Ri R L (iR iC ) 0 dt

iR K1 e st

iC K2 e st

iL ( K1 K 2 )e st

1 RK 1e st   K2 e st dt 0 C d RK 1e st L(K1 K 2 ) e st 0 dt 1 1 RK 1e st  K 2 e st 0 C s st RK 1e LK1 se st LK2 sest 0

11 RK 1  K 2 0 C s ( R Ls ) K1 LsK 2 0 R R LS

1 1 1  C s RLs  ( R Ls ) 0 (Cs) Cs LS

s RLC R Ls 0 2

s 2 RLC sL R 0 : RLC 1 1 2 s  s 0 RC LC 1 2 RC 1 faktor gušenja   2 RC

vlastita frekvencija mreže  0 

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

1 LC

Teorija Mrež a - 44

78.

Odredite faktor gušenja i vlastitu frekvenciju mreže. - faktor gušenja i vlastita frekvencija 0 su neovisni o poticaju  ukinemo poticaj.

diL 2 iR 2 R 2 dt di L2 L 2 i R 2 R2 0 dt i R 2 i L1 i L2 L2

KZN:

di L1 di L2 L 2 0 dt dt di u L2 L 2 L2 iR 2 R 2 dt

R1i L1 L1 u R2

KZS: iL1 i L2 i R 2

L2 di L 2 R 2 dt

L di i L1 iL 2  2 L 2 0 R2 dt di di R1i L1 L1 L1 L2 L 2 0 dt dt

iL1 K1e st iL 2 K 2 e st



L K 1e st K 2 e st  2 sK2 e st 0 R2 R1 K1e st L1 sK1e st L2 sK 2 e st 0

 L1  K 1  1 s  K2 0 (R1 sL1 )    R2  ( R1 sL1 )K1 sL2 K 2 0 ; K1 , K 2 0  L1   1 s  R1 sL1 sL2    R2  R1 R2 R2  R1 R2 s 2  s 0 L L L   L1 L2  1 1 2    2 2

0

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

 i L1 i L 2 0

Teorija Mrež a - 45

79.

Odredite prirodne frekvencije mreže.

iRC iC i R 1 iCdt iR R 0; i R iC iRC C 1 iR R i RC R   i RC dt 0 C 1 iCdt iC R iRC R 0 C 1 iC R iRC R i RC R   iRC dt 0 C

iC K 1e st iRC K 2 e

st

iR (K1 K2 )e st

1 1 st st st K1 e K1 e R K 2 e R 0 C s 11 K1 e st R 2 K2 e st R  K 2e st 0 C s

1 1  K1  R K 2 R 0 C s  1 1  K1 R K 2 2 R  0 C s 

1 1 2 1 1    R  2R   R 0  C s C s   2R 1 R   2 2 2 R 2  R 2 0 (C 2 s2 ) Cs C s Cs 2 2 2 2 RCs 1 R C s RCs 0 s 2 R 2 C 2 s(3RC ) 1 0 : R 2C 2 3 1 s 2 s  2 2 0 RC  R C  2

0

s1 ,2  2 0 2 3 9 1 3 9 4 3 5 s1    2 2     2 2 2 2 2RC 4R C RC 2RC 4R C 2RC 2 RC 3  5 s1  2 RC

3  5 s2  2RC

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 46

80.

Odredite prirodne frekvencije mreže.

i2 i 3 iL di L L R2 iL 0 dt 2 d q R2 dq  0 dt 2 L dt R s 2  2 s 0 L

2

R R R R s1 ,2  2  2 2  2  2 2L 4L 2L 2 L s1 0 R s2  2 L

81.

Kondenzator kapaciteta C početno nabijen na napon U0 prazni se od t=0 preko otpornika R. Idealni valni oblik struje pražnjenja dan je na slici. Nacrtajte i objasnite neke od mogućih valnih oblika struje pražnjenja.

Za primjer ćemo se poslužiti otpornikom snage koji je izveden od puno zavoja debele žice, pa osim što ima svojstvo otpora, javlja se i svojstvo induktiviteta. Možemo nacrtati nadomjesnu shemu :

uC u L u R 0 1 di i L (t )dt L L R  i L 0  C  dt 1 di d i L (t ) u 0 L L R  i L 0 /  C0 dt dt 1 d 2i di i L L 2L R L 0 C dt dt __________ __________ __________ _ d 2 i L R di L 1   i L 0 2 dt L dt LC R 1 s2  s  0 L LC R 1 2 ...;...02  L LC R R2 1 s1,2    .......;.. ..s1 ,2  2 02 2 2L 4 L LC Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Krug 2. reda, diferencijalna jednadžba drugog reda. Za varijablu stanja je zgodno odabrati struju iL, koja je ista na svim elementima R2 1 a)  0 prirodne frekvencije 2 4L LC su realni brojevi – aperiodski odziv R2 1  0 prirodne frekvencije 2 4L LC su konjugirano-kompleksni brojevioscilatorni odziv b)

Teorija Mrež a - 47

82.

Odredite otpor slabo prigušenog serijskog RLC kruga ako je poznat L, C, a vršna vrijednost napona na C se nakon 5 perioda istitravanja smanji na 10% početne vrijednosti.

Am 1  10 Am n 0,1

n 5

2 T  2 LC d

d 0

1   LC   za serijski RLC - krug R    2L 

0 

R 1 A 1 2 ,3 0,073   ln m  ln10   2 L nT Amn 5  2 LC 10 LC LC

R 0,073 L   R 0,146 2L C LC

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 48

83.

Odredite faktor dobrote slabo prigušenog titrajnog kruga.

1 iR R2   iC dt 0 C di iR R2 iRL R1 L RL 0 dt

iR i C i RL  i RL iR iC

1 iR R 2   iC dt 0 C

i R K 1 e st

d iR R 2 iR R1 iC R1 L  iR iC 0 dt

i RL (K 1 K 2 ) e

iC K 2 e st

1 1 K1 e st R2   K 2 e st 0 : e st 0 C s st K1 e R2 K1e st R1 K 2 e st R1 L( K1 K 2 )  s e st 0 : e st K1 R2 K2

1 1  C s

K1 (R1 R2 Ls ) K 2 ( R1 Ls ) 0



K2 R2 Cs K1



K 2 R1 R2 Ls  K1 R1 Ls

R R2 Ls R2 Cs  1 R1 Ls R1 R2 Cs R2 CLs R1 R2 Ls 2

s (R2 CL ) s( R1 R2 C L) ( R1 R2 ) 0 :( R2 CL ) 2

R1 R2 C L  R1 R2  s 2 s  R CL   R CL    2  2        2

0

2

R1 R1 R2 CL R R 2  R2 CL  Q 0   1 2 R1 R2C L R1 R2 C L R2 CL

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

st

Teorija Mrež a - 49

84.

Odredite faktor dobrote serijskog RL-kruga priključenog na izmjenični izvor frekvencije f. di iR 0 dt di R d 2 q R dq i 0  2  0 dt L dt L dt L

s 2s 0 0 2

2

R 2 s  s 0 L

R s  L



uskladiš te na energija u krugu (t ) Faktor dobrote: Q 2 2 disipirana energija u krugu u periodi T (t ) (t T )

1 (t )  Li 2 (t ) PR RI 2 2 1 2 Li L L 2L L Q 2 2 2   1 2 RT T R R RiL T 2

85.

Koji uvjet mora biti zadovoljen da bi u istosmjernoj mreži sheme spoja prema slici bio ostvaren periodički režim rada? Periodički režim rada zadovoljen je ako je

t T

 Ri dt 0 . Ovaj 2

t

 se uvjet može zadovoljiti samo ako je R R (t ) 0 . Otpor R 

mora biti vremenski promjenjiv, ali tako da u dijelu periode T iskazuje svojstvo pasivnog otpora, a u dijelu periode T svojstva aktivnog otpora.

86.

Zašto je poznavanje slobodnog odziva dovoljno da bi se odredio potpuni odziv istosmjerne mreže. Poznavanje slobodnog odziva dovoljno je da se odredi potpuni odziv istosmjerne mreže u kojoj je istosmjerni naponski izvor spojen u seriju s kapacitetom ili istosmjerni strujni izvor spojen u paralelu s induktivitetom, jer sa stajališta analize nema razlike između početnog napona na kapacitetu i nezavisnog izvora, odnosno početne struje kroz induktivitet i nezavisnog strujnog izvora spojenog paralelno induktivitetu.

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 50

87.

Zašto valni oblici odziva u prijelaznom stanju ne ovise o valnim oblicima poticaja? Objasniti na primjeru RL kruga uključenog u t=0 na izvor u Uˆsin t .

ustaljeno stanje

+

prijelazno stanje

Za krugove s konstantnim ili periodičkim poticajem za određivanje prijelaznog stanja rješavamo homogenu diferencijalnu jednadžbu, dakle ne sudjeluje poticaj. Valni oblici ovise isključivo o prirodnim frekvencijama kruga. ( poticaj ne igra ulogu u prijelaznom stanju, dok početni uvjeti imaju utjecaja)

88.

Nacrtajte najjednostavniju shemu spoja mreže napajane iz istosmjernog naponskog izvora pri čemu je struja izvora i I 0 I1e 1 t I 2 e 2 t .

Odziv: I0 , I1 , I 2  konstante

1 ,2 0 Poticaj: istosmjerni naponski

Ustaljeno stanje : i – istosmjerno; t  i I 0 (moguća 2 rješenja)

Prijelazno stanje: 1 , 2  mreža 2. reda (moguće da se pojave LC, LL, CC) - moram paziti da ne dobijemo kratki spoj, i da imamo mrežu 2. reda tj. da se od dva C ne može napraviti nadomjesni C).

Rješenje:

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 51

89.

Nakon uklopa koje sklopke ili grupe sklopki se može u mreži sheme prema slici postići samo prigušeni odziv neovisno o vrijednostima elemenata mreže? Moguće dvije mogućnosti : -

aperiodski odziv

-

prigušeni odziv : ako je 0 i prirodne frekvencije s1 i s2 su dva realna broja

- ako uklopi S2 – mreža je prvog reda, odziv je eksponencijalan (nije mogućni prigušeni ni aperiodski odziv) :

-

ako uklopi S1 , mreža je drugog reda (ako je R1 zbog induktiviteta postoji aperiodski odziv (ako uklopi S 3 mreža je 2. reda – ne postoji induktivitet)

-

bez obzira na R i C vrijedi da je odziv prigušen zato što postoji ustaljeno stanje

-

ako uklopi S2 i S3 možemo otpore R1 i R2 nadomjestiti ekvivalentnim potporom i tada se slučaj svodi na uklop S3 , te je i ovo rješenje zadatka :

-rješenje je ako uklopi S2 i S3 ili samo S3

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 52

90.

Na karakteristici kapaciteta grafički prikažite energetske odnose u istosmjernom serijskom RLC krugu ako se napon napajanja skokovito mijenja kao na slici. C je linearan i VNP.

1 C  C (3E ) 2 uskladiš tena energija 2 1 wR 3 CE 2 disipirana 2 1 C  C ( nE )2 2 1 wR  CE 2 n 2 Kod kumulacije pri skoku napona nastavljamo na već dobiveno. Kod disipacije padnemo na nulu pa pri skoku počinjemo iznova. Zato imamo iste površine. Kapacitet posjeduje pamćenja,a otpor ne.

svojstvo

Kapacitet pamti prethodna stanja, a otpor ne pamti.

91.

Odredite koliko se energije pretvorilo u toplinu na otporu R za vrijeme nabijanja kapaciteta karakteristike q AuC | uC | na napon izvora E. Prikažite grafičke energetske odnose u krugu. q Au C | u C | - karakteristika kapaciteta

uC (t) E t ustaljeno stanje

uC , q punjenje C  troš ilo, pasivan

WC uC dq 0 q2

q1

u C 2 E

E

u C 1 0

0

WR  qdu C Au C2 duC A

uC 3

3 E

A 0

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

3

E 3

- nelinearan, vremenski nepromjenjiv, pasivan

Teorija Mrež a - 53

92.

Na serijski RC krug narinut je napon valnog oblika prema slici. Koji uvjet mora biti zadovoljen da bi se snaga disipirana na otporu s dovoljnom tehničkom  točnošću mogla izračunati prema izrazu: PR fCU 2 , f  ? 2

/2



 

  /2

t

Mora biti zadovoljen uvjet da je T  RC , (tada ''odmah'' nastupa ustaljeno stanje,t. napon uC u RC inače bi disipaciju morali računati po I 2 R .

93.

Količina energije predana serijskom RC krugu iz izvora valnog oblika napona u E (1 e t /T ); T 0 do t=0 do uspostava ustaljenog stanja iznosi:

1 T 2 RC WE  CE 2 . Odredite količinu energije disipiranu na otporu R te 2 T RC komentirajte slučaj T>>RC i TRC

2) TRC. B) Da li se smanjivanjem periode T u odnosu na vremensku konstantu kruga poveća ili smanjuje potrebna snaga istosmjernog naponskog izvora?

a)

PE 2  PRC PE 2 f  C E2

- ako je T>>RC ''odmah'' nastupa ustaljeno stanje

- u pola periode na R1C1 energije je

1 1 2 2 CE ,i u drugoj polovini periode na R 2C2 je CE , 2 2

1 pa je ukupna energija W 2 CE 2 CE 2 2

b) ako se smanjuje perioda T u odnosu na vremensku konstantu RC. tj. sada je T>RC, energija će se povećati (duže treba da dođe do ustaljenog stanja tj. da C bude prekid)

95.

Količina energije pretvorene u toplinu u serijskom RC krugu napajanog iz naponskog izvora valnog oblika prema slici, do uspostave ustaljenog stanja   iznosi: WR CE 2  1  e t /  ; RC . Odredite količinu energije pretvorene u  T T toplinu za dva posebna slučaja a) T , b) T  te objasnite rezultate.

a) T  WR  0

b) T 

''odmah'' nastupa ustaljeno stanje

T 1T2 e t /  1   2  2   T 1 T 2   WR CE 2  1  1  1   T   2 2   T  WR CE 2

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

 1T 1 1 1   CE 2  T 2  2

Teorija Mrež a - 55

d 2y dy 2 2 0 y Xˆsin t 2 dt dt pretpostavljeno je rješenje u ustaljenom stanju y Yˆsin(t ) . Odrediti Yˆi 

96.

Za mrežu opisanu diferencijalnom jednadžbom

metodom izjednačavanja koeficijenata uz ortogonalne komponente rješenja. sin(t ) sin t coscos t sin 

y Yˆ sin(t ) yYˆcos(t )

cos(t ) cos t cos sin t sin 

2  yYˆsin(t )

2Yˆ (sin t cos cos t sin ) 20Yˆ (cos t cos sin t sin ) 0 2Yˆ (sin t coscos t sin ) Xˆsin t

izjednačimo koeficijente uz sin t i cos t 2 2 Yˆcos 20Yˆsin 0 Yˆcos Xˆ: cos  2 2 Yˆsin 2Yˆcos  Yˆsin 0 : sin  0

0

2 2ctg0 2 0

2 0 2 ctg 2

2 tg 2  0 2

arctg

2 2  0 2

Xˆ 2 2 Yˆ20Yˆ tg0 Yˆ cos   2 2 Xˆ 2  20  Yˆ   0 2   cos  2 0   2 Xˆ 2 0 ˆ Y cos42 0 (0 2 2 )(2 0 2 )

97.

Zašto umnožak fazora nije fazor?

FAZOR – kompleksni broj kojim je prikazana jednoharmonijska funkcija. Monoharmonijske funkcije: sin x, cos x, sin 2 x, sin( x ) - neka su zadana dva fazora:

U I- nije fazor.

UUˆ/ 0  u Uˆsin t IIˆ/ 0  i Iˆ sin t

  ( 1  cos 2  t )  1 1  ui Uˆ Iˆ sin 2 t Uˆ Iˆ Uˆ Iˆ  cos  t   2 2 2     ist . č lan izmj . č lan  

Pri množenju dva fazora ne dobijemo jednoharmonijsku funkciju pa zaključujemo da umnožak fazora nije fazor.

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 56

98.

Metodom fazorske transformacije odrediti valni oblik odziva u ustaljenom stanju mreže opisane diferencijalnom jednadžbom: d 2x dx 0,1 0,6 2 x 20 sin 10t, 10 . dt dt

0,12 j 2 x0,6 j x2 x20 / 0 o 0,12 x0,6 jx2 x20 / 0o 10xj 6x2 x20 / 0 o 20 / 0o 20 / 0o 20 / 0o x  2  2 /  10 2 j 6 10 /  8 6 2

 

 

x (t ) Re Xˆ e j (t )  X dx Re jXˆ e j (t )  j X dt d 2x Re 2 Xˆ e j (t )   2 X 2 dt o 20 sin10t  20 / 0





20 / 0 o 20 j 0 8 j 6 10 / 143,13o

=> X 2 / 143,13 o

20 / 0 o 2 / 143,13o o 10 / 143,13

99.

Funkcija x sin(t ) prikazana je fazorom x1 . Kojim je fazorom prikazana

funkcija y sin(t ) . x sin(t )   x 1 deriviramo cos(t ) j sin(t ) sin(t ) sin  (t ) ()sin(t ) cos() cos(t ) sin()

cos() j sin( )  y

100.

Funkcija Aˆsin(t ) prikazana je fazorom AA . Kojim je fazorom prikazana

funkcija Bˆ cos t ? Aˆsin(t )  AA Bˆcos t  ?  B(sin j cos) sin(t )  1 cos(t )  j

cos(t ) cos(t ) cos sin(t ) sin  j cos sin 

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 57

101.

Funkcija C sin(t ) prikazana je fazorom A jB . Kojim je fazorom prikazana

funkcija D sin(t ) ?

A B A B sin(t )  j cos(t ) j  C C C C sin(t  ) sin[(t ) ()] sin(t ) cos() cos(t ) sin() A B  A B   j cos() j  sin() C C  C C BD  AD  AD BD  D sin(t )   j  sin() cos( ) j C  C  C  C BD AD AD  BD  D sin(t )   cos()  sin( )j  cos()  sin() C C C  C 

102.

Fazorom jA prikazana je funkcija A cos t . Kojim je fazorom prikazana funkcija

B cos( t ) ?

cos t  j deriviramo

sin t  1 sin t  1

cos(t ) cos t cos sin t sin  j cos sin  B cos(t )  B (sin j cos)

103.

ˆcos(t ) prikazana je fazorom AA . Koja je funkcija prikazana Funkcija A

fazorom A jA ? cos(t ) 1 deriviramo sin(t ) j cos(t ) sin(t ) 1 j   sin  t  sin(t ) 2 cos 2 

    2 t   t  t  t  t  2  4   2 2 sin 2 cos  sin  2 cos t   2 2 2 4 2 4 

   2 cos t    4    Aˆ 2 cos t   A jA 4 

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 58

104. a)

Zadan je fazor A+jB. Koje od te tri navedene funkcije prikazuju taj fazor?

A2 B 2 cos(t arctg

B ) A

b) C sin(t ) C  A 2 B 2 arctg c)

B A

 A 2 B 2 cos(t  ) 4

- sve tri funkcije su rješenje jer način preslikavanja nije zadan. Fazorska transformacija počinje nakon definiranja pravila preslikavanja.

105.

Zadana je amplitudna karakteristika impedanijce neke naprave. Odredite najjednostavniju shemu spoja te naprave. Z ( j ) - ulazna funkcija mrež e

U u Z ( j )   Iu - nadomjesna shema: na niskim i visokim frekvencijama ulazna impedancija je beskonačna, a na srednjim frekvencijama ima minimum. - elementi mreže zapisani u fazorskom području: Slika kapaciteta 1  U IC C  jC

Slika induktiviteta U LI L j L

niske frekvencije

visoke frekvenicije

 0  | Z ( j) | 

   | Z ( j ) | 

- induktivitet

jL

Minimum – područje konstantne impedancije.

1/jL

- kapacitet - otpor

106.

Koji se elementi mreže nalaze u crnoj kutiji B ako je u 120 sin(314t 60 ),

i 15 cos( 314t 80  )

u 120 sin(314t 60 ) i 15 sin(314t 170 )

 cossin  2

Ako kut između napona i struje nije između -90° i 90° radi se o aktivnim elementima mreže. Zaključujemo da je u crnoj kutiji B naponski ili strujni izvor.

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 59

107.

Odredite prijenosne funkcije mreže dvoprilaza. Poticaj djeluje na prilazu 1.

iL i1 iC C u1 L

diL dt

duC dt

 jU CC

u C  U U C CL  C

  Prijenosna impedancija: Z 21 ( j) U 2  U C  1   I1

jU C C

jC



Prijenosni omjer struja: 21( j) I 2 0  I1





UC 1 Prijenosni omjer napona: A21 ( j) U 2     U1 U C (1 CL ) 1 CL 

I2 0 Prijenosna admitancija: Y 0 21     U1 UC (1 CL)

108.

Zadana je prijenosna funkcija mreže

U2   . Odredite efektivnu U j  1

vrijednost u2 (t) ako je poznat valni oblik poticaja: u1 Uˆ Uˆ Uˆ 1 sin t  3 sin 3t  5 cos 5t .

U 2 () U 1 ()



 2 3 U 2 (3) U 1 (3) 2  92 5 U 2 (5) U 1 (5) 2 252 2

U 2  U 2 () 2 U 2 (3) 2 U 2 (5) 2

2 92 252 1 9 25 2 2 2 2 2 U2  U1 2 U 3 2 U 5  U 1 U 3 U 5 2 2 2 2 2 2 2 2 2    9  25    9  252 2

109.

Zašto se ne može reći da je rezonancija nastupila u točno određenom trenutku?

Rezonancija je pojava koja se promatra u ustaljenom stanju. Stanje u nekom trenutku nije bitno, bitan je proces koji traje.

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 60

110.

Amplituda napona na kapacitetu u serijskom RLC krugu napajanom iz

naponskog izvora u Uˆcos t dana je izrazom : Uˆ Uˆ C 

0

2

(0  ) 4  2

2 2

2

2

, gdje je

 faktor gušenja, a 0 vlastita frekvencija kruga. Odredite maksimalnu vrijednost napona na kapacitetu ako se mijenja 0 . dU C (0 ) 0 d0 1 2 2 2 2 2 2 2 2 20 (0  ) 4  0 2(0  )20 2 2 2 2 2 2 (0  ) 4  Uˆ 0 2 (0 2 )2 422 20 [(0 2 )2 422 ] 20 (0 2 ) 0 2

3

2

0 20 2 4 422 0 0 2 0 4

2

4

2

20  4 0 0 2

2

2

2

0 42 2 2

0 r  2 42 UC (0 r ) Uˆ

2 42 (2 42 2 ) 2 42 2

Uˆ

2 42 164 42 2

Uˆ

2 42 42 ( 42 2 )

  U C (0 r ) Uˆ 0 r Uˆ 0 r 20 r 2 2

111.

Zašto je definicija faktora

(t ) dobrote Q 2 (t ) (t T )

gdje je (t )

uskladištena energija u krugu u nekom trenutku t, a T perioda titranja, neprimjenjiva na harmonički poticane krugove? Kod harmonički poticanih krugova energije u trenutku t i t+T su jednake pa bi u izrazu za dobrotu nazivnik bio jednak 0 i dobrota bi bila beskonač na.

 (t )  (t T )  

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 61

112.

Zašto je rezonancija odziv na jednoharmonijski poticaj?

2 Ako u nekoj mreži djeluje npr. opći periodički poticaj (ems) periode Tr  , u Fourierovom r

rastavu nema harmonijskog člana potrebne frekvencije r pa rezonancije neće biti. Npr. RLC serijski kad na njega djeluje višeharmonijski naponski izvor: L

N di 1 Ri   idt Uˆ(n) cos(nt n ) dt C n 1 N

i Iˆ ( n) cos(nt n n ) n 1

Uˆ ( n) 1 Iˆ (n)  2 L 0 2 n 22  2    n 4  

Odavde vidimo da je za frekvenciju n moguća rezonancija, ali samo ako postoji odgovarajući poticaj Uˆ(n) na toj frekvenciji.

113.

Trošilo otpora R napaja se preko LC kruga iz izmjenične mreže. Koji uvjet mora biti zadovoljen da efektivna vrijednost struje trošila ne bi ovisila o vrijednosti otpora? Koja svojstva posjeduje u tom slučaju promatrana mreža?

  Uj L( I C I R ) R I R 1    RC I RI R  I C I R j  j C C Uj L( IjRC I) RII( j L 2 LRC R ) R

R

R

R

U U I   ...ako je 2 LC 1 R R (1 2 LC ) jL jL - ako je 2 LC 1  da efektivna vrijednost trošila ne bi ovisila o R vlastita frekvencija kruga mora biti jednaka frekvenciji poticaja. Mreža posjeduje svojstvo strujnog izvora.

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 62

114.

Trošilo otpora R napaja se preko LC kruga iz izmjenične mreže. Koji uvjet mora biti zadovoljen da efektivna vrijednost struje izvora ne ovisi o promjeni otpora trošila. UVJET: I f (R )

j L

- treba naći frekvenciju poticaja da bi to bilo ispunjeno

1/jC





1 R R 1 jRC j 1 j 2 LC 1 2 jC j  L   RLC  R R  L  L Z ul  jL  jL    jL  jL 1 R 2 R 2 1  j  RC 1  j  RC R 1 j  LC 1 j  LC j C L L R

Z1     R 2 1 j 1  LC L Z ul  jL R 2 Z3 1 j  LC  L    





Z2

2

| Zul |L



R  2 1    1  LC  L  

 2

 izjednačimo 1 2 LC 2 LC brojnik i nazivnik 2 LC 1 / 2  

2

R  1  (2 LC) 2 L  

- frekvencija mora biti

1 2LC

1 i tada je ostvaren uvjet da I f (R) ¸ 2 LC

115.

Koliki mora kapacitet C biti da se u zadanoj mreži nakon uklopa sklopke S ne promijeni efektivna vrijednost struje izvora

| Z ul | | Zul * | | R j ( X L X C ) || R jX L | R 2 ( X L X C ) 2 R 2 X L X L X C X L X C 2 X L

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

2

1 2L C 22 LC 1 1  C 2 2 L

Teorija Mrež a - 63

U 2 Nacrtajte amplitudnu karakteristiku funkcije mreže H ( j)   . Koji uvjet U1

116.

mora biti zadovoljen da bi se ova mreža ponašala kao niskopropusni filtar? j L 1/jC

- prilaz 2 nije opterećen pa je I R 0  1  IjCU U 2 I1 1 2 jC KZN:   2 LC ) U U 1 I1 jL  2 U 2 (1  | H ( j ) |

1

 1  LC  2

2

1  1 2 LC



U 1 2 H ( j)    U1 1 2 LC

|H(j)|

amplitudna karakteristika – kako se modul mijenja ovisno o frekvenciji.

1 2 LC 0 1 r  LC r | H ( j) | 





- Niski propust – propušta niske frekvencije. Pojačanje do g treba biti konstantno, treba postojati konstantan omjer struje i napona (R) odnosno treba mrežu M opteretiti. KZN, KZS:  L I 1 U 1 I1 j  C jC  1 U2 I 2 R I C jC III C

1

2

jL R(1 2 LC )     U  U 1 2  R   U R 2 H ( j )    2 U1 R(1  LC) jL | H ( j) |

|H(j)|

R R 2 (1 2 LC )2 2 L2



0 | H ( j) |1 , lim | H ( j) |0 

- g - gornja granična frekvencija : ona kod koje pojač anje opadne za 3 dB - | H ( j g ) |1 / 2 0,707 - bitan za određivanje granične frekvencije

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )



Teorija Mrež a - 64

117.

U 2 Nacrtati amplitudnu karakteristiku funkcije mreže H ( j)   . Koji uvjet mora U1

biti zadovoljen da bi se mreža ponašala kao visokopropusni filtar?

1/jC j L

- prilaz 2 nije opterećen pa I 2 0 U 2 U2 I L  I 1 j 1  jL

U U 2 LC 2 2  H ( j)     2 1   LC 1 U1  1   1 U U U2  1 2  U 1 2  1 I 1 2 2   LC  jC   LC 

| H ( j ) |

(2 LC) 2 (2 LC )  (2 LC 1) 2 (2 LC 1)

|H(j)|

2 LC 1 0 1 r   | H ( j) |  LC





- Visoki propust – propušta visoke frekvencije. Pojačanje do g treba biti konstantno, treba postojati konstantan omjer struje i napona (R) odnosno treba mrežu M opteretiti.  1 U U 1 I1 2 jC U IR Ij L 2

2

L

U U 2 2   I  I  I   1 L 2 R jL

   1 1  U U 1   L jR j2 RLC 2 2   U    U  U    1  1 2 2 2 U 2 jC  j L  j2 RLC j RC  LC  R  U j2 RLC 2 H ( j   L jR (1 2 LC) L jR(1 2 LC)  U2 j 2 RLC RLC | H ( j) |  2 (L) R 2 (1 2 LC ) 2

|H(j )|





0  H ( j ) 0    H ( j) 

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 65

118.

Dokažite da u reaktivnom pojasnom propustu sheme spoja prema slici vrijedi U 2 2 da je:   , B 2 , gdje je  faktor guš enja, a 0 vlastita U 1 2j(2  2 ) 0

frekvencija.

j L

1/jC

 U 2 U2 I R  I 1 1 R jL  1   j L  1 1 U   1 I1   U 2 U 2    jC  jCR   R 1 R j U2 U2 R R jRC L     2 LC  2 1 1 R U U2  1   LC 1 jRC  LC 1 jRC 1 2 1 jL  R   j  jL  R    jC LC LC L R  jC jC    0 2



2

j 2 j 2 2    2 2 2 2 j2(0  ) j 2j (0  ) 2j (2 0 2 )

119.

Obrazložite fizikalni smisao pojma jalove snage. Zašto dimenzije reaktivnih elemenata ovise o njihovoj jalovoj snazi?

Jalova snaga je mjera za količinu energije koja njiše između izvora i pasivnog jednoprilaza i ne sudjeluje u pretvorbi električne energije u drugi oblik. Jalova snaga je amplituda trenutne snage i zato je mjera za dimenzije reaktivnih komponenti. Veći elementi se lakše rashlađuju.

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 66

120.

Valni oblik trenutne snage p 4(1 cos 2t ) 6 sin 2t ,W . Odredite

jednoprilaza dan je izrazom djelatnu, jalovu i prividnu snagu

jednoprilaza. Obrazložite fizikalni smisao prividne snage. P 4 4 cos 2 t 6 sin 2 t

10

P 4W

7.5

S  (4) 6  52 7,2VA 2

5

2

Q  S P  7,2 4

2.5

2

1

2

3

4

5

6

-2.5

2

2

2

Q 6VAr

-5

Prividna snaga je najveća moguća djelatna snaga koju bi jednoprilaz mogao preuzeti iz izvora pri danim efektivnim vrijednostima napona i struje jednoprilaza.

121.

Zadana je pozitivna amplituda P1 trenutne snage i negativna amplituda P2 trenutne snage. Odredite djelatnu, jalovu i prividnu snagu jednoprilaza.

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 67

122.

Zašto za kompleksnu snagu vrijedi zakon o očuvanju, a ne vrijedi za prividnu snagu?

Ako u nekoj mreži vrijede Kirchoffovi zakoni vrijedi i zakon očuvanja energije što je posljedica Tellegenova teorema. Zakon očuvanja energije vrijedi za linearne transformacije, a prividna snaga je dana izrazom S  PR 2 Q 2 ; korjenovanje nije linearna transformacija pa ne vrijedi zakon očuvanja prividne snage. Kompleksna snaga dana je izrazom SPR jQ . Zbrajanje jest linearna transformacija pa vrijedi zakon očuvanja kompleksne snage. Dokaz Kirchoffovih zakona za fazore: KZS:

n

a

i 0 za j-ti č vor

jk k

k 1

 

ˆ jk  jednoharmonijska funkcija i Re i e jt  linearno I K I K e K k

KZN:

n

b jk Uk 0 , iz Tellegena: k 1

b

1  b  U k I k Sk 0  k 1 2 k 1

- u svakoj linearnoj vremenski nepromjenjivoj mreži u kojoj djeluju izvori na samo jednoj frekvenciji očuvana je kompleksna snaga.

123.

Trošilo i izvor spojeni su parom vodova induktiviteta LV i otpora RV. Neka se na trošilu održava konstantna efektivna vrijednost napona U i djelatna snaga P. Dokažite da su gubici u prijenosu energije minimalni ako je jalova snaga trošila potpuno kompenzirana. GUBICI PRIJENOSA: ono š to se izgubilo na vodu u toku prijenosa energije. S UI  P 2 Q2

 I

2  P Q2   PR I RV RV  2  2 ; U  U    konst .  2

P 2 Q2 U

PR min  za Q 0

- P i U su konstantni, pa će PR biti minimalan ako je Q=0, odnosno kompenzirana jalova snaga.

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 68

124.

Iz izmjeničnog naponskog izvora efektivne vrijednosti napona U=10V i impedancije L=1 napaja se u jednom slučaju radno trošilo, a u drugom slučaju radno-kapacitivno trošilo kako je to prikazano na slikama a) i b). Izračunajte u oba slučaja djelatne snage trošila i pripadne faktore snage. Iz dobivenih rezultata proizišao bi zaključak da se maksimalna djelatna snaga trošila pri istoj efektivnoj vrijednosti struje ne postiže uz faktor snage trošila cos T 1. Je li taj zaključak ispravan?

L=1

L=1 

R = 2

R =1

  C=1

1 Z  R T2 (L  ) 2 C Z  1 1  2 U 10 I  A Z 2 100 2 PR RI 1  50W 2 100 2 QL LI 1 50VAr 2 PR 50 1 2 cos     2 2 2 2 2 2 PR QL 50 50 2

cos T 

2

PR

1

PR 2

2

1 2  U I RT  L    I   C 

U  1  RT  L   C   2

2



10

A

2

10  PR RI 2  2  50 2W  2 2

QL LI 2 50VAr 2

I QC  50VAr C PR cos  1 2 PR (QL QC ) 2 cos T 

PR PR QC 2

2



50 2 (50 2 ) 50 2

2



2 3

Da, ali maksimalnu djelatnu snagu koju bi jednoprilaz mogao uzeti iz izvora pri danim 1 2 efektivnim vrijednostima struje i napona je pri cos1  PR  R Iˆ UI S . Pod b) je 2 ostvaren uvjet rezonancije struje (Q L=QC) , tj. jalova snaga trošila je kompenzirana 1 ( L  ) C

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 69

125.

Zašto je u pasivnim mrežama složenosti po volji na svakom prilazu fazni    pomak napona i struje tog prilaza u granicama   , ?  2 2

2 P j 4( C ) L  Impedancija u pasivnim mrežama dana je izrazom: Z ( j)  R 2 Iˆ P 0  Re Z ( j)0, Im Z ( j) 0 , pa je kut impedancije arctg

4(L C ) . 2P

  Ovaj kut je uvijek:  ( Z ( j ))  2 2   UZ  I, tako je maksimalni fazni pomak između U i I  (Z ( j))  . 2 2

126.

Koji uvjeti moraju biti zadovoljeni da bi u jdenopirlaznoj mreži složenosti po volji nastupila fazna rezonancija, a koji da bi nastupila prava rezonancija.

2 P j 4( C ' ) L ' Z ( j)  , Z(j) – impedancija općeg jednoprilaza,  L ' - srednja magnetska 2 ˆ I1 energija uskladištena u svim induktivitetima mreže, C ' - srednja elektrostatička energija uskladištena u svim kapacitetima mreže M. - fazna rezonancija nastupa pod uvjetom da je L ' C ' - ako npr. je L ' C ' , ali je razlika | L 'C ' | mala u odnosu na L ' odnosno C ' , tada smo P malen u odnosu  prema L ' odnosno C ' , tada se sigurno nalazimo u blizini maksimuma amplitudnih

sigurni da smo u okolišu točke fazne rezonancije. Ako je istodobno

karakteristika. (Uočimo da se pri 0 fazna rezonancija podudara s ''pravim'' rezonancijama). Prava rezonancija nastaje pri r 0

127.

U mreži sheme prema slici poznat je valni oblik napona naponskog izvora u Uˆ t Uˆ t te valni oblik struje strujnog uvora 1 sin  2 cos 2 i Iˆ 2 ) Iˆ i 2 sin(2t  3 sin 3t . Nacrtati nadomjesnu shemu za prvi, drugi i treć

harmonik.

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 70

128.

Odredite snagu otpora R ako je RCRC, b)TRC => odmah nastupa ustaljeno stanje (kapacitet se brzo puni i prazni)

-pošto se radi o RC-krugu struja pada i raste eksponencijalno

1 T 1 U (0)   Edt   T E  E uC T 0 T b) Tt3 za stepenasti poticaj prikazan na slici te ako je skokovni odziv dan sa s(t ) 1 e t / .

A S (t )  A s(t ) poticaj

odziv

y (t ) X 1[ s(t ) s(t t1 )] X 2 [ s(t t 2 )s(t t 3 ) ] poč oč et

kraj

s(t ) 1 e t /  t t t t  t  1  t t2  3 y (t ) X 1  1 e 1 e  X 2  1 e 1 e       t t3 tt t t1  t   2       y (t ) X 1  e  e  X e  e   2     

t df (t x ) Parcijalnom integracijom izraza i(t ) f (0)u (t )  u ( x) dx; t 0 odredite 0 dx drugi oblik Du Hamelovog integrala.

189.

udv uv  vdu 





t du ( x) t i(t ) f (0)u (t ) u ( x) f (t x ) 0  f (t x )dx 0 dx t du( x ) i(t ) f (0)u (t ) u (t ) f (0) u( 0) f (t )  f (t x )dx 0 dx t du (x ) i(t ) u (0) f (t )  f (t x )dx 0 dx

190.

Odredite odziv struje serijskog RC-kruga na jedinični skok napona.

KZN : 1 uR uC 1 t d 1 iR   i (t )dt 0 C dt di 1 di 0 R  i  RC i 0, RC dt C dt t 

i Ke st Ke , K ?

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

t  0  i (0) K  1 K 1 0 Ri   i ( x)dx 1 0 C  0

1 1 t i(  0)   i  e  R R Odziv na jedinični skok s(t)

Teorija Mrež a - 101

s(t ) i(t ) S (t ) t 1  s(t )  e S (t ) R

 t  1   duC  iC (t ) C C e      dt    

du C u C u dt du  C uC u dt du  C uC 1 dt t  t      uC (t ) 1 1 e 1 e   RC

191.

t

t

C  1   e  e  RC R

Odredite valni oblik odziva y(t) za t >t1 na poticaj zadan valnim oblikom prema

slici ako je skokovni odziv dan sa s(t ) et /.

du ( x) i(t ) U (0) f (t ) f (t x)dx 0 dt slobodni odziv t

derivacija poticaja

x1  t x1 (t ) t1 0 

0 t t1 t t1

0 0 t t1  x2 (t )  x1 t t t t1  1

t1 x t x t x y (t ) 0  s (t ) 1 s (t x) dx 1 s (t x) dx X 1 s (t t1 ) 1 s (t x )dx 0 t t1 t t1 t 1 1 1 t1 x y(t )  1 f (t x )dx X 1 s (t t1 ) 0 t 1

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 102

192.

Na ulazu jednoprilaza poznatog skokovnog odziva s(t) djeluje napon valnog oblika prema slici. Odredite valni oblik struje i(t) a) u intervalu 0 t t1 , b) u intervalu t1 t . 2 E  t1   t   0 t t1 u t1  2  0 t t1  t du ( x ) i (t ) U (0) f (t )  f (t x) dx 0 dx

2E a) i(t ) Es(t )  t1

s(t x )dx

2E b) i(t ) Es(t )  t1

s(t x) dx Es(t t )

t

0

0 t t1

t1

0

1

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

t t1

2 E du  t1 dt  0

0 t t1 t t1

Teorija Mrež a - 103

a) b)

2E i (t ) Es( t )  t1 2E i (t ) Es(t )  t1

t

f (t x) dx 0 t1

f (t x) dx Es (t t ) 1

0

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 104

193.

Na ulazu jednoprilaza poznatog skokovnog odziva s(t) djeluje poticaj valnog oblika prema slici. Odredite valni oblik y(t) u a) intervalu t1 t 2t1 , b) u intervalu

2t1 t . X 1 t t 1  X1 x   t 2 X 1  t1  0  

0 t t1 t1 t 2t1 t 2t1

t1 X t X a) y (t )  1 f (t x )dx  1 f (t x) dx 0 t t1 t 1 1

t1 X 2 t1 X b) y (t )  1 f (t x )dx  1 f (t x )dx 0 t t t1 1

194.

Na ulazu jednoprilaza poznatog skokovnog odziva s(t) djeluje napon valnog oblika prema slici. Odredite valni oblik struje i(t), a)u intervalu 0 t t1 , b) u intervalu t1 t . E  t 0 t t1 u (t ) t1 E t t 1 

t E a) i (t ) 0 s (t )  s (t x )dx 0 tl1

t1 E b) i (t ) 0s (t )  s (t x) dx 0 t 1

0 t t1

t t1

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 105

195.

Na ulazu dvoprilaza djeluje impuls napona prikazan na slici. Odredite valni oblik napona na izlazu dvoprilaza u intervalu t1 t . E RCt R   e t  u s (t )  2  R e  u1 E

t

t

tx

t x t1

 E 1  E i(t )  u( x )h( x )dx   e dx   e  0  0

 E  e 

tt  1 

196.

e

t  

  E e    

t  

e

t t  1 

   

 0

ds 1 t h(t )   e dt 

1 tx u2 (t )  u1 ( x )h(t x )dx E   e dx 0 0  t1 t   u2 (t ) E  1 e  e     t1

t1

Odredite odziv struje serijskog RC kruga na jedinični impuls napona.

t

i(t )  u( x )h(t x )dx 0

1 t d iR   i ( x )dx 1 C 0 dt di 1 R  i 0 dt C di 1  dt i RC i Ke t / i( 0) K

1 K R 1 t i (t )  e  R

1 t i (t )  e RC s(t ) R ds 1  1 RCt h (t )     e dt R  RC  1 t h (t )  2 e  RC

1 Ri 1  i  K R

197.

Koji uvjeti moraju biti zadovoljeni da bi se mreže mogle analizirati pomoću superpozicijskih integrala?

Svi pasivni elementi mreže moraju biti linearni i vremenski nepromjenjivi. Analizirana mreža mora biti ''mrtva'',tj. početni uvjet =0

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 106

198.

Kako primijeniti superpozicijske integrale ako analizirana mreža nije mrtva?

Tada mrežu teoremom superpozicije rastavimo na onoliko mreža koliko treba da svaka bude mrtva i riješimo svaku posebno.

199.

Koji su osnovni razlozi za primjenu Laplaceove transformacije u analizi mreža?

Laplaceova nam transformacija omogućuje da se integro-diferencijalne jednadžbe mreže pretvore u algebarske jednadžbe, te dopušta u analizi razne vrste poticaja i omogućuje dobivanje potpunog odziva.

200.

U kojim je slučajevima nužno da donja granica definicijskog integrala Laplaceove transformacije bude t=-0? Ilustrirati primjerom.

Kod loše definiranih mreža samo izbor t=-0 kao donje granice definicijskog integrala omogućuje da dobijemo rješenje. Ako je mreža dobro definirana ne postoji diskontinuitet početnih uvjeta, tada je nebitno je li donja granica t=-0 ili t=+0.

E i1 (0)  R1 i2 (  0) 0 i1 (0) 0 t  0 di1 di M 2 us dt dt di di II : 0 R2i 2 L2 2 M 1 dt dt I : E i1 R L1

t=-0, II .

t=+0

0 R 2I 2 ( s ) sL2 I 2 ( s) L2 i2 ( 0) sMI 2 ( s )Mi1 ( 0)

0 R2 I 2 ( s ) sL2 I 2 ( s ) L2 i2 ( 0) sMI1 ( s) Mi1 ( 0 )

0 R 2I 2 ( s ) sL2 I 2 ( s) Mi1 (  0)

1 I 2 ( s) i2 ( 0) R s 2 L2

 0

 0

Mi ( 0 ) Mi1( 0 ) 1 I 2 ( s)  1   R R2 sL2 L2 s 2 L2 Mi ( 0 ) t M E t i2 (t )  1 e   e L2 L2 R1

 0

i2 ( t ) i2 ( 0) e

t  

i2 (  0) ne znamo pa ne možemo riješiti zadatak

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

 0

Teorija Mrež a - 107

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 108

dx x A dt obliku zbroja slobodnog i prisilnog odziva.

201.

Riješite diferencijalnu jednadžbu

Laplaceova transformacija deriviranja: n 1

f (t ) s F (s ) s f (0) s dx f ' (t )  sX (s ) X (0) (n 1) dt n

n

n 2

f ' (0)... f

( n1)

(0)

x (0) B i iskaž ite rješenje u

dx x A dt A sX ( s) X (0) X ( s )  s A ( s ) X ( s )  B s

x  X (s )   A   s ( t )  A   f ija jed .  s skoka  

A B X ( s)   s( s ) s  Prisilni odziv

Slobodni

Prisilni - jer je A u dif. jed. poticaj, a slobodni - jer je B posljedica akumulirane energije u reaktivnom elementu mreže.      1 A 1  1 A  A 1 e t L  s(s )  L  1      s1      B 1  B   Bet L1  L1  s s       1      

1 1 t /T X ( s)   e L1 sT 1 T 1 X ( s)   1 e t /T 1 s( sT 1) L



A x (s ) Be t  (1 e t ) 

x s Be t ,



A x pr  1 e t 





202.

Prvi korak pri određivanju Laplaceove transformacije neke periodičke funkcije f (t ) 0 t T f (t ) f (t T ) je da se uvede nova funkcija f1 (t )  za koju vrijedi da t T 0

je f [ f1 (t )] F1 (s) . Provedite postupak određivanja Laplaceove transformacije do kraja. Lf (t ) e st f (t ) dt 

0

Lf1 (t )F1 (s) 

f (t ) f1 (t kT )  S (t kT ) k 0





L[ f (t )] F1 (s)e kTs F1 ( s) e kTs F1 ( s) k 0

k 0 geometrijski red

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

1 Ts 1 e

Teorija Mrež a - 109

203.

Odredite Laplaceovu transformaciju pravokutnog napona prema slici?

T

T

T

1 1  E (1 e Ts ) u1 Es(t ) Es (t T )  L[u1 (t )] E   e Ts  s s s  1 e Ts L[u (t )] E s(1 e Ts ) ili ? F (s ) E 1e sT L[u (t )]  1 st  1 e s 1 e sT T T E st E sT E st F1 ( s)  Ee dt   e   e  1  1 esT 0 s s s 0

T



204.

 



Odredite Laplaceovu transformaciju pilastog napona prema slici.

E E u1   t S (t ) E  S (t T )   (t T )  S (t T ) T T vremenski pomak : L[ f (t a)S (t a)] e as F ( s) T

2T

E 1 e Ts E e Ts L[u1 (t )]  2 E  U 1 ( s) T s s T s2 E 1 e Ts E e Ts 2 E  U1 ( s) T s s T s2 U (s)   sT sT 1 e 1 e

T

205.

Odredite Laplacovu transformaciju impulsa jedinične površine prikazanog na slici. Čemu je jednaka Laplacove transformacija impulsa ako  0 . u(t)  prikazati preko f-je jedinične stepenice S(t)

1/

1 u (t )   S (t ) S (t )  direktna 1 1 1 s  1 e s L . t. L[u(t )] U (s)    e  s s  s

 1/

 0 

1/

1 e s 0   0 s 0

lim U ( s) lim 0 

kada sumiramo dvije jed. stepenice dobijemo f-ju

(t )dt 1 



1/

(t) - diracova f-ja 

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 110 T

E st F1 (s ) te dt  0 T E E t 2  1 st st   te dt  e    T 0 T 2  s T

E T 2  1 st ET 1 st  e  e   T 2  s 2 s

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 111

206.

Odredite i nacrtajte 1 F ( s )  (1 es ) 2 . s

funkciju

f(t)

Laplaceova

transformacija

koja

je

Laplaceovu

transformaciju

funkcije

2 1 1 2e s e 2 s 1 e s e 2 s F ( s)  1 es   2  s s s s s f (t ) S (t ) 2s(t 1) s(t 2)



207.



Ako

je

 L[sin t ]  2 (s 2 )

odredite

 Uˆsin t 0 t /  . u(t )  0  /   t   

/ 

208.

    u1 Uˆsin t  s(t ) Uˆsin  t   s t       L[sin t ]  2 s 2 s Uˆ      L[u1 (t )]  2 1  e  s 2   

 /

Struja

neke

grane

mreže

dana

je

u

frekvencijskom

području

b s b s b2 I (s )  0 2 1 . Svi koeficijenti su realni i pozitivni. Što se sve može zaključiti a0 s a1s a2 2

o toj mreži samo na temelju zadanog izraza prije transformacije funkcije I(s) u vremensko područje? - teorem konačne vrijednosti: lim f (t ) lim s  F (s ) t  s 0 b0 s3 b1 s2 b2 s 0  0 , s 0 a s 2 a s a a2 0 1 2

lim s  F (s) lim s 0

i () 0  stabilnost mrež e

- teorem početne vrijednosti: lim f (t ) lim s  F (s ) t 0

s 

1 b b b0  1  22 b0 s3 b1 s2 b2 s s 3 s s b0 , i(0)   skok struje  LDM lim s  F ( s) lim   2 s  s  a s a s a 1 a0 a1 a2 0 0 1 2   3 s s s2 s3

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 112

209.

Objasniti vezu između Laplaceove transformacije i fazorske transformacije.

Ako su svi početni uvjeti u t=-0 jednaki nuli, pravila Laplaceove transformacije identična su pravilima fazorske transformacije samo se varijabla s zamjeni sa j. Npr. za serijski RLC krug Fazorska transformacija:

(

2

0



2 ) j 2U 0 2U C

2 2 Laplaceova transformacija: [ s 2 2s 0 ]U C (s) 0 U (s)

Ako se stavi s=jjednadžbe su potpuno istog oblika, ali imaju posve različita značenja.

210.

Vrijedi li KZ za napon i struju u frekvencijskom s-području? Posjeduju li pojmovi transformiranih napona i struja fizikalni smisao?

Laplaceova transformacija je linearna transformacija pa za nju vrijede KZ. Transformirani napon i struja nemaju fizikalni smisao jer zapravo oni i nisu naponi i struje. Dimenzija transformiranog napona je Vs (tok), a struje As (naboj).

211.

Pod kojim uvjetom svaki reaktivni element u frekvencijskom području ponaša kao otpor.

Pod uvjetom da je mreža «mrtva», tj. da su svi početni uvjeti (iL i u C) jednaki nuli.

uL sLI L  ako su poč oč etuvjeti 0 , (ako je mreža mrtva)  iC sCU C  INAČE :

212.

U L (s) sLI L (s) LiL ( 0) I C (s) sCU C (s) Cu C (0)

Objasnite moguće prikaze kapaciteta u frekvencijskom području.

a) pomoću transformirane impedancije ZC (s)

b) pomoću transformirane admitancije

1 U (0) U C (s )  I C ( s )  C sC s

I C ( s) sCU (s ) CUC (0)

- matematički izraz ima isti oblik ako Ohmov 1 zakon za «napon» U C (s) na otporu kroz koji sC prolazi struja I C (s) i u seriju s kojim je uključen «naponski izvor»

U C (0) s

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 113

213.

Objasnite moguće prikaze induktiviteta u frekvencijskom području.

a) pomoć u Z L (s)

transformirane

impedancije b) pomoću transformirane admitancije YL (s) 1 i ( 0) I L ( s )  U L (s )  L sL s

U L ( s) SLI L ( s) LiL (0)

214.

Može li se za bilo koji napon narinut na oba jednoprilaza pronaći razlika u valnom obliku struje? Obrazložite.

R

L C

L  R2  C



L RC R

SLEPIANOV PROBLEM : Dvoprilaz b) ć e se zagrijavati, jer se u dvoprilazu a) dio energije troši na nabijanje kondenzatora i magnetiziranje induktivitete. b)

U (s ) I ( s)  R

a) I(s) U(s)

LiL ( 0) R

IC(s) 1 sC u C ( 0) S R

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

U ( s) LiL (0) U ( s) LiL (0) I L (s )   R sL R / 1 sRC ) u (0) u (0) U ( s)  C U (s )  C s s I C ( s)    1 sRC 1 R sC sC u (0)   sC  u (s )  C s  R    1 sRC R sRC  U (s) RCu C (0)  R(1 sRC )

Teorija Mrež a - 114

U (s ) Li L (0) sRCU (s ) RCu C (0) I (s) I L (s) I C ( s)   R (1 sRC ) 0 0      2 U (s ) 1 sRC  R Ci L (0) RCu C ( 0) U ( s) Ri (0) uC (0)   C L R(1 sRC ) R 1 sRC

Ako su početni uvjeti jednaki nuli, tada su ove dvije mreže jednake.

214. ISPITIVANJE MRTVE MREŽE :

-stavimo da su:

i L (0) 0 u C ( 0) 0

U C ( s ) RI L (s )

U(s)  RI L (s)  1 sRC

1 1 sCU (s ) U ( s) U C (s )  I C (s )   sC sC 1 sRC 1 sRC

215.

Pomoću teorema o početnoj vrijednosti odredite početne vrijednosti struja i1 ( 0), i2 (0) kroz otpore R1 i R2 nakon uklopa sklopke u t=0 i to za slučajeve: a) M 2 L1 L2 , b) M 2 L1 L2

E R1 I1 ( s) sL1 I1 ( s) L1i1 (0)sMI2 ( s) Mi2 (0) s 0 0 0 sMI1 (s) sL2 I 2 (s) R2 I 2 (s) E I1 (s)[ R1 sL1 ] I 2 (s)  sM s 0 I1 ( s)  sM I 2 ( s)[sL2 R2 ] R sL1  1 sM E 1  s 0

sM (R1 sL1 )( R2 sL2 ) s2 M 2 R2 sL2

E  ( R2 sL2 ) R2 sL2 s sM

2 R1 sL1 sM

E E s  sM EM s 0

E (R2 sL2 ) 1 sEL2 ER2 s I1    2 2 2  ( R1 sL1 )( R2 sL 2 ) s M sR1R 2 s R1 L2 s2 L1 R2 s3 L1 L2 s3 M 2  EM I2  2  2 2 2  R1 R2 sR1L 2 sL1 R2 s L1 L 2 s M

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 115

lim I1 0, s 

a)

i1 (0) 0

0 lim I 2  0 i 2 (  0) 0 s  L1 L2 M 2

EL2 b) i1 (0)  L1 R 2 L2 R1

EM i2 (0)  L1 R 2 L2 R1

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 116

Odredite valni oblik struje induktiviteta L1 nakon što isklopi sklopka u t=0. Što L L se događa ako je 1  2 ? R1 R 2

216.

E i1 (0)  R

i2 (0) 

 R2 R1  E L2 R1 R L1 R 2 R    2 1  i (t )  e t ( L1 L2 ) R1 R2

E R2

(sL1 sL 2 R1 R2 )I S ( s) L1

E E L2 R1 R2

L2 R1 L1 R 2 1 L2 R1 L1 R 2 E R1 R 2 L1 L2 ( L L2 )( R1 R2 ) I S (s )   1 1 R R2 R1 R 2 s( L1 L2 ) s 1 L1 L2 L1 L2   

E L2 L1 t    i (t )  e  L1 L2  R2 R1  L L ako je 1  2  i (t ) 0 R1 R 2



217.

Odredite valni oblik napona na C2 ako u t=0 sklopka preklopi iz 2 u 1. ustaljeno stanje(prije prebacivanja sklopke) : UC1 (0) E UC 2 (0) 0

E 1 E I (s) R I C1 ( s)  s sC1 s

- svođenje na parcijalne razlomke

E C  1 Es  C C2 A B 1 1 E 1 E U C2 (s) I C1 (s )  I C2 ( s)  I (s) R U C2 ( s )   1  s  1 s sC1 s sC2 S s s     I (s) I C1 ( s) I C2 (s) E C  1 A s  Bs   1 Es  C1 C2   1 E C2  1 sR (C1 C 2 )  E A   A E ; B E U C 2 ( s )  R (C1 C2 )  1 sRC  s   C1 C2  1  E C E R  U C2 ( s )   2 C1 C2 s C1 C2 s 1 E 1 sR1C1  E R C1 UC 2 (s )   E   s  1 s   1  1 s  ss   C L1[U C2 (s )] E  2 Eet /    C1 C2 E C E UC 2 (s )   1  1  C C2 s 1  C2 t /  ss   1 u ( t )  E  1  e   C 2     C C 



Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

1

2



Teorija Mrež a - 117

218.

Odredite valni oblik struje kroz R2 nakon isklopa sklopke u t=0. E i1 ( 0)  R1 i 2 (0) 0 i2 (0) LDM

vezani induktiviteti: M 0 U 1 ekv L1 i1 ( 0) M i2 (0) 0

U 2 ekv L 2i2 ( 0) Mi1 ( 0) 0

E R1 E 1 ME 1 I 2 ( s) M  R1 sL2 R2 L2 R1 s R2 L2 L ME 1  2  I 2 (s)  E2 L2 R1 s 1     ME 1  ME t / L1[ I 2 (s)] L1  e   i2 (t )  1 L2 R1 s   L2 R1    (sL2 R2 ) I 2 (s) U 2 ekv M

219.

Zašto je pri rješavanju neke mreže s pomoću metode jednadžbi struja petlji «zgodno» sve početne uvjete prikazati kao naponske izvore?

Ako početne uvjete prikaž emo kao naponske izvore svaka mreža sa reaktivnim elementima ponaša se kao otporna mreža i lakše ju je analizirati i brže dolazimo do rješenja. Broj petlji ostaje isti uz minimalan broj jednadžbi.

Zašto je pri rješavanju neke mreže pomoću metode jednadžbi napona čvorova «zgodno» sve početne uvjete prikazati kao strujene izvore?

220.

Transformirana mreža ponaša se kao otporna mreža. Broj čvorova ostaje isti uz minimalan broj jednadžbi.

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 118

221.

Pod kojim uvjetima vrijedi definicija funkcije mreže? Koja je osnovna razlika između definicije funkcije mrež e u frekvencijskom s-području u odnosu na definiciju funkcije mreže u frekvencijskom ω području?

Definicija funkcije mreže vrijedi za svaku linearnu vremenski nepromjenjivu mrežu u kojoj djeluje samo jedan nezavisni izvor. L[prisilni odziv] R( s) H (S )   L[poticaj] E (s ) U s-području se odziv traži za monoharmonijski poticaj za ustaljeno stanje U frekvencijskom ω-području funkcija mreže H(jω) je kompleksni broj koji pomož en s fazorom poticaja daje fazor odziva, a u mreži koju karakteirzira H(s) svi početni uvjeti jednaki su nuli i u mreži nema unutarnjih nezavisnih izvora. fazor odziva H ( j )  H ( j) e j(( fazor poticaja

222.

Koji je fizikalni smisao polova i nula funkcija mreže?

Polovi definiranju valni oblik odziva, a nule veličine svakog dijela odziva. polovi su podskup frekvencija iz skupa prirodnih frekvencija odziva.

223.

Što su to prirodne frekvencije varijable mreže r(t)? Ilustrirajte primjerom.

Odziv se sastoji od valnog oblika u kojem se nalaze frekvencije p i koje ovise samo o funkciji mreže i zovu se prirodne frekvencije varijable mreže r(t).

R 1   R1  1 s 2  1  2  s  1    0 L R C   R 2 LC

prirodne frekvencije varijable i2 (t ) su rješenja ove karakteristične jednadžbe ako je poticaj I ( s) naponski izvor u1 (t ) što proizlazi iz Y21  2 . U 2 (s ) I (s ) Y21  2 U 2 ( s) I (s ) ako je poticaj srujni izvor, funkcija mreže je 21 (s )  2 pa je rješenje ove karakteristične I1 (s )

jednadžbe jedna prirodna frekvencija. Neki broj S1 prirodna je frekvencija varijable mreže x(t) ako za neko početno stanje mrež e s1 t slobodni odziv varijable x(t) sadržava član K1 e .

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 119

224.

Odredite prordne frekvencije varijable i2(t) ako je a) poticaj oblika Uˆsin t , b)

poticaj oblika i1 Ie t . krug drugog reda karakteristična jednadž ba ne ovisi o poticaju

s2 2s 0 2 0 prirodne frekvencije: s1, 2  2 0 2

a) poticaj naponski izvor  k.s.  dvije prirodne b) poticaj strujni izvor  p.h.  frekvencije jedna prirodna frekvencija

sL1 R2  I 1 (s) R2 (I1 (s) I 2 (s)) 0

(sL 2 R 2 ) I 2 (s) 0 R s  2 0 L2 R s1  2 L2

I 2 ( s)sL2 R2 [ I1 ( s) I 2 (s)] 0 determinanta sustava: (sL1 R1 R2 )(sL2 R2 ) R2 0 2

  R R R  R R s 2  1  2  2  s  1 2 0  L L1  L2   LL   1   1 22  2  0 -sada uvrstimo u formulu :

s1,2   2 02 2

R1 R2 R2  s1  2L 2 L 2 L    1 1 2 

R1 R2 R2  R1 R 2  2 L 2L 2 L   L L  1 2 2  1 2

R1 R2 R2   s2  2 L 2L 2 L   1 1 2 

R1 R R  RR   2  2  1 2 2L 2 L 2 L  L L  1 1 2  1 2

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

2

Teorija Mrež a - 120

225.

Pokažite na primjeru mreže sheme spoja prema slici da recipročna funkcjia neke prijenosne funkcije mreže ne mora biti funkcija mreže. U (s ) A21 ( s)  2 U 1 (s ) U (s ) A12 ( s)  1  poticaj u 2 U2 ( s) 1 A21  A12

226.

Između zadanih racionalnih funkcija odredite one koje mogu biti ulazne funkcije mreže.

s 2 2s 2 Z1 ( s)  3 ; s s 1

s 3 Y2 ( s )  2 ; s 3s 1

3s 2 s 2 s 1 Y3 (s )  4 3 ; Y ( s )  2 4 s s 2s s 1 s 2

U (s ) I (s ) ulazne funkcije mreže: Z1  1 ; Y1 (s )  1 I1 ( s ) U 1 (s )

I.) na višim frekvencijama dominira svojstvo jednog elementa mreže. To znači da je mreža:

Z1 ( s) ili Y1 (s) I (s) sLekv Z1 ( s)  sL ekv I (s) - razlika stupnja polinoma u brojniku i nazivniku mora biti 1 (P(s)-Q(s)=1)  Y3 otpada II.) mreža je L/VNP, R>0  pasivni elementi mreže, svi koeficijenti P(s) i Q(s) moraju biti pozitivni  otpada Y2 . III.) u polinomu moraju postojati svi članovi od najvišeg ka najnižem osim ako nedostaju svi parni ili svi neparni  otpada Z1 (s). - funkcija Y4 (s) može biti ulazna.

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 121

227.

Odredite koje funkcije mogu bit prijenosne funkcije mreže,

s 2 s A21( s )  2 s s 1

Ne jer za prijenosne funkcije A21(s) i 21(s) najviši mogući stupanj brojnika jednak je stupnju polinoma nazivnika

1 21 ( s)  2 s 2s 2

Ne, Q(s) mora imati pozitivne koeficijente

s s 1 Z 21 (s )  2 s 2s 2

Ova funkcija može bit prijenosna funkcija mreže

s 3 2 s Y21 ( s )  4 s 3s 2

Ne. Nedostaje Q(s) član uz s0.

3

2

228.

Odredite prijenosnu impedanciju Z21(s) i prijenosnu admitanciju mreže prema slici.

U ( s) Z21 (s )  2 I1 (s)

I ( s) Y21 (s)  2 U 2 (s)

1 U1 (s) sLI 1 ( s) R1 I1 (s)  [ I1 ( s) I 2 (s)] sC 1 II. sC [I 1 (s) I 2 ( s)] R2 I2 ( s) 0 I.

1 1 1 [ I1 ( s) I 2 (s)] R2 I 2 ( s) I1 ( s) R2 I 2 ( s) I 2 (s ) sC sC sC 1   I1 (s) I 2 (s)R2   sC I 2 ( s)   1 R2 sC  sC   1 1 U1 ( s) sLI 2 ( s)(1 R2 sc ) R1 I 2 (s)(1 R2 sC )  I 2 (s)(1 R2 sC )  I 2 ( s) sC sC 2 U1 ( s) sL2 I 2 ( s) s LR2 CI2 ( s) R1 I 2 ( s) R1 R2 sCI 2 ( s) I 2 (s) R2 U1 ( s) I 2 ( s)[sL2 s LR2C R1 R1 R2 sC R2 ] 2

I ( s) I2 ( s ) 1 Y21 ( s)  2  2 2 U1 ( s) I 2 (s )[s LR2 C sR1 R2 C R1 R2 ] s LR2 C sR1 R2 C R1 R2 U (s ) I 2 ( s )R 2 R2 Z 21( s)  2   I1 ( s) I 2 (s)(1 R2 sC ) 1 R2 sC

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 122

229.

Dokažite da je za prijenosnu funkciju mreže A21(s) najviši mogući stupanj polinoma brojnika P(s) jednak stupnju polinoma nazivnika Q(s). U ( s) Z 2 (s ) I ( s ) Z 2 (s ) A21  2   U 1 ( s ) [Z 1 ( s ) Z 2 ( s )]I ( s ) Z 1 ( s ) Z 2 ( s )

imamo 3 elementa mreže, a po dva uzimamo istodobno. Postoje kombinacije: -ako su elementi iste vrste, A21=kost., a ako su različiti sve kombinacije impedancija dvaju elemenata od 3 moguća (sL, 1/sC, R) pokazuju da stupanj P(s) ne premašuje stupanj Q(s). primjer:

230.

1).

Z1 ( s) R Z2 (s ) sL

sL A21  R sL

1 Z1 (s)  2.) sC Z2 ( s) sL

s 2 LC A21  2 1 s LC 1 sL  sC sL

Prisilni odziv jednoprilaza na jedinični skok je y 1 (t ) e t . Odredite periodički

odziv jednoprilaza na poticaj x (t ) A cost .

y1 (t ) e t x(t ) A cost

 

1 L e t  s 



1 L et  s 

1 L[prisilni odziv] s  s H ( s)     funkcija mrže 1 L[poticaj] s  s s H  s  s  X t A cos t E  s L X t LA cos t  2s A 2  poticaj s  s s A s 2 A s2  A y  s H  s  E  s  2   2 2 2 3 2 s  s   s s  s s s2 2



Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )



Teorija Mrež a - 123

231.

Prisilni odziv mrež e na koju je narinut poticaj Ae t cos t je Bet cos(t ) .

odredite prisilni odziv te mrež e na poticaj AS(t).

232.

Dokažite da je pasivnost mreže dovoljan, ali ne i nužan uvjet stabilnosti mreža.

Sve pasivne mreže su stabilne, ali sve stabilne mreže ne moraj biti pasivne. Stabilna mreža je ona gdje ograničen poticaj proizvede ograničen odziv.

U1  s U1'  s

K  s

U  s K  s H  s  2  U1  s 1  s K s

U2  s

U 2'  s

 s

Ako su K  s i  s STABILNE MREŽE - to ne mora vrijediti za zajedničku mrežu budući da njenu stabilnost određuju korjeni jednadžbe: 1  s  K  s 0

233.

Objasnite i pokažite na primjeru kako bez detaljnije analize prepoznati da neki sklop s operacijskim pojačalom može raditi kao oscilator.

Sklopovi s pozitivnom povratnom vezom mogu raditi kao oscilatori.

Pozitivna povratna veza

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 124

234.

Objasnite pojam stabilnosti impusnog odziva na primjerima mreža prema slici.

a)

b)

R  s H  s  1

a)

b)

1 1 H  s   2  1 s LC  sRC  1 sL R  sc sC sC 1 s  2   s LC sRC 1 L s 2 R s  1 L LC R 1 2 ; 0  L LC

1 1 sC H  s   2 2  1 s LC  1 s LC  1 sL  sC sC 1 sC 1 s     LC s 2  1 L s2  1 LC LC

0  STABILNO R 1 (jer se korjeni jednadž be s 2  s  L LC nalaze u lijevoj poluravnini).

235.

0  STABILNO (zbog jednostruk ih polova koji su konjugirano kompleksni)

Objasnite pojam stabilnosti slobodnog odziva na primjeru mreže prema slici. odziv neke mreže na poticaj = slobodni odziv (moraju biti nenulti početni uvjeti) + prisilni odziv (zbog poticaja) U 1 sLI L ( s) sLI 0  0 I L (s) I L (s) R 0 s sC s 2 LI 0 U 0 R 1 I L (s )  , 2 , 0 2  R 1  L LC  Ls 2 s   L LC   stabilnost: ispitivanje polinoma u nazivniku

karakteristična jednadžba: s2 2s 0 2 0  s1 ,2  2 0 2 - prirodne frekvencije | || 0 | - odziv je oscilatoran , | || 0 | - konzervatoran odziv | || 0 | - rješenje je realni broj  aperdiodski odziv (stabilna mreža)

0 - prigušenje Sustav će biti stabilan ako je 0 odnosno

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

R 0 tj. ako su R i L pasivni. L

Teorija Mrež a - 125

236.

Objasnite pojam stabilnosti prisilnog odziva na primjeru mreže prema slici.

Isin t

Iˆ L Iˆ sint  2 s 2





1 1 1 1 1 s 2 LC sRC     1 Z sL R sC sC sC R 1 Z Z RLC  s ; 2 0 ; 02  R 1 L LC s 2 s  L LC

U  s I  s  Z RLC  s 

sC  Iˆ R 1   s 2 2 s 2 s   L LC  





s 2 2 0 s1,2 j

s 2 s

s3 ,4  2 02

Imamo dvostruki konjugirani pol na j-osi, što znači – granična

Ovi polovi su u lijevoj poluravnini, što znači stabilnost mreže.

stabilnost.

237.

R 1  0 L L

Odredite koji je od zadanih polinoma Hurwitzov polinom.

Q1 ( s ) s 5s 6; 2

Q 2 ( s ) s s 6;

Q1 (s) s 2 5s 6 b0 1   b1 5 n 2 b2 6  b 2  1 b0

b3 5 0  30 0 b2 1 6

1 b1 5 0 Q1  s je Hurwitzov polinom.

2

Q3 ( s ) s 8s 16 . 4

2

Q2  s s 2 s 6 b0 1   b1 1 n 2 b2 6  1 0 2  6 0 1 6 Q2  s nije Hurwitzov polinom.

Q 3  s s 4 8 s 2 16

b0 , b1 , b2 , b3 , b4  n 4 0 1 4  0 0

0 0 0 8 16 0  0 0 0 1 8 16

1 8 16 16 0 0 0 0 0 1 8 Q3  s nije Hurwitzov polinom.

238.

Koji su osnovni nedostaci Hrwitzovog testa stabilnosti?

1) nepoznata «udaljenost od granice stabilnosti» 2) transformat impulsnog odziva najčešće nije poznat Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 126

239.

Objasnite pojam lokalne stabilnosti mreže.

Odziv mrež e r t definirane na intervalu  t , lokalno je stabilan ako za svaki 0 postoji neki 0 takav da za svaki odziv r  t za koji vrijedi da je r  t 0 r  t 0 , zadovoljava

t r  t za svaki t t 0 . Ako to ne vrijedi, odziv mreže r  uvjet r  t je lokalno nestabilan.

240.

Kako bi u vremenskom području izgledao valni oblik neke varijable stan ja sustava koja je lokalno nestabilna a globalno stabilna? Aˆ

t Aˆ Mali pomak točke po amplitudi u malom vremenu.

GLOBALNO STABILNA, tj.odziv amplitude je ogranič en na intervalu

Aˆ, Aˆpo ordinati.

Velik pomak točke po amplitudi u malom vremenu, tj. varijabla je lokalno nestabilna.

- globalna stabilnost i lokalna nestabilnost su tipičan primjer kaotičnog ponašanja.

241.

U kojim je primjerima korisna stabilnost neke električne mreže, a u kojima primjerima nestabilnost? Ilustrirajte odgovor primjerima.

Stabilnost je korisna u gotovo svim primjerima. Korisna je za bilo koji krug bez zavisnih izvora i bez povratnih veza. Npr. pojačala moraju biti stabilna: Pojačalo u spoju ZE

R1

+Ucc R1

Rc

-

UD Ug

R2

RE

Uizl

OP sa pozitivnom i negativnom povratnom vezom. (može raditi kao oscilator)

I+ + IR2

Nestabilnost je korisna kod oscilatora. Korisna je kod krugova sa povratnom vezom ili sa zavisnim izvorima.

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 127

242.

Uređaj konstantne snage napaja se preko niskopropusnog LC filtra iz istosmjernog naponskog izvora. Primijenivši metodu Ljapunova pokažite da sustav filtar-uređaj može postati nestabilan!

stabilan dio (svi elementi L/VNP, pasivni)

snage

Sustav filter-uređaj mož e postati nestabilan ako je otpor uređaja manji od nule.

p konst u  i k u i k  u  i du R uređređ  di

I 0 ,U 0

Ruređ< 0.

d k  k   k (1)i 2  2 di i  i

0 I 0 ,U 0

otpor sustava filtra + uređaj konstantne snage0 aktivni otpor ,realizacija:

- sve mreže koje sadrže o.p. ili zavisni izvor (nuni, nusi, suni, susi) su potencijalno nestabilne mreže

243.

Objasnite relativnost pojma faze sa stajališta teorije mreža. e1 e1 e 3 e 2 e1 e3

opisivanje mreža, KZN, KZS: e1 Ri1 e3 Ri3 e2 Ri2 e3 Ri3

e1 Ri1 R i3

i1 i2 i3 0

i1 i2 i3 0

e2 Ri 2 Ri3

- sa stajališta teorije mreža  iste mreže: i1 i2 i3 i1 i2 i3 - sa stajališta stvarnih mreža: prva mreža je simetrična trofazna, a druga nesimetrična dvofazna. - po teoriji mreža pojam faze je relativan

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 128

244.

Kako je definiran fazni napon m-fazne m-žilne mreže? Koje je osnovno svojstvo nulišta?

Višefaznu mrežu opteretimo m-krakom zvijezdom jednakih otpora R, a u jednoharmonijskoj mreži m-krakom zvijezdom elemenata mreže jednakih impedancija u svakoj fazi. Tada je fazni napon m-fazne i m-žilne mreže jednak umnošku struje kroz mfazu i otpora R. u k R ik Osnovno svojstvo nulišta je da su sume faznih napona m-fazne m-žilne mreže jednake nuli.

m

u k 0 , k 1

m

i

k

0

k 1

245.

S pomoću geometrijskih argumenata pokažite da su u svakoj simetričnoj višefaznoj mreži potencijali zvjezdišta i nulišta jednaki.

Nulište dobivamo tako da n-terokutu raspolovimo stranice i taj postupak ponovimo za novi n-terokut i tako sve dok se n-terokut ne stegne u točku. Ta točka je nulište sustava. Za trofazni sustav nulište je težište trokuta linijskih napona. a)

b) 0 0' nulište

zvjezdište

Ukoliko je težište isto što i nulište, a težište je isto što i zvjezdište zaključujemo da su potencijali zvjezdišta i nulišta jednaki. U 00' 0 Slike a) i b) pokazuju da je položaj nulišta (0') i zvjezdišta (0) jednak, što znači da su im potencijali jednaki. To uvijek vrijedi u simetričnoj mreži.

c) Slika c) prikazuje nesimetriju pa potencijali nulišta i zvjezdišta nisu jednaki. U 00 ' 0

0' 0

246.

Koje je osnovno svojstvo uravnotežene mreže i kojim je primjenama to važno? postoje li i uravnotežene nesimetrične mreže?

Osnovno svojstvo uravnotežene mreže je da je trenutna snaga mreže konstantna u ustaljenom stanju.

m

e (t )i k 1

k

k

(t ) konst . i jednaka zbroju srednjih snaga pojedinih faza.

(3-fazni asinkroni motor ne okreće se pulzativno ??? (pulsirajući) nego konstantnom brzinom) Postoje uravnotež ene nesimetrične mreže (dvofazne trožilne mreže) gdje su naponi e Eˆcos t , e Eˆsin t . 1

2

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 129

Odredite napon faze 2 u četverofaznoj mreži ako su poznate trenutne vrijednosti svih međufaznih (linijskih) napona?

247.

1 m u k  ulk m l 1

k 2 m 4

1 u 2  [ u12 u32 u42 ] 4

U četverofaznoj simetričnoj mreži poznata je efektivna vrijednost napona jedne faze. odredite efektivne vrijednosti svih međufaznih napona.

248.

četverofazna simetrična mreža – međufazni naponi: U12 , U13 ,U14 , U23 , U24 ,U34    - fazni naponi: U 1 , U 2 ,U 3 , U 4

fazni dijagram, 360:4=90°

- U13 ,U24



U1 Uˆsin t

- U12 ,U14 , U34 , U23

  U 2 Uˆsin  t    2 U Uˆsin  t  3

  U 4 Uˆsin  t 3  2  m

veza između efektivnih vrijednosni faznih i linijskih napona:

mU i 2  i 1

U

lq s m

m broj faza m 4





4 U1 U 2 U 3 U 4 U21 U31 U 32 U41 U 42 U43 2

2

2

2

2

2

2

2

2

2



4 4U 2 2Y 2 4 X 2 / : 2 8U 2 Y 2 2 X 2 Y2 Y2 Y2 iz dijagrama  X    4 4 2 Y 2U 2 2 8U 2Y  X  2U 2

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

U 31 U 42 2U U 34 U 41 U 12 U 23  2  U

2

sq

,

Teorija Mrež a - 130

249.

Poznate su efektivne vrijednosti linijskih struja trofazne mreže. Mogu li se u općem slučaju odrediti efektivne vrijednosti faznih struja? m

mU k  k 1

2

U

lqs m



3 U1 U 2 U 3

2

2

2



sq



2

U

2 21

U 31 U 32 / : Z 2

2

3 I12 I 22 I 32 I 212 I 312 I 322 samo ako je mreža simetrič im vrijedi : I 1 I 2 I 3 I f I 21 I 31 I 32 I l pa slijedi :

3 3 I 2f 3I l2

 If 

Il 3

Fazne struje mogu se odrediti samo ako je mreža simetrična.

250.

Za 3-fazni sustav prikazan fazorima vrijedi da se nulište nalazi u težištu linijskih napona. a) vrijedi li to i za trenutne vrijednosti linijskih napona, b) vrijedi li to općenito i za efektivne vrijednosti napona?

1 m a) Vrijedi za trenutne vrijednosti uk  u lk m k 1

b) Ne vrijedi za efektivne vrijednosti jer ne vrijedi KZN za efektivne vrijednosti.

251.

Na simetričnu trofaznu mrežu efektivne vrijednosti linijskog napona U priključene su tri žarulje iste snage. a) Što se događa s intenzitetom svjetla pojedinih žarulja ako pregori osiguraču fazi 1? Kolike su efektivne vrijednosti napona na pojedinim žaruljama? b) Koju efektivnu vrijednost napona pokazuje voltmetar V ako se uz ispravne osigurače žarulje prespoje prema slici? žarulje imaju istu snagu  svijetle jednako

žarulja B  meni je dobro! U B U 23 U  ja svijetlim kao i prije žarulja A i C  nama nije dobro, jer mi ne svijetlimo kao i prije U U U A U C  23  2 2

1

3

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

2

Teorija Mrež a - 131

2 3 U f  UV  UV  U f 3 2

U /2 3 U cos 30  l   Uf  l Uf 2 3

252.

3U 3 3 UV  L  Ul  U 2 3 2 2

Efektivna vrijednost linijskog napona trofaznog sustava uvijek je manja od

3 -struke efektivne vrijednosti faznog napona ako u faznom naponu postoje viši harmonici reda 3k, k=1,2,3,...Zašto? n0

e K (t ) E ( n) cos( nt K,n ) n 1

K ,n n ( K 1)n

n n 2 m

ako je zadano : n 3

(3 harmonik)

K 1,2,3 (redni broj faze ; prva, druga, treć m 3

(ukupan broj faza)

3 3 2 3 K 1 ;

3 2 n 3

13 3 (1 1)  23  u1 (t ) U 1 (3) cos(3t 3 ) K 2 ; n 3 23 3 (2 1)  23 2  u 2 (t ) U 2 (3) cos(3t  3 2 ) K 3 ; n 3 33 3 (3 1)  23 4  u 3 (t ) U 3 (3) cos 3t  3 4  a. pošto je 3 3 23 4 zaključujemo da su u1 (t ), u 2 (t ), u3 (t ) u fazi i tvore jednofazni sustav,ako se u naponu nalazi harmonik 3.reda. b. 3-struki harmonici bilo kojeg višefaznog sustava uvjek tvore jednofazni

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 132

253.

Trofazni jednoharmonijski nesimetrični naponski izvor napaja simetrično trošilo impedancije Z(jω). Odredite efektivnu vrijednost linijskog napona U12 ako su poznate efektivne vrijednosti struja I 1, I 2, I 3 te efektivne vrijednosti linijskih napona U23 i U 13.



 I  U

3 U 1 U 2 U 3 U 12 U 23 U 31 2

2



3 | Z | I 1 I 2 2

2

2

2

2

3

3

2

2 12

2

U 23 U 31 2

2

U 12  3 | Z | I k (U 23 U 31 ) 2

2

2

k 1

254.

Odredite efektivne vrijednosti struje faza i neutralnog vodiča ako je simetrični trofazni sustav napona opterećen simetričnim trošilom A i B, a struja faze 1 je i1 Iˆsin t kIˆ sin(3t 30 )

1 k I m Iˆ , m 1,2,3 2 3 I 0  k Iˆ 2 2

I1  I 2 () I 2 (3) 2

2

Iˆ kIˆ Iˆ 2    I 3 I 2 I 1    2   2   2 1 K     Iˆ I 0 3 2K

255.

Objasnite postupak određivanja simetričnih komponenata m-fazne mreže. Koji je fizikalni smisao simetričnih komponenata 3-faznog sustava?

Ako je zadano m-fazora ( A 1,2,...m ) k, k 

m

 A k BkV k 1

2

 j m ( k 1)V , k 1,...m npr. m=3  9 fazora, m=5  25 fazora B kV BV e B k  k-ta simetrična komponenta

1 m  j 2m( k 1) V  BV  Ak e m k 1

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 133

Fizikalni smisao simetričnih komponenti 3-faznog sustava je rastavljanje nesimetričnog sustava u 3 simetrična sustava: dva trofazan (inverzni i direktni) i jednog jednofaznog (nulti).

256. a e

j

Navedite osnovna svojstva Steinetzovog operatora. 2 3

a e

j

a e

j

2

3

a 1 e

cos

2 2 1 3 j sin  j 3 3 2 2

4 3 6 3

cos

4 4 1 3 j sin  j 3 3 2 2

cos 2j sin 21

2 j 3

2 2 1 3 cos( ) j sin(  )  j 3 3 2 2

Ovaj operator zakreće fazu za 120°, a koristi se i za računanje simetričnih komponenti.

257.

Što su to ciklički simetrične mreže? Ilustrirajte odgovor primjerom.

Z12 Z 23 Z 31  ove gornje razlicite od donjih  Mreža je ciklički simetričan ako vrijedi: Z 21 Z 32 Z13  Z11 Z 22 Z33

primjer: sinkroni stroj (sinkroni generator) Mreža nije recipročna. Ne statička mreža

258.

Zašto je pri analizi nesimetričnih trofaznih mreža zgodno uvesti metodu analize pomoću simetričnih komponenti?

Analiza nesimetričnih trofaznih mreža metodom simetričnih komponenti pojednostavljuje proračun. u nekim slučajevima (npr. rotacijski strojevi u mreži) elemente nadomjesne sheme spoja mreže možemo odrediti samo metodom simetričnih komponenti.

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 134

Što treba znati da bi se nesimetrična višefazna mreža mogla rješavati bilo kojom standardnom metodom analize?

259.

Treba poznavati elemente nadomjesne sheme mreže ili te elemente treba odrediti mjerenjem.

1 Na trošilo za koje vrijedi L  narinut je direktni sustav napona. Pokažite C da struje faza tvore inverzni sustav. U U 1 

260.

2 U 2 a U UaU



3



U 1 Uˆsin t

  2  monoharmonijski   U 2 Uˆsin t    3   

1 X L  C

Fazorska transformacija: 2KZN, 1KZS:  U U 1 2 jX I1 UUjX I 3

2

3

  I 1 I 2 I 3 0

  I I     U 1 1  I   I  I    1  a     1  a    2 1 3 2 jX 1 a   1 a  1 a a a  I U U I 3  1   jX jX 1a 2  1 a 2 I  U 1 jX

1 a a2 0 1 a a 2

2 I  I 2 Ia 1a

1 a 2 a 1  a  (a 1)I I I 3  1 I 2  1 2 I 3 a I1

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Teorija Mrež a - 135

261.

Veza između simetričnih komponenti i nesimetričnih trofaznih napona dana je izrazom. Odredite fazore direktnog, inverznog i nultog sustava ako je U 1, U 1 j 3, U 1 j 3 . 1  2  3 

 Ud   1 a  1  2 U i   1 a  3     U0   1 1 

2   a  U 1   1 3 1 3 2 a U 2 , a  j , a  j  2 2 2 2   1 U 3  

 1 3 1  j  2  Ud   2  1  1 3 U i  1  j   3 2 2    U 0 1 1      1 1  j   2 1 1  1  j 3 2    

1  j 2 1  j 2 1

3  2   1  3  1 j 3     2    1  j 3      

3 3 3 1 j   j 2 2 2 2 3 3 3 1 j   j 2 2 2 2 1 1 j 3 1 j

3 j 2 3 j 2 3

3 3   2 2  5  3 3 1     1 2 2 3     1     

5 1  1 Ud  , U i  , U 0  3 3 3

262.

Veza nesimetričnih trofaznih napona i simetričnih komponenti dana je   izrazom. Odredite U nih komponenti 1 ,U 2 ,U 3 ako su referentni fazori simetrič   U d 2, U i 1, U 0 j .

  1 U 1  2 U 2  a    a  U  3 

1 a a2

U Ud U U  1 U 1  i  0 d  2    1  U  U 2 a U d aU i U 0  i 2        1 U0 U 3 aU d a U i U 0 

a – Steimmetzov operator a e

j

2 3

2 2 1 3 cos j sin  j 3 3 2 2

svojstva operatora: 1 a a2 0 a 2 e

j

4 3

; a 3 1

a 1 a 2 ; a 2 a U 1 j 3 j 1 2  1  3 3 1 j 3 3 j U2 2a2 a j 2   j 1  2  2   2 2 2    2   3 3 2  U 1  3 2a a j  j   2  2 

Dopunili i ispravili: inženjeri sa VI stupnja (2004 )

Nesimetrični

sustav

napona,

Teorija Mrež a - 136

trofazni.

263.

Je li nužno simetričnu trofaznu mrežu rješavati metodom simetričnih komponenti ako se zna direktna, inverzna i nulta impedancija izvora? Obrazložite.

Nije nužno, ali je logično. Ako znamo direktnu, inverznu i nultu impedanciju možemo rješavati mrežu bilo kojom metodom.

264.

Zašto je višefaznom sustavu važno dogovoriti referentnu točku s obzirom na koju je definirana trenutna snaga.

Da bi se pokušao očuvati fizikalni smisao prividne snage u višefaznim mrežama, dogovorena je referentna točka s obzirom na koju je definirana trenutna snaga. To je nulište za m-fazne m-žilne mreže, a zvjezdište za m-fazne m+1-žilne mreže

Što je aritmetička prividna snaga i zašto je ona uvijek manja od sistemske prividne snage?

265.

Aritmetička prividna snaga je zbroj max djelatnih snaga pojedinih faza. 3

S AR max( PK )

3

ili

k 1

S AR U K I K k 1

3  SAR