Villamosságtan II. kidolgozott feladatok 2.

February 20, 2017 | Author: Dávid Szemán | Category: N/A

Short Description

Download Villamosságtan II. kidolgozott feladatok 2....

Description

krad rad , a sávszélesség 400 . s s a.,) Határozza meg a vágási frekvenciát (±3dB)! b.,) Határozza meg C és R értékét, ha L = 1mH .

14.2 Egy soros RLC kör rezonancia frekvenciája 10

A sávszélesség: az a frekvencia, amikor a rendszer zárt hurkú erısítése ‒3 dB alá esik. Mivel a rezonancia frekvenciája és a sávszélesség adott könnyen kiszámítható a kör jósági tényezıje: 10 ⋅ 10 3

rad

ω s = 25 Q= 0 = rad ∆ω 400

Mivel a Q ≥ 10 ezért ez egy nagy Q értékő kör.

s

A két vágási frekvencia az alábbiak szerint egzaktul számítható: ∆ω 1 rad = 10.002 − 200 = 9802 ω1 = ω0 1 + 2 − 4Q 2 s 1 ∆ω rad + = 10.002 + 200 = 10.202 2 4Q 2 s Megnézve a közelítı formula használata esetén, mekkora hibát követünk el: ∆ω rad ω11 = ω0 − = 10.000 − 200 = 9800 2 s ∆ω rad ω22 = ω0 + = 10.000 + 200 = 10.200 2 s

ω2 = ω0 1 +

A C meghatározásához az alábbi összefüggést tudjuk használni: ω02 =

C=

1 1 = = 10 µF L ⋅ ω 02 1 ⋅ 10 −3 H ⋅ ( 10 ⋅ 10 3 rad )2 s

Az R meghatározásához a következıkbıl indulhatunk ki: Q =

rad 10 ⋅ 10 3 ⋅ 1 ⋅ 10 −3 H ω0 ⋅ L s R= = = 0 ,4Ω Q 25

1

ω0 ⋅ L R

1 L ⋅C

14.3 Egy soros RLC kör maximális árama 2 ,5 A , ekkor a rákapcsolt feszültség értéke 10V . A hálózat kapacitása 0 ,1µF , és még ismert a kör induktív reaktanciája 50 Ω . a.,) Határozza meg R, Q és L értékeit! b.,) Az ω0 rezonancia frekvenciát, és a ∆ω sávszélességet! I ω0 = 2 ,5 A U ω0 = 10V C = 0 ,1µF X L ||ω0 = 50 Ω

A körnek akkor lesz a maximális az árama ha soros RLC kör rezonál. Ez a frekvencia nem ismert de tudjuk hogy ez esetben az impedanciának csak reális összetevıje van.

Z T = R∠0° Az Ohm törvényt felírva: U U I= = ZT R U 10V = = 4Ω I 2 ,5 A Így, hogy már ismert R értéke és adott volt X L ||ω0 = 50 Ω értéke, meghatározható a jósági tényezı: ω ⋅ L 50Ω Q= 0 = = 12 ,5 Mivel a Q ≥ 10 ezért ez egy nagy Q értékő kör. R 4Ω 1 L Az L kiszámításához a Q definícióját használhatjuk: Q = R C 2 2 2 2 −6 L = Q ⋅ R ⋅ C = 12 ,5 ⋅ ( 4Ω ) ⋅ 0 ,1 ⋅ 10 F = 0 ,25mH R=

b.,) Mivel az induktív reaktancia a rezonancia esetén adott, ebbıl az ω0 számítható: X L ||ω0 = ω0 ⋅ L 50 Ω rad ω0 = = 200.000 és innen adódik: f 0 = −3 0 ,25 ⋅ 10 H s

200.000 2 ⋅π

rad s = 31,85kHz

Ellenırzésként az alábbi összefüggéssel számolhatunk: 1 ω02 = L ⋅C 1 1 krad ω0 = = = 200 −6 s L ⋅C 0 ,25mH ⋅ 0 ,1 ⋅ 10 F Végül a sávszélesség meghatározása: rad rad 16.000 200 ⋅ 10 3 ω s = 16 krad és innen adódik: ∆f = s = 2 ,55kHz ∆ω = 0 = 2 ⋅π Q 12 ,5 s

2

14.4 Egy soros RLC kör látható az alábbi ábrán. A kapcsolás 1kHz frekvencival üzemel. Amely egyben a kör rezonancia frekvenciája. A második grafikonon az oszcilloszkóp képernyıje látató. Amelynél az „A” csatorna osztása V / osztás = 20 . a.,) Mutassa meg melyik jel minek az értékét mutatja! b.,) Határozza meg „B” csatorna osztását, a kör feszültségét és áramát! c.,) Határozza meg L és C értékét!

b.,) Az oszcilloszkóp képernyıjérıl: 4 ⋅ 20V U RC = = 56 ,57V 2 180° ϕ= ⋅ 1osztás = 36° 5osztás Felhasználva a geometriai összefüggéseket, kapjuk az alábbiakat: U C = U RC ⋅ cos ϕ = 56 ,57 ⋅ cos 36° = 45 ,75V U R = U = U RC ⋅ sin ϕ = 56 ,57 ⋅ sin 36° = 33,25V 45 ,75 ⋅ 2 = 21,57 3osztás A Voltmérı által mutatott érték tehát: U = 33,25V U 33 ,25V = 3 ,325 A Az Ampermérı által mutatott érték tehát: I = R = R 10 Ω

a „B” csatorna osztása tehát: " B" V / osztás =

c.,) Rezonancia esetén: U 45 ,76V X L = XC = C = = 13 ,76 Ω I 3 ,325 A Ezek alapján: X 13 ,76 Ω L= L = = 2 ,19 mH ω 2 ⋅ π ⋅ 1000 Hz 1 1 C= = = 11,57 µF X C ⋅ ω 13 ,76 Ω ⋅ 2 ⋅ π ⋅ 1000 Hz

3

14.5 Adott egy párhuzamos RLC kör R = 250 Ω , L = 2 mH , C = 20 µF . A kapcsolás 0 ,1 A -t vesz fel ω0 rezonancia frekvencia esetén. a.,) Határozza meg ω0 , Q, ∆ω , és a két ω1 , ω2 vágási frekvencia értékét! b.,) Határozza meg a kapcsolásra kapcsolt feszültség nagyságát, és az egyes ágáramok nagyságát! Mivel minden elem adott, ω0 számítható:

ω0 =

1 1 rad = = 5000 és innen: f 0 = −3 −6 s L ⋅C 2 ⋅ 10 H ⋅ 20 ⋅ 10 F

5000

rad s = 796 ,2 Hz

2 ⋅π

R C 20 ⋅ 10 −6 F = ω0 ⋅ C ⋅ R = R = 250 ⋅ = 25 L 2 ⋅ 10 −3 H ω0 ⋅ L rad 5000 ω0 s = 200 rad = ∆ω = Q 25 s Mivel a Q ≥ 10 ezért ez egy nagy Q értékő kör. Így a két vágási frekvencia az alábbi közelítı képlet szerint is kis hibával számítható: ∆ω rad ω1 = ω0 − = 5.000 − 100 = 4900 2 s ∆ω rad ω2 = ω0 + = 5.000 + 100 = 5100 2 s 1 ∆ω rad Ha a pontos képlettel számoltunk volna: ω1 = ω0 1 + − = 5001 − 100 = 4901 2 4Q 2 s Az eltérés viszont láthatóan nagyon kicsi, így a közelítı képlet is valóban megfelelı pontosság nagy Q esetén. Q=

b.,) Rezonancia esetén az impedancia csakis ohmos jellegő: Z T = R∠0° = 250∠0°Ω U = I ⋅ Z T = I ⋅ R = 0 ,1 A ⋅ 250Ω = 25V IR =

U = I = 0 ,1 A R

IC = I L = Q ⋅ I =

U = U ⋅ ω0 ⋅ C = 25 ⋅ 0 ,1 A = 2 ,5 A ω0 ⋅ L

4

14.6 Mekkora az elızı kapcsolás feszültsége, ha az áramot tartjuk az elızı értéken és a körfrekvencia értékét tizedére csökkentjük ω = 0 ,1 ⋅ ω0 . a.,) Határozza meg a kapcsolás feszültségét, és az ágáramok nagyságát! A hálózat admittanciájának általános alakját felírva: 1 1 1 rad 1 YT = + j( ω ⋅ C − )= + j( 500 ⋅ 20 ⋅ 10 −6 F − )= rad R ω⋅L 250 Ω s −3 500 ⋅ 2 ⋅ 10 H s = 0 ,004 + j( 0 ,01 − 1 ) = 0 ,004 − j0 ,99 = 0 ,99 ∠ − 89 ,8°S Az áram vektort választva referencia vektornak: I = 0 ,1∠0° A

U = I ⋅ ZT =

I 0 ,1∠0° A = = 0 ,101∠89 ,8°V YT 0 ,99∠ − 89 ,8°S

IR =

U 0 ,101∠89 ,8° A = = 0 ,404∠89 ,8°mA ZR 250∠0°Ω

IC =

U 0 ,101∠89 ,8° A = = 1,01∠179 ,8°mA Z C 100∠ − 90°Ω

IL =

U 0 ,101∠89 ,8° A = = 101∠ − 0 ,2°mA ZL 1∠90°Ω

14.7 Egy párhuzamos RLC kör esetén, a hálózatra kapcsolt feszültség 10V , az ekkor folyó (minimális) áram 0 ,1 A . A kapcsolás rezonancia frekvenciája 2 MHz , a sávszélesség 200 kHz . a.,) Határozza meg a létra kapcsolás elemeinek értékét! A hálózat árama minimális a rezonancia frekvencia esetén. A hálózat ez esetben eléri az impedanciája maximumát azaz R-t: U 10V R= = = 100 Ω I 0 ,1 A Az áramkör jósági tényezıje: 2 ⋅ π ⋅ 2 ⋅ 10 6 Hz ω Q= 0 = = 10 ∆ω 2 ⋅ π ⋅ 200 ⋅ 10 3 Hz 1 R C Q= =R =ω0 ⋅ C ⋅ R ⇒ ω02 = L L ⋅C ω0 ⋅ L

C= L=

Q 10 = = 7 ,96 nF ω0 ⋅ R 2 ⋅ π ⋅ 2 ⋅ 10 6 Hz ⋅ 100 Ω

1 1 = = 0 ,796 µH 6 ω ⋅ C ( 2 ⋅ π ⋅ 2 ⋅ 10 Hz )2 ⋅ 7 ,96 ⋅ 10 −9 F 2 0

5

14.8 Egy tank kapcsolásban a kapacitás értéke 1 pF . A kör rezonancia frekvenciája 1MHz éa a sávszélesség 50 kHz . a.,) Mekkora L és R értéke? b.,) Mekkora a teljes tank kapcsolás impedanciája rezonancia esetén? A jósági tényezı meghatározható a rezonancia frekvencia sávszélesség segítségével: 2 ⋅ π ⋅ 1 ⋅ 10 6 Hz ω Q= 0 = = 20 ∆ω 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ 10 3 Hz Mivel a Q ≥ 10 ezért ez egy nagy jósági tényezıjő kör, így használható a közelítı összefüggés is:

ω02 =

Q=

1 L ⋅C

L=

ω0 ⋅ L

R=

R

és a

1 1 = = 25 ,33mH 6 ω ⋅ C ( 2 ⋅ π ⋅ 10 Hz )2 ⋅ 10 −12 F 2 0

ω0 ⋅ L Q

=

2 ⋅ π ⋅ 106 Hz ⋅ 25 ,33 ⋅ 10 −3 H = 7 ,958 kΩ 20

b.,) Rezonancia frekvencia esetén igaz az alábbi közelítı összefüggés, nagy jósági tényezıjő kör esetén: ZT = Q 2 ⋅ R = 20 2 ⋅ 7 ,958 ⋅ 10 3 Ω = 3,183MΩ Ellenırizve a közelítı összefüggés hibáját, az egzakt összefüggéssel számolva teljesen ugyan azt az eredményt kapjuk: L 25 ,33 ⋅ 10 −3 H ZT = = = 3 ,183 MΩ R ⋅ C 7 ,958 ⋅ 10 3 Ω ⋅ 10 −12 F 2

1 Mrad R −   = 39 ,4789 ⋅ 10 12 − 0 ,0987 ⋅ 10 12 = 6 ,275 L ⋅C  L  s Mrad 6 ,275 s = 0 ,9988 MHz f0 = 2 ⋅π

ω0 =

6

14.9 Az ábrán látható kapcsolás esetén a kör eredı árama és feszültsége fázisban van, U = 60V és I = 0 ,72 A . a.,) Mekkora a Z 2 -es impedancia nagysága? b.,) Mennyi a jósági tényezı értéke és a sávszélesség értéke? c.,) Rajzoljon teljes vektorábrát az U feszültséget véve referencia értéknek! Legyen U = 60 ∠0°V és I = 0 ,72∠0° A Z1 = R + X L = = 30 Ω + j 20 ⋅ 10 −3 H ⋅ 2000

rad = s

= 30 + j 40 = 50 ∠53 ,1°Ω 1 Y1 = = 0 ,02∠ − 53 ,1° S Z1 Mivel a feladat szövegébıl kiderül, hogy az eredı áram és feszültség fázisban van egymással, ebbıl következik, hogy szükségszerően rezonanciának kell fenn állnia. I YT = = Y1 + Y2 U 1 Y1 = = 0 ,02∠ − 53 ,1°S Z1 0 ,72∠0° A = 0 ,02∠ − 53,1°S + Y2 60 ∠0°V Y2 = 0 ,012 − ( 0 ,012 − j0 ,016 ) = j0 ,016 = jBC = jωC

Ebbıl következik hogy a Z 2 impedanciának szükségszerően kapacitásnak kell lennie. X 0 ,016 C= C = = 8 µF 2000 ω b.,) A jósági tényezı L és R segítségével meghatározható: rad 2000 ⋅ 20 ⋅ 10 −3 H ω0 ⋅ L s = = 1,333 Q= R 30Ω rad 2000 ω s = 1500 rad ∆ω = 0 = Q 1,333 s Mivel a Q ≤ 10 ezért ez a kapcsolás jósági tényezıje nem nagy. Az eredmény ellenırzése az alábbi módon lehetséges: 2

2

1 1 rad R  30 Ω  ω0 = −  = − = 2000 , ahogy vártuk. −3 −6 −3  L ⋅C  L  20 ⋅ 10 H ⋅ 8 ⋅ 10 F  20 ⋅ 10 H  s L 20 ⋅ 10 −3 H Ugyancsak az egzakt képletet használva: Z T | ω0 = = = 83,33Ω R ⋅ C 30Ω ⋅ 8 ⋅ 10 −6 F U 60∠0°V Másképpen: ZT | ω0 = = = 83 ,33∠0°Ω I 50∠53,1° A

7

A közelítı képlet a kis Q érték miatt nem helyes: ZT' | ω0 = Q 2 ⋅ R = 1,333 2 ⋅ 30 Ω = 53 ,33Ω c.,) Az ágáramok ezek után egyszerően számíthatóak:

I1 =

U 60∠0°V = = 1,2∠ − 53,1° A Z 1 50∠53 ,1°Ω

I2 =

U = U ⋅ Y2 = 60∠0°V ⋅ 0 ,016 ∠90°S = 0 ,96 ∠90° A Z2

I = I1 + I 2

8

Nem szinuszos periodikus jelek esetén a Fourier analízis segítségével megmondhatjuk milyen frekvenciájú és amplitúdójú jelek összegeként kapjuk meg a keresett jelet. Az eredeti jelet sin és cos összetevıkre bontjuk az alábbi módon: 1 f (t ) = A0 + A1 cos ωt + A2 cos 2ωt + ... + B1 sin ωt + B2 sin 2ωt + ... 2 ∞ ∞ 1 f (t ) = A0 + ∑ An cos(nωt ) + ∑ Bn sin( nωt ) 2 n =1 n =1 Az An és Bn együtthatókra a következı összefüggéseket írhatjuk fel: 2π 2π ω 2 Tudjuk, hogy ω = 2 ⋅ π ⋅ f = tehát a periódusidı T = azaz = T ω π T ω 2π / ω 2 T 2πnt An = ∫ f (t ) cos(nωt )dt = ∫ f (t ) cos dt 0 0 T T π ω 2π / ω 2 T 2πnt Bn = ∫ f (t ) sin( nωt )dt = ∫ f (t ) sin dt 0 0 T T π 6.1 Többhullámú feszültséget ír le a következı sor: u = 5V + 10V sin( ωt + 30° ) + 8 ,5V sin( 3ωt − 45° ) + 3V sin( 5ωt − 90° ) Írjuk át a sort olyan alakúra, amelyben kezdı fázisszög nélküli szinusz- és koszinuszfüggvények szerepeljenek! Az egyes harmonikus-ok összetevı szinusz-, illetve koszinusz függvényeinek együtthatói: 3 1 a1 = A1 ⋅ cos 30° = 10 ⋅ = 8 ,66 b1 = A1 ⋅ sin 30° = 10 ⋅ = 5 2 2 2 2 a3 = A3 ⋅ cos( −45° ) = 8 ,5 ⋅ =6 b3 = A3 ⋅ sin( −45° ) = 8 ,5 ⋅ ( − ) = −6 2 2 a5 = A5 ⋅ cos( −90° ) = 0 b5 = A5 ⋅ sin( −90° ) = 3( −1 ) = −3 Ezen adatok alapján a megoldás: u = 5V + 8 ,66V sin( ωt ) + 5V cos( ωt ) + 6V sin( 3ωt ) − 6V cos( 3ωt ) − 3V cos( 5ωt ) 6.2 Valamely többhullámú áram Fourier-sora: i = 4 A + 2 A sin( ωt ) + 6 A sin( 2ωt ) − 8 A cos( 2ωt ) + 5 A cos( 3ωt) Írjuk át ezt a Fourier-sort olyan alakúra, amelyben minden harmonikust egy-egy szinusz függvény ír le. Az egyenáramú összetevı, illetve az egyes harmonikus-ok csúcsértékei a következık: ϕ1 = 0 i0 = 4 A i1m = 2 A ϕ1 = 0 −8 i2 m = 6 2 + 8 2 = 10 A ϕ 2 = arctg( ) = −53 ,1° 6 i3 m = 5 A ϕ 3 = 90° Ezen adatok alapján a megoldás: i = 4 A + 2 A sin( ωt ) + 10 A sin( 2ωt − 53 ,1° ) + 5 A sin( 3ωt + 90° )

9

6.5 Az alábbi ábra egy egyenirányítót tápláló transzformátor szekunder áramának görbéjét tünteti fel. Határozzuk meg az összetevı harmonikusokat és csúcsértéküket.

Az egyenáramú összetevı: 2π

2 π 3

1 1 1 2π 1 f ( x )dx = I m dx = ( − 0 )I m = I m ∫ ∫ 2π 0 2π 0 2π 3 3 Mivel a tartományt két összetevıre bontjuk fel (sin, cos) a következıkben ezért a tartományt felezni kell, hogy ne vegyük kétszeresen figyelembe az egyes értékeket. Tehát a 2π tartomány helyett a felét használjuk az egyes komponensek számításánál ( π ). Természetesen az integrál tartománya marad az eredeti, hogy helyes legyen a végeredmény. A koszinuszos összetevık csúcsértéke, (ahol n a felharmonikusok száma): a0 =

an =

1

π

2π

1

2 π 3

∫ f ( x ) ⋅ cos( n ⋅ x )dx = π ∫ I 0

m

⋅ cos( n ⋅ x )dx =

0

2π Im [sin n ⋅ x ]0 3 π ⋅n

A szinuszos összetevık csúcsértéke: bn =

1

π

2π

1

2 π 3

∫ f ( x ) ⋅ sin( n ⋅ x )dx = π ∫ I 0

m

⋅ sin( n ⋅ x )dx = −

0

2π Im [cos n ⋅ x ]0 3 π ⋅n

A n = 4 -ig kiszámított csúcsértékek: Koszinuszos összetevık Szinuszos összetevık 1 3 3 2 ⋅π 2 ⋅π 2 3 3 − 2 ⋅π ⋅ 2 2 ⋅π ⋅ 2 3 0 0 4 3 3 2 ⋅π ⋅ 4 2 ⋅π ⋅ 4 1 3 3 3 3 ⋅ Im + I m cos( x ) + I m sin( x ) − ⋅ I m cos( 2 x ) + I m sin( 2 x ) + ... 3 2 ⋅π 2 ⋅π 2 ⋅π ⋅ 2 2 ⋅π ⋅ 2 Minden harmonikusnak egy koszinuszos és egy szinuszos összetevıje van. Fejezzük ki az egyes harmonikusokat egyetlen szinusz függvénnyel. A harmonikus eredı csúcsértéke: a An = bn2 + an2 Ψv = arctg n bn i=

10

Kiszámítva ezeket az elsı és második harmonikusra: 3 1 π Ψ 1 = arctg 2 ⋅ π = arctg = 3 3 6 2 ⋅π 3 2 2 −   π 3 3  3  A2 = − = Ψ 2 = arctg 2 ⋅ π ⋅ 2 = −  +  3 6 π ⋅2  2 ⋅π ⋅ 2   2 ⋅π ⋅ 2  2 ⋅π ⋅ 2 A kiszámított adatok felhasználásával a Fourier sor: 1 3  π 1 π  y = ⋅ ym + ym  sin( x + ) + sin( 2 x − ) + ... 3 6 2 6 π   2

 3   3 2 3 A1 =  =  +  π  2 ⋅π   2 ⋅π 

20.1 Főrész függvény esetén aminek maximuma 10 és periódusa 2 π az átlag érték könnyen 1 kiszámítható. A függvénynek 2 π -ként szakadása van, de periodikus. Így az A0 = 5 mint a 2 függvény átlagértéke.

An =

1

π

∫

2π

0

2π

10 10  ωt 1 10  ωt cos(nωt )dωt = 2  sin nωt + 2 cos nωt  = 2 2 [cos n2π − cos 0] = 0 2π 2π  n n 2π n 0 2π

10 10  ωt 1 10  2π  10  Bn = ∫ ωt sin(nωt )dωt = 2 − cos nωt + 2 sin nωt  = 2 −  = − 2π  n n 2π  n  πn π 0 2π 0 Így belátható, hogy a függvénynek csak sin-os összetevıi vannak: 10 10 10 10 ∞ sin nωt f (t ) = 5 − sin ωt − sin 2ωt − sin 3ωt = 5 − ∑ π π n=1 n 2π 3π 10 A jel frekvencia spektruma az n és a Cn = An2 + Bn2 = függvényében ábrázoljuk. nπ Cn = An − jBn = Cn ∠ψ 1

2π

11

20.47 Határozza meg a Fourier sorát az alábbi négyszög függvénynek! És ábrázolja a jel frekvencia spektrumát.

1 A0 = 0 . 2 π 2π 2π 1 π U  1  1    An = U cos(nωt )dωt + ∫ (−U ) cos(nωt )dωt =   sin nωt  −  sin nωt   = 0  π   n π π  ∫0 0  n  π   Az fenti összefüggés alapján belátható hogy a két kivonandó érték a szimmetria miatt mindig ugyan az így a különbségük mindig nulla lesz. π 2π 2π 1 π U  1  1    Bn = U sin(nωt )dωt + ∫ (−U ) sin(nωt )dωt =  − cos nnωt  +  cos nωt   =  π   n π π  ∫0 0  n  π  

A függvény 2 π -ként periodikus és az ωt tengelyre szimmetrikus. Így átlagértéke

U 2U (− cos nπ + cos 0 + cos n2π − cos nπ ) = (1 − cos nπ ) nπ nπ Így belátható, hogy a függvénynek csak sin-os összetevıi lesznek. 2U 4U Páratlan számok (n=1,3,5,7,…) esetén a Bn = (1 − cos nπ ) = lesz. nπ nπ 2U 2U Páros számok (n=2,4,6,8,…) esetén a Bn = (1 − cos nπ ) = ⋅ 0 = 0 lesz. nπ nπ Tehát a függvény Fourier sorba-fejtése esetén csak páratlan szinuszos összetevık szerepelnek. 4U 4U 4U f (t ) = sin 5ωt + ... . sin ωt + sin 3ωt + 3π 5π π 4U A jel frekvencia spektruma az n és a Cn = An2 + Bn2 = függvényében ábrázoljuk. nπ =

12

20.55 Egy 1F1U1Ü egyenirányított sin jel esetén a következıket kapjuk a felírjuk a jel Fourier transzformációját.

Elsıként az A0 összetevıt kell meghatároznunk, amely a jel átlagértékeként határozható meg: 1 π U 2U π A0 = ∫ U sin(ωt )dωt = [− cos ωt ]0 =

π

π

0

π

π

U  − n sin ωt sin nωt − cos nωt cos ωt  U An = ∫ U sin ωt cos(nωt )dωt =  = [cos nπ + 1] 2 2  0 − n +1 π π   0 π (1 − n ) 2U Így minden n esetén An = = 0 lesz kivéve az n=1-et külön kell vizsgálnunk. π (1 − n 2 ) 1 π U π sin(2ωt ) A1 = ∫ U sin ωt cos ωtdωt = ∫ dωt = 0 π 0 π 0 2 π 1 π U  n sin ωt cos nωt − sin nωt cos ωt  Bn = ∫ U sin ωt sin(nωt )dωt =   = 0 − n2 + 1 π 0 π  0 1

π

π

U  ωt sin 2ωt  U π  U B1 = ∫ U (sin ωt )dωt =  − =  =  0 4 0 π  2  2 π π 2 1

π

2

Így belátható, hogy a függvénynek csak sin-os összetevıi vannak: U U 2U 2U 2U f (t ) = + sin ωt − cos 2ωt − cos 4ωt − cos 6ωt − ... 3π 15π 35π π 2

13

19.26 Három szinuszos generátor és egy akkumulátor van sorba kapcsolva egy tekerccsel, amelynek adatai: R = 8 Ω és L = 26 ,53mH . A feszültséggenerátorok frekvenciái és feszültségei rendre 20 Hz ,15V , 60 Hz ,30V és 80 Hz ,50V . A telep feszültsége U = 6V a) Rajzolja fel a kapcsolást! Határozza meg: b) a feszültség effektív értékét, c) az impedanciákat a megadott frekvenciákon, d) az áram effektív értékét, e) a hatásos és látszólagos teljesítményt, valamint a cos ϕ teljesítménytényezıt! b.,) U rss = 15 2 + 30 2 + 50 2 + 6 2 = 60 ,51V c.,) Z 0 = 8 + j0 = 8∠0°Ω Z 20 = 8 + j 2 ⋅ π ⋅ 20 Hz ⋅ 0 ,02653 H = = 8 ,67 ∠22 ,62°Ω Z 60 = 8 + j 2 ⋅ π ⋅ 60 Hz ⋅ 0 ,02653 H = = 12 ,81∠51,34°Ω Z 80 = 8 + j 2 ⋅ π ⋅ 80 Hz ⋅ 0 ,02653 H = = 15 ,55∠59 ,04°Ω d.,) 6V I0 = = 0 ,75 A 8Ω 30V I 60 = = 2 ,34 A 12 ,81Ω

15V = 1,73 A 8 ,67 Ω 50V I 80 = = 3 ,22 A 15 ,55Ω

I 20 =

I rss = 0 ,75 2 + 1,73 2 + 2 ,34 2 + 3 ,22 2 = 4 ,4 A e.,) 2 P = I rss ⋅ R = ( 4 ,4 A )2 ⋅ 8Ω = 154 ,88W

S = U rss ⋅ I rss = 60 ,51V ⋅ 4 ,4 A = 266 ,2VA teljesítménytényezı = cos ϕ =

P 154 ,88W = = 0 ,58 S 266 ,2VA

14

19.30 Az alábbi áramkör feszültségét és áramát mérjük. uT = ( 141,42 sin 2π 30t + 141,42 sin 2π 90t )V és iT = ( 9 ,8 sin( 2π 30t − 30° ) + 5 ,66 sin( 2π 90t − 60° ) A . Határozza meg: a) az áram effektív értékét, b) a feszültség effektív értékét, c) az impedanciákat a megadott frekvenciákon, d) a tekercs induktivitását e) Mennyi a hatásos teljesítmény? 2 U rss 2 f) Ellenırizze I rss ⋅ R és R felhasználásával! g) Mekkora a látszólagos teljesítmény, és a teljesítménytényezı? a.,) I 30 =

9 ,8 A = 6 ,93 A 2

I rss = 6 ,93 2 + 4 2 = 8 A b.,) 141,42V U 30 = = 100V 2

I 90 =

5 ,66 A = 4A 2

U 90 =

141,42V = 100V 2

U rss = 100 2 + 100 2 = 141,42V c.,) U 100 ∠0°V Z 30 = 30 = = 14 ,44 ∠30°Ω = ( 12 ,5 + j7 ,22 )Ω I 30 6 ,93∠ − 30° U 100 ∠0°V Z 90 = 90 = = 25∠60°Ω = ( 12 ,5 + j 21,65 )Ω I 90 4 ∠ − 60° A d.,) 30Hz esetén ismert a kör impedanciája, amely egyenlı az ohmos és reaktív részek komplex eredıjével. Z 30 = R + jX L ,30 = ( 12 ,5 + j7 ,22 )Ω

X L ,30 = 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ L = 2 ⋅ 3,141 ⋅ 30 Hz ⋅ L = 7 ,22Ω X L ,30 7 ,22Ω L= = = 0 ,0383 H = 38 ,3mH 2 ⋅ π ⋅ f 2 ⋅ 3 ,141 ⋅ 30 Hz e.,) P30 = U 30 ⋅ I 30 ⋅ cos ϕ u30 ,i30 = 100V ⋅ 6 ,93 A ⋅ cos 30° = 600W

P90 = U 90 ⋅ I 90 ⋅ cos ϕu90 ,i90 = 100V ⋅ 4 A ⋅ cos 60° = 200W P = P30 + P90 = 600W + 200W = 800W f.,) P30 = I 302 ⋅ R = ( 6 ,93 A )2 ⋅ 12 ,5Ω = 600W P90 = I 902 ⋅ R = ( 4 A )2 ⋅ 12 ,5Ω = 200W

15

2 P = P30 + P90 = 600W + 200W = 800W másként is lehet, P = I rss ⋅ R = ( 8 A )2 ⋅ 12 ,5Ω = 800W

A másik összefüggéshez ismernünk kell az ellenálláson esı feszültség nagyságát: P = U 30 = I 30 ⋅ R = 6 ,93 A ⋅ 12 ,5Ω = 86 ,63V

2 U rss ,R R

U 90 = I 90 ⋅ R = 4 A ⋅ 12 ,5Ω = 50V

U rss ,R = 86 ,63 2 + 50 2 = 100V P=

2 U rss 100 2 ,R = = 800W R 12 ,5Ω

Számítható még az ellenálláson átfolyó áram és a rajta esı feszültség szorzata ként is a hatásos teljesítmény: P = U rss ,R ⋅ I rss = 100V ⋅ 8 A = 800W g.,) S = U rss ⋅ I rss = 141,42V ⋅ 8 A = 1131VA P 800W teljesítménytényezı = cos ϕ = = = 0 ,71 S 1131VA 19.40 Egy 10 Ω -os ellenállást kötünk sorba 3 különbözı feszültség generátorral. Ezek rendre az alábbiak: u1 = 50 sin( 377 t + 40° )V és u2 = 40 sin( 377 t + 20° )V és u3 = 80 sin( 150t )V . Határozza meg: a) a feszültség effektív értékét, b) az áram effektív értékét! c) Mennyi a hatásos teljesítmény? a.,) Elsıként a frekvenciák értékeit határozzuk meg a körfrekvencia alapján: 377 150 f1 = f 2 = = 60 Hz , f 3 = = 23 ,87 Hz . 2 ⋅π 2 ⋅π Mivel azonos a mőködési frekvencia ezért összeadható az egyes és a kettes feszültség forrás feszültsége: 50 ∠40°V 40 ∠20°V + = ( 27 ,08 + j 22 ,73 )V + ( 26 ,58 + j 9 ,67 )V = ( 53 ,66 + j 32 ,4 )V = u1 + u 2 = 2 2 = 62 ,7 ∠31,12°V 80V u3 = = 56 ,6V 2 U rss = 62 ,7 2 + 56 ,6 2 = 84 ,5V b.,) U 62 ,68V I 60 = 60 = = 6 ,268 A Z 60 10 Ω

I 23 ,87 =

I rss = 6 ,268 2 + 5 ,657 2 = 8 ,44 A c.,) 2 P = I rss ⋅ R = ( 8 ,44 A )2 ⋅ 10Ω = 712 ,3W

16

56 ,57V = 5 ,657 A 10 Ω

19.47 Egy soros kör tartalmaz egy 295 µF -os kondenzátort és egy tekercset melynek adatai: R = 3Ω , L = 4 ,42mH . A körbe bekapcsolunk sorosan még 3 különbözı feszültség generátort. Ezek rendre az alábbiak: u1 = 35V ,60 Hz és u2 = 10V ,180 Hz és u3 = 8V ,300 Hz . Határozza meg: a) a feszültség effektív értékét, b) az áram effektív értékét! a.,) U rss = 35 2 + 10 2 + 8 2 = 37 ,3V

b.,) Az egyes frekvenciákon kiszámítva a részáramokat: 60Hz esetén: X L ,60 = 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ L = 2 ⋅ 3 ,141 ⋅ 60 Hz ⋅ 4 ,42 ⋅ 10 −3 H = 1,67 Ω 1 1 X C ,60 = = = 8 ,99Ω 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ C 2 ⋅ 3,141 ⋅ 60 Hz ⋅ 295 ⋅ 10 −6 F Z 60 = R + j( X L ,60 − X C ,60 ) = ( 3 + j1,67 − 8 ,99 )Ω = 7 ,91∠ − 67 ,72°Ω U 35∠0°V I 60 = 60 = = 4 ,42∠67 ,72° A Z 60 7 ,91∠ − 67 ,72°Ω 180Hz esetén: X L ,180 = 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ L = 2 ⋅ 3 ,141 ⋅ 180 Hz ⋅ 4 ,42 ⋅ 10 −3 H = 5Ω 1 1 X C ,180 = = = 3Ω 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ C 2 ⋅ 3,141 ⋅ 180 Hz ⋅ 295 ⋅ 10 −6 F Z 180 = R + j( X L ,180 − X C ,180 ) = ( 3 + j 5 − 3 )Ω = 3,61∠33,69°Ω U 10 ∠0°V I 180 = 180 = = 2 ,77 ∠ − 33,69° A Z 180 3 ,61∠33,69°Ω 300Hz esetén: X L ,300 = 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ L = 2 ⋅ 3 ,141 ⋅ 300 Hz ⋅ 4 ,42 ⋅ 10 −3 H = 8 ,33Ω 1 1 X C ,300 = = = 1,8 Ω 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ C 2 ⋅ 3,141 ⋅ 300 Hz ⋅ 295 ⋅ 10 −6 F Z 300 = R + j( X L ,300 − X C ,300 ) = ( 3 + j 8 ,33 − 1,8 )Ω = 7 ,19∠65 ,33°Ω U 8 ∠0°V I 300 = 300 = = 1,11∠ − 65 ,33° A Z 300 7 ,19 ∠65 ,33°Ω A három áram eredıje a következı képen számítható ki: I rss = 4 ,42 2 + 2 ,77 2 + 1,112 = 5 ,33 A

17

19.53 Sorosan van kötve egy R = 30 Ω ellenállás, és egy 500 µF -os kondenzátor, valamint egy U 1 = 120V -os telep és három szinuszos feszültség forrás amelyek: u2 = 100 sin 30t és u3 = 50 sin 80t és u4 = 70 sin 100t . Határozza meg: a) a voltmérırıl leolvasott értéket! b) az ampermérı által mutatott értéket! a.,)

U 1 = 120V ,

U2 =

100V 50V 70V = 70 ,71V , U 3 = = 35 ,36V , U 4 = = 49 ,5V 2 2 2

U rss = ( 120V )2 + ( 70 ,71V )2 + ( 35 ,36V )2 + ( 49 ,5V )2 = 152V =a voltmérı által mutatott érték

b.,)Az ω1 , ω2 , ω3 , ω4 értékekbıl ki kell számítani rad rad rad 30 80 100 s = 4 ,774 Hz , f = s = 12 ,73 Hz , f = s = 15 ,89 Hz f 1 = 0 Hz f 2 = 3 4 2 ⋅π 2 ⋅π 2 ⋅π Z 1 = ∞Ω U 120V I1 = 1 = = 0A Z1 ∞Ω 1 1 X C2 = = = 66 ,677 Ω 2 ⋅ π ⋅ f 2 ⋅ C 2 ⋅ 3 ,141 ⋅ 4 ,774 Hz ⋅ 500 ⋅ 10 −6 F Z 2 = R + j( − X C 2 ) = ( 30 − j66 ,677 )Ω = 73,11∠ − 65 ,77°Ω U 70 ,71∠0°V I2 = 2 = = 0 ,97 ∠65 ,77° A Z 2 73 ,11∠ − 65 ,77°Ω 1 1 X C3 = = = 25Ω 2 ⋅ π ⋅ f 3 ⋅ C 2 ⋅ 3 ,141 ⋅ 12 ,73 Hz ⋅ 500 ⋅ 10 −6 F Z 3 = R + j( − X C 2 ) = ( 30 − j 25 )Ω = 39 ,05∠ − 39 ,8°Ω U 35 ,36 ∠0°V I3 = 2 = = 0 ,911∠39 ,8° A Z 2 39 ,05∠ − 39 ,8°Ω 1 1 X C4 = = = 20 Ω 2 ⋅ π ⋅ f 4 ⋅ C 2 ⋅ 3 ,141 ⋅ 15 ,89 Hz ⋅ 500 ⋅ 10 −6 F Z 4 = R + j( − X C 4 ) = ( 30 − j 20 )Ω = 36 ,055∠ − 33,69°Ω U 49 ,5∠0°V I4 = 4 = = 1,37 ∠33,69° A Z 4 36 ,055∠ − 33 ,69°Ω A négy áram eredıje a következı képen számítható ki: I rss = ( 0 ,97 A )2 + ( 0 ,91 A )2 + ( 1,37 A )2 + ( 0 A )2 = 1,91 A = az árammérı által mutatott érték

18

18.2 Egy három fázisú 3 vezetékes 400V-os hálózatra kapcsolunk egy csillag kapcsolású (Y) szimmetrikus terhelést. Amelynek a fázis impedanciája Z = 23∠30°Ω . a.,) Határozza meg a vonali áramokat! b.,) Rajzoljon vektorábrát! Tudjuk, hogy a két vezetı között a feszültség U v = 400V . Mivel a terhelés szimmetrikus így a fázis feszültségek is szimmetrikusak lesznek. Mivel az N pontban nincs potenciál különbség így onnan nem folyik áram. Így a fázis feszültségek nagyságai: U 400V U fázis = U = v = = 230V 3 3 Legyen az L1 fázisa 0 ° -os. U 1 f = 230∠0°V

U 1f

230∠0°V = 10∠ − 30° A mivel Az Z 23∠30°Ω ω forgásirányt követve az U 1 -et követi az U 2 feszültség -120º-ot késve. U2 230 ∠ − 120°V I2 = f = = 10 ∠ − 150° A Z 23∠30°Ω U3 230∠120°V = 10∠90° A I3 = f = Z 23∠30°Ω I1 =

=

A feladat nem kérdezi, de mivel csillag kapcsolásról van szó, tudjuk, hogy a vonali és fázis áramok megegyeznek: I 1 = I 1f Továbbá a vonali fezsültségek és a fázis feszültségek nagysága között a következı összefüggés áll fent: U 12 = 3 ⋅ U 1f Ha a feszültség fázis szögét is tudni szeretnénk, akkor az alábbi hurok egyenletet lehet felírni, és innen számítható: U 12 = U 1f − U 2 f

19

18.3 Egy három fázisú 3 vezetékes 400V-os hálózatra kapcsolunk egy delta kapcsolású (∆) szimmetrikus terhelést. Amelynek a fázis impedanciája Z = 40 ∠45°Ω . a.,) Határozza meg a vonali és fázis áramokat! b.,) Rajzoljon vektorábrát! Mivel a terhelés szimmetrikus, így a fázis áramok is szimmetrikusak lesznek. Így a vonali feszültségek nagyságai: U 12 = U 1 = 400∠0°V U 23 = U 2 = 400 ∠ − 120°V U 31 = U 3 = 400 ∠120°V U 12 400 ∠0°V = = 10 ∠ − 45° A = ( 7 ,07 − j7 ,07 ) A Z 40 ∠45°Ω U 400 ∠ − 120°V I 23 = 23 = = 10 ∠ − 165° A = ( −9 ,66 − j 2 ,59 ) A Z 40 ∠45°Ω U 400 ∠120°V = 10 ∠75° A = ( 2 ,59 + j 9 ,66 ) A I 31 = 31 = Z 40 ∠45°Ω A csomóponti törvény alapján: I 1 = I 12 − I 31 = ( 7 ,07 − j7 ,07 ) − ( 2 ,59 + j 9 ,66 ) = 4 ,48 − j16 ,73 = 17 ,32∠ − 75° A I 12 =

Mivel tudjuk, hogy a fázisáram 3 szorosa a vonali áram, ezért I 2 = 3 ⋅ 10 = 17 ,32 A és mivel a terhelés szimmetrikus ezért − 120° -ra és + 120° -ra lesz a másik két vektor: I 2 = I 23 − I 12 = 10 ∠ − 165° A − 10 ∠ − 45° A = 17 ,32∠165 = 17 ,32∠( −75 − 120° ) A I 3 = I 31 − I 23 = 10 ∠75° A − 10 ∠ − 165° A = 17 ,32∠45° A

P3 f = 3 ⋅ U 12 ⋅ I 12 ⋅ cos( ϕ ) = = 3 ⋅ 400 ⋅ 10 ⋅ cos( 45° ) = 8485W

20

A feladat másképpen is megoldható: A kapcsolás átalakítható, csillagkapcsolássá, az alábbi összefüggés segítségével: Z1 ⋅ Z 2 40 ∠45°Ω ⋅ 40∠45°Ω ZY = = = 13,33∠45°Ω Z 1 + Z 2 + Z 3 40∠45°Ω + 40∠45°Ω + 40∠45°Ω

U 12 = U 1f − U 2 f

U 1f = U 1 N = 400V∠0°V + 230∠ − 150°V = 230∠ − 30°V I1 =

U 1 N 230∠ − 30°V = = 17 ,32∠ − 75° A ZY 13,33∠45°Ω

I 2 = 17 ,32∠ − 195° A I 3 = 17 ,32∠45° A

21

18.4 Háromfázisú, 3 vezetékes 400V-os hálózatra kapcsolunk, egy deltakapcsolású (∆) aszimmetrikus terhelést. a.,) Határozza meg a vonali és fázis áramokat! b.,) Rajzoljon vektorábrát! Z 12 = 10∠30°Ω Z 23 = 20 ∠90°Ω Z 31 = 15∠ − 45°Ω

Így a vonali feszültségek nagyságai: U 12 = 400∠0°V , U 23 = 400 ∠ − 120°V , U 31 = 400 ∠120°V

I 12 =

U 12 400∠0°V = = 40∠ − 30° A = ( 34 ,64 − j 20 ) A Z 12 10∠30°Ω

I 23 =

U 23 400∠ − 120°V = = 20 ∠ − 210° A = ( 17 ,32 + j10 ) A Z 23 20∠90°Ω

U 31 400∠120°V = = 26 ,66 ∠165° A = ( −25 ,76 + j6 ,9 ) A Z 31 15∠ − 45°Ω A csomóponti törvény alapján: I 1 = I 12 − I 31 = ( 34 ,64 − j 20 ) − ( −25 ,76 − j6 ,9 ) = 66 ,12∠ − 24° A I 31 =

I 2 = I 23 − I 12 = ( 17 ,32 + j10 ) A − ( 34 ,64 − j 20 ) A = 60 ∠150° A I 3 = I 31 − I 23 = ( −25 ,76 + j6 ,9 ) A − ( 17 ,32 + j10 ) A = 9 ∠ − 160° A

22

18.5 Egy háromfázisú, 4 vezetékes 400V-os hálózatra kapcsolunk, egy csillag kapcsolású (Y) aszimmetrikus terhelést. a.,) Határozza meg a rendszer áramait! b.,) Rajzoljon vektorábrát! Mivel szimmetrikus háromfázisú rendszert kapcsolunk a fogyasztóra, ezért felírható: Iv = I f U v = 3 ⋅U f és U v 400V = = 230V 3 3 U 230∠0°V I1 = 1 = = 23∠60° A Z 1 10∠ − 60°Ω

Uf =

U 2 230∠ − 120°V = = 46 ∠ − 30° A Z2 5∠ − 90°Ω U 230∠120°V I3 = 3 = = 11,5∠90° A = j11,5 A Z3 20∠30°Ω A csomóponti törvény alapján számítható a nulla vezetı árama: I N = ( I 1 + I 2 + I 3 ) = ( 10 + j17 ,32 + 39 ,84 − j 23 + j11,5 ) = 51,33 + j 8 ,41 = 52∠9 ,31° A I2 =

23

18.6 Egy háromfázisú, 3 vezetékes 400V-os hálózatra kapcsolunk egy csillagkapcsolású (Y) aszimmetrikus terhelést. a.,) Határozza meg a rendszer vonali áramait! A vonali feszültségek az alábbiak szerint választva: U 12 = 400∠0°V , U 23 = 400 ∠ − 120°V , U 31 = 400 ∠120°V A fázis feszültség értéke: 400V U1 f = = 230V 3 Z 3 = 10 ∠ − 60°Ω = ( 5 − j 8 ,66 )Ω

Hurokegyenleteket felírva: U 12 = 400∠0°V = I I ( 5 + j 8 ,66 ) − I II ( j 8 ,66 ) U 23 = 400 ∠ − 120°V = − I I ( j 8 ,66 ) + I II ( j 8 ,66 + 5 − j 8 ,66 )

400∠0° II =

− j 8 ,66

400∠ − 120° 5 5 + j 8 ,66 − j 8 ,66 − j 8 ,66

=

( 2000∠0° ) − ( −3000 + j1732 ) 5000 − j1732 5291,48∠ − 19° = = = 25 + j 43,3 + 75 100 + j 43,3 109∠23,4°

5

= 48 ,54∠ − 42 ,4° A 10 ∠60° I II =

400 ∠0°

8 ,66 ∠ − 90° 400 ∠ − 120° ( 4000 ∠ − 60° ) − 3464 ∠ − 90° ) 2000∠0° = == == 18 ,34 ∠ − 23 ,4° A 109 ∠23 ,4° 109 ∠23 ,4° 109 ∠23 ,4°

I 1 = I I = 48 ,54∠ − 42 ,4° A I 2 = I II − I I = 18 ,34∠ − 23,4° − 48 ,54∠ − 42 ,4° = 31,75∠126 ,7° A I 3 = − I II = 18 ,34 ∠24 ,3° A

U 2 f = I 2 ⋅ Z 2 = 275∠ − 143,2°V U 3 f = I 3 ⋅ Z 3 = 183 ,4∠ − 35 ,7°V Ellenırzés képen: U 12 = I 1 ⋅ Z 1 − I 2 ⋅ Z 2 = ( 48 ,54 ∠ − 42 ,4° ) A ⋅ 5Ω − 31,75∠126 ,7° ⋅ 8 ,66 ∠90° = 400∠0°V

24

14.40 Egy háromfázisú 4 vezetékes 400V-os hálózatra kapcsolunk, egy csillag kapcsolású (Y) aszimmetrikus terhelést. a.,) Határozza meg a rendszer vonali áramait! b.,) Határozza meg a rendszer hatásos és meddı teljesítményeit fázisonként! c.,) Számítsa ki a teljesítménytényezıt! Mivel az impedanciák fázis értékek ezért fázis feszültség segítségével határozható meg a fázis áram. 400V U1 f = = 230V 3 U 1 f = 230∠0°V

U 2 f = 230∠ − 120°V U 3 f = 230∠120°V A fázisfeszültségek és fázis impedanciák hányadosai a fázis áramok, amik megegyeznek a vonali áramokkal: U 1 f 230 ∠0°V I1 = I1 f = = = 38 ,33∠ − 20° A Z1 6 ∠20°Ω I2 = I2 f = I3 = I3 f =

U2 f Z2 U3 f Z3

=

230 ∠ − 120°V = 28 ,75∠ − 160° A 8 ∠40°Ω

=

230 ∠120°V = 23∠120° A 10 ∠0°Ω

b.,) Az elsı fázis hatásos teljesítménye a fázis árama és feszültségének és a köztük lévı szögnek a szorzata: U 1 f = 230∠0°V , I 1 = 38 ,33∠ − 20° A , ϕ1 = 0° − ( −20° ) = 20°

U 2 f = 230∠ − 120°V ,

I 1 = 28 ,75∠ − 160° A ,

ϕ 2 = −120° − ( −160° ) = 40°

U 3 f = 230∠120°V ,

I 1 = 23∠120° A ,

ϕ 3 = 120° − 120° = 0°

P1 f = 230 ⋅ 38 ,33 ⋅ cos( 20° ) = 8284W P2 f = 230 ⋅ 28 ,75 ⋅ cos( 40° ) = 5065 ,5W P3 f = 230 ⋅ 23 ⋅ cos( 0° ) = 5290W

P = P1 + P2 + P3 = 18 ,64 kW

Q1 f = 230 ⋅ 38,33 ⋅ sin( 20°) = 3015,2VAr Q2 f = 230 ⋅ 28 ,75 ⋅ sin( 40° ) = 4250 ,4VAr Q3 f = 230 ⋅ 23 ⋅ sin( 0° ) = 0VAr

Q = Q1 + Q2 + Q3 = 7 ,265 kVAr

S = P + jQ = ( 18 ,64 + j7 ,265 )kVAr = 20∠21,29°kVA

c.,) cos ϕ =

P 18 ,64 = = 0 ,93 és késı (tehát induktív jellegő) S 20

25

ϕ = 21,29°

14.45 Egy háromfázisú rendszert fázisonként 10Ω-os fogyasztóval szimmetrikusan terhelünk. A rendszer vonali feszültsége 230V. a.,) Határozza meg a hatásos teljesítményt, ha a fogyasztót csillagba illetve deltába kapcsoljuk! Csillag kapcsolás esetén: Tudjuk, hogy a két vezetı között a feszültség U v = 230V . Mivel a terhelés szimmetrikus így a fázis áramok is szimmetrikusak lesznek. Így a fázis feszültségek és áramok nagyságai: U U 230V 132 ,79V U fázis = U = v = = 132 ,79V , I f = f = = 13,279 A Z 10Ω 3 3 Mimivel a terhelés ohmikus az áram és feszültség közti szög 0° , azonos fázisban vannak. PY = 3 ⋅ U f ⋅ I f ⋅ cos ϕ = 3 ⋅ 230V ⋅ 13,279 A ⋅ cos( 0° ) = 5 ,2899 kW Delta kapcsolás esetén: Mivel a terhelés szimmetrikus így a fázis áramok is szimmetrikusak lesznek. És tudjuk U v = U f = 230V , delta kapcsolás esetén: Uf

230V = 23 A , I v = 3 ⋅ I f = 3 ⋅ 23 A = 39 ,83 A Z 10Ω Mimivel a terhelés ohmikus az áram és feszültség közti szög 0° , azonos fázisban vannak. P∆ = 3 ⋅ U f ⋅ I f ⋅ cos ϕ = 3 ⋅ 230V ⋅ 23 A ⋅ cos( 0° ) = 15 ,87 kW U fázis = U = 230V ,

If =

=

14.48 feladat Egy 25LE indukciós motort üzemeltetünk 3 fázisú 400V-os 50Hz-es hálózatról. Ahol a hatásfok 87%, a teljesítménytényezı 0,9. a.,) Határozza meg a hatásos és látszólagos teljesítmény értékét! a.,) Határozza meg a meddı teljesítmény és a vonali áramok értékét! a.,) Tudjuk, hogy a motor egy induktív jellegő szimmetrikus terhelés és így a fázis feszültséghez képest késı áramot kapunk amely fázisszög értéke: ϕ = cos −1 0 ,9 = 25 ,84° . LE ⋅ 736 25 ⋅ 736 P= = = 21,149425kW η 0 ,87 P 21,149 kW cos φ = = = 0 ,9 S S 21,149 kW S= = 23,499VA 0 ,9 b.,) Q = S ⋅ sin( ϕ ) = 23 ,499VA ⋅ sin( 25 ,84° ) = 10 ,242 kVAr P = 3 ⋅ U v ⋅ I v ⋅ cos ϕ ⇒ 21.149 ,425W Iv = = 33,958 A 3 ⋅ 400V ⋅ 0 ,9

26

14.50 Háromfázisú 400V-os rendszerre kapcsolunk egy csillag kapcsolású szimmetrikus fogyasztót, amely 6Ω-os fázis impedanciákat tartalmaz. Majd ezzel párhuzamosan kötünk egy deltakapcsolású szimmetrikus fogyasztót, amely 9Ωos fázis impedanciákat tartalmaz. Határozza meg a vonali áramok nagyságát! A delta kapcsolást átalakítva csillag kapcsolássá: R1 ⋅ R2 9 ⋅9 RY = = = 3Ω R1 + R2 + R3 27 A két csillag kapcsolás így fázisonként párhuzamosan van, tehát az eredıje: R ⋅R 3⋅6 Rf = Y1 Y = = 2Ω RY 1 + RY 9 U 400V U fázis = v = = 230V 3 3 230V Iv = I f = = 115 A 2Ω 14.51 Háromfázisú 400V-os rendszerre kapcsolunk egy csillagkapcsolású szimmetrikus fogyasztót, amelynek fázis impedanciája ( 5 + j10 )Ω . Ezeken felül még az 1-es 2-es fázisok közé kapcsolunk egy ( 2 + j6 )Ω impedanciát. Határozza meg az 1, 2, 3-as fázis vonali áramát, és a nulla vezetı áramát! U v 400V = = 230V 3 3 = 230∠ − 30°V

Uf =

U1 f

U 2 f = 230∠ − 150°V U 3 f = 230∠90°V 400 ∠0°V 230 ∠ − 30°V + = ( 2 + j6 )Ω ( 5 + j10 )Ω = 82 ,69 ∠ − 76 ,9° A 230∠90°V I3 = = 20 ,57 ∠26 ,57° A ( 5 + j10 )Ω 230∠ − 150°V 400∠0°V I2 = − = 80 ,44∠117 ,5° A ( 5 + j10 )Ω ( 2 + j6 )Ω I N = ( 82 ,69∠ − 76 ,9° A + 80 ,44∠117 ,5° A + 20 ,57 ∠26 ,57° A ) = 0 A I1 =

27

6.1 Határozza meg az ábrán látható négypólus impedancia és admittancia paramétereit! Kiindulva az alapegyenletekbıl: U 1 = Z 11 ⋅ I 1 + Z 12 ⋅ I 2 U 2 = Z 21 ⋅ I 1 + Z 22 ⋅ I 2 Ha I 2 = 0V , azaz a kimenı kapcsok meg vannak szakítva, akkor: U U1 1 Z 11 = 1 = =R− j , és U I 1 I =0 ω ⋅C 1 2 1 R+ jωC

Z 21 =

U2 I1

I 2 =0

 1   I 1 ⋅  jω ⋅ C  1  = =−j I1 ω ⋅C

Ha I 1 = 0V , azaz a bemenı kapcsok vannak megszakítva, akkor: 1 I2( − j ) U1 U 1 ω ⋅C = − j 1 Z 12 = = és Z 22 = 2 = − j I2 I2 ω ⋅C I2 ω ⋅C Az Admittanci paraméterek meghatározása az alapegyenletekbıl kiindulva történhet: I 1 = Y11 ⋅ U 1 + Y12 ⋅ U 2 I 2 = Y21 ⋅ U 1 + Y22 ⋅ U 2 Ha a kimenı kapcsokat rövidre zárjuk, azaz U 2 = 0V , akkor a kondenzátor rövidre záródik tehát rajta nem folyik áram: I I 1 I I 1 Y11 = 1 = 1 = Y21 = 2 = 2 =− U 1 U =0 I 1 R U 1 U =0 − I 2 R 2 2 R R Az Y21 -be a negatív elıjel azért került be, mert az I 2 által az R ellenálláson létrehozott feszültségesés iránya ellentétes az U 1 irányával. Ha a bemenı kapcsokat zárjuk rövidre, akkor U 1 = 0V , akkor a kondenzátor és az ellenállás párhuzamosan kapcsolódik: I I 1 I I2 1 Y12 = 1 = 1 =− és Y22 = 2 = = + jω C R 1 U 2 U =0 − I 1 R U 2 U =0 I R ⋅ 1 1 2 1 R jω C R+ jω C A meghatározott értékek behelyettesítése után: U U I1 = 1 − 2 és R R U 1 I 2 = − 2 + ( + jωC )U 2 R R

28

23.1 Határozza meg az ábrán látható négypólus (T kapcsolás) impedancia paramétereit! Megoldás: Az alábbi ismert kapcsolat van a bemeneti feszültségre és a kimeneti feszültségre: U1 = Z11 ⋅ I1 + Z12 ⋅ I 2 és U 2 = Z 21 ⋅ I1 + Z 22 ⋅ I 2 A berajzolt körbejárási irányok alapján, felírva a hurokáramok egyenlet rendszerét, a következıket kapjuk: U 1 = ( Z1 + Z3 ) ⋅ I1 + Z 3 ⋅ I 2 U 2 = Z3 ⋅ I1 + ( Z 2 + Z 3 ) ⋅ I 2 Innen könnyen felírható az alábbi összefüggés: Z 11 = Z 1 + Z 3 Z 12 = Z 3 Z 21 = Z 3 Z 22 = Z 2 + Z 3

Z11 = 1kΩ + 3kΩ = 4kΩ , Z12 = 3kΩ , Z 21 = 3kΩ , Z 22 = 10kΩ + 3kΩ = 13kΩ 23.9 Határozza meg az ábrán látható négypólus (T kapcsolás) impedancia paramétereit! Megoldás: Az alábbi ismert kapcsolat van a bemeneti feszültségre és a kimeneti feszültségre: U1 = Z11 ⋅ I1 + Z12 ⋅ I 2 és U 2 = Z 21 ⋅ I1 + Z 22 ⋅ I 2 A berajzolt körbejárási irányok alapján, felírva a hurokáramok egyenlet rendszerét, a következıket kapjuk: U 1 = ( Z1 + Z3 ) ⋅ I1 + Z 3 ⋅ I 2 U 2 = Z3 ⋅ I1 + ( Z 2 + Z 3 ) ⋅ I 2 Innen könnyen felírható az alábbi összefüggés: Z 11 = Z 1 + Z 3 , Z12 = Z C , Z 21 = Z 3 , Z 22 = Z 2 + Z 3

Z11 = (3 + j 3) = 4,242∠ − 45°Ω Z12 = Z 21 = Z 3 = − j 3 = 3∠ − 90°Ω Z 22 = j 4 − j 3 = 1∠90°Ω

29

23.3 Milyen feltételek mellett számíthatjuk ki vagy mérhetjük meg a tetszıleges négy pólus Z paramétereit? Megoldás: Kiindulva a bemeneti feszültség és a kimeneti feszültség alap egyenletébıl: U1 = Z11 ⋅ I1 + Z12 ⋅ I 2 és U 2 = Z 21 ⋅ I1 + Z 22 ⋅ I 2 Kihasználva, hogy a bemenet vagy a kimet üresjárás esetén az alábbivá összefüggéssé egyszerősödik a kiindulási egyenlet: U1 = Z11 ⋅ I1 I

2 =0

U 2 = Z 21 ⋅ I1 I

2 =0

U1 = Z12 ⋅ I 2 I =0 1

U 2 = Z 22 ⋅ I 2 I =0 1

Z11 =

U1 I1

,

Z 21 =

I 2 =0

U2 I1

,

Z 12 =

I 2 =0

U1 I2

, I1 =0

Z 22 =

U2 I2

I1 =0

23.4 Határozza meg a Z paraméterek értékeit, ha a négypólus tartalmaz egy feszültség vezérelt eszközt! Megoldás: A berajzolt körbejárási irányok alapján, felírva a hurokáramok egyenlet rendszerét, a következıket kapjuk: U1 = ( Z1 + Z 3 ) ⋅ I1 + Z 3 ⋅ I 2 U 2 − 2 ⋅ I 1 = Z 3 ⋅ I1 + Z 3 ⋅ I 2 Innen könnyen felírható az alábbi összefüggés: U1 = (3 + 6 + j 4) ⋅ I1 + (6 + j 4) ⋅ I 2 Z11

Z12

U 2 = ( 2 + 6 + j 4) ⋅ I 1 + ( 6 + j 4) ⋅ I 2 Z 21

Z 22

Z11 = (9 + j 4)Ω Z12 = (6 + j 4)Ω Z 21 = (8 + j 4)Ω Z 22 = (6 + j 4)Ω

30

23.21 Határozza meg a hálózat admittancia (Y) paramétereinek értékeit, ha az alábbi π kapcsolásról van szó! Megoldás: Az Admittancia értelmezésébıl kiindulva, ha a kimeneti feszültség nulla akkor rövidzár tehát a 3-as impedanciát söntöli: I 1 1 1 1 Y11 = 1 = + = + = U1 U =0 Z1 Z 2 100Ω 75Ω 2

= 23,333µS A hurok áramok módszerével az egyenletrendszer felírásához 3 egyenletre van szükség. Ugyanakkor a csomóponti potenciálok módszeréhez csak 2 egyenletre van szükség minden paraméter felírásához: I1 = (Y1 + Y2 ) ⋅ U1 − (Y1 ) ⋅ U 2 I 2 = −(Y1 ) ⋅ U1 + (Y1 + Y3 ) ⋅ U 2 Innen könnyen felírható az alábbi összefüggés: I1 = (13,33µS + 10 µS ) ⋅ U1 − (10 µS ) ⋅ I 2 Y11

Y12

I 2 = (− 10 µS ) ⋅ U1 + (10 µS + 20µS ) ⋅ I 2 Y21

Y22

Y11 = 23,3ɺ µS Y12 = −10 µS Y21 = −10 µS Y22 = 30µS

31

6.3 Határozzuk meg számítással az admittancia paraméterek ismeretében az impedancia paramétereket! Kiindulási egyenleteink az impedancia és admittancia paraméterekre: I 1 = Y11 ⋅ U 1 + Y12 ⋅ U 2 I 2 = Y21 ⋅ U 1 + Y22 ⋅ U 2 U 1 = Z 11 ⋅ I 1 + Z 12 ⋅ I 2 U 2 = Z 21 ⋅ I 1 + Z 22 ⋅ I 2 A fentiekbıl kifejezve U 2 értékét: I − Y ⋅U U 2 = 1 11 1 , majd behelyettesítve a második egyenletbe: Y12 I − Y ⋅U I 2 = Y21 ⋅ U 1 + Y22 ⋅ 1 11 1 , beszorozva Y12 -vel: Y12 Y12 ⋅ I 2 = Y12 ⋅ Y21 ⋅ U 1 + Y22 ⋅ I 1 − Y11 ⋅ Y22 ⋅ U 1 , innen kifejezve U 1 -et. Y22 Y12 U1 = ⋅ I1 − ⋅ I2 Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21 Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21 Összehasonlítva a harmadik alapegyenlettel: U Y22 U − Y12 Z 11 = 1 = Z 12 = 1 = I 1 I =0 Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21 I 2 I =0 Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21 2

1

A másik két Z paramétert a táblázat segítségével meg tudjuk adni. A Z paraméterek oszlopában ∆Y szerepel. Tehát mindegyik Z paraméter nevezıje ∆Y = Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21 lesz, Z 11 számlálójában Y22 , Z 12 számlálójában − Y12 lesz. Ez megfelel a számítás eredményének. Z 21 számlálója − Y21 , Z 22 számlálójában Y11 . Tehát: Z 21 =

U2 I1

= I 2 =0

− Y21 Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21

Z 22 =

U2 I2

= I1 =0

Y11 Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21

A paraméterek egymásba átszámíthatóak: Y Z h k

∆Y 1

h22 k11

Y22 Z 11 ∆h 1

- Y12 - Z 12 h12 - k12

- Y21 - Z 21 - h21 k 21

Y11 Z 22 1 ∆k

32

1

∆Z h11 k 22

∆Y = Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21 ∆Z = Z 11 ⋅ Z 22 − Z 12 ⋅ Z 21 ∆h = h11 ⋅ h22 − h12 ⋅ h21 ∆k = k11 ⋅ k 22 − k12 ⋅ k 21

6.20 Határozza meg számítással az alábbi hálózat lánc paraméter mátrixát!

A feladatot két alaptagra (egy „T” és egy „ π ” tagra) bontva oldhatjuk meg. Kiindulási egyenleteink a láncparaméterekre: U 1 = A11 ⋅ U 2' + A12 ⋅ I 2' I 1 = A21 ⋅ U 2' + A22 ⋅ I 2' A11 =

A21 =

U1 U 2'

I 2 =0

I1 U 2'

I 2 =0

U1 =3 10 U1 ⋅ 20 + 10 I1 = = 0 ,1s 10 ⋅ I 1

=

A12 =

U1 = I 2' U ' =0 − 2

A22 =

I1 I 2'

U '2 =0

U1 U 1 ⋅ 10 10 ⋅ 20 + 20 × 10 20 + 10 I1 = = −3 10 − I1 ⋅ 10 + 20

200   20 + 30  ⋅ 30 =− = −80Ω 10

A12 3 − 80Ω = A22 0 ,1s −3 Ezután következhet a „ π ” tag lánc paraméter mátrixának felírása. U U1 A11 = 1 = = 1,4 U 2 I =0 U ⋅ 50 2 1 20 + 50 I I1 A21 = 1 = = 0 ,048 s 50 U 2 I =0 I ⋅ ⋅ 50 2 1 20 + 50 + 50 U U A12 = 1 = 1 = −20 Ω I 2 U =0 − U 1 2 20 I I1 70 A22 = 1 =− = −1,4 = I 2 U =0 − I ⋅ 50 50 2 1 50 + 20

Így készen van a „T” tagra vonatkozó lánc mátrix: A' =

33

A11 A21

A11 A12 1,4 − 20Ω = A21 A22 0 ,048 s − 1,4 Majd a két alaptag lánc paraméter eredmény mátrixát összeszorozva, kapjuk meg az eredmény mátrixot. A A12 B11 B12 A B + A12 B21 A11 B12 + A12 B22 C = A ⋅ B = 11 ⋅ = 11 11 A21 A22 B21 B22 A21 B11 + A22 B21 A21 B12 + A22 B22

Így készen van a „ π ” tagra vonatkozó lánc mátrix: A" =

A = A' ⋅ A" = A=

3 − 80Ω 1,4 − 20Ω 3 ⋅ 1,4 + ( −80 ⋅ 0 ,048 ) 3 ⋅ ( −20 ) + ( −80 ) ⋅ ( −1,4 ) ⋅ = = 0 ,1s − 3 0 ,048 s − 1,4 0 ,1 ⋅ 1,4 + ( −3 ) ⋅ 0 ,048 ) 0 ,1 ⋅ ( −20 ) + ( −3 ) ⋅ ( −1,4 )

0 ,36

52Ω

− 0 ,004 s

2 ,2

II. megoldása a feladatnak: A feladat megoldható hurokáramok és csomóponti potenciálok segítségével is. A feladat elsı részére a „T” tagra hurok áramok módszerével felírhatóak az impedancia paraméterek. Kiindulási egyenleteink a láncparaméterekre: U 1 = I 1 ⋅ ( 20 + 10 ) + I 2' ⋅ 10 U 2' = I 1 ⋅ 10 + I 2' ⋅ ( 20 + 10 ) A felírt egyenletrendszerbıl azonnal láthatóak az impedancia paraméterek: U 1 = Z 11 ⋅ I 1 + Z 12 ⋅ I 2' U 2' = Z 21 ⋅ I 1 + Z 22 ⋅ I 2'

Z 11 = 30Ω Z 12 = 10Ω Z 21 = 10Ω Z 22 = 30Ω A láncparaméter egyenletrendszere: U 1 = A11 ⋅ U 2' + A12 ⋅ I 2' I 1 = A21 ⋅ U 2' + A22 ⋅ I 2' Innen azonnal meghatározható két lánc paraméter értéke: I 1 A21 = 1 = = 0 ,1s U 2 I =0 Z 21 2

A22 =

I1 I2

=− U 2 =0

Z 22 = −3 Z 21

A maradék két paramétert az impedancia paraméter egyenletrendszerének segítségével tudjuk meghatározni: U 1 = Z 11 ⋅ I 1 + Z 12 ⋅ I 2' U 2' = Z 21 ⋅ I 1 + Z 22 ⋅ I 2' A11 =

U1 U 2'

és A12 = I 2 =0

U1 Amint látható, a hiányzó két paraméterben nem szerepel I 1 , így I 2' U ' =0 2

ezt kell kifejezni a fentebbi alapegyenletekbıl.

34

I1 =

U 1 − Z 12 ⋅ I 2' Ezt visszaírva a második alapegyenletbe: Z 11

U 2' = Z 21 ⋅

U 1 − Z 12 ⋅ I 2' + Z 22 ⋅ I 2' Z 11

U 2' ⋅ Z 11 = Z 21 ⋅ U 1 − Z 12 ⋅ Z 21 ⋅ I 2' + Z 11 ⋅ Z 22 ⋅ I 2' U 2' ⋅ Z 11 = Z 21 ⋅ U 1 + I 2' ( Z 11 ⋅ Z 22 − Z 12 ⋅ Z 21 ) A11 = A12 =

U1 U 2'

= I 2 =0

Z 11 30 = =3 Z 21 10

U1 Z ⋅ Z − Z 12 ⋅ Z 21 30 ⋅ 30 − 10 ⋅ 10 = − 11 22 =− = −80 Ω ' I 2 U ' =0 Z 21 10 2

A feladat második részé a „ π ” tagra vonatkozik, amire a csomóponti potenciálok módszerével felirt egyenletekbıl, azonnal látszódnak az admittancia paraméterek. 1 1 1 I 1' = ( + ) ⋅ U 1' − ⋅U 2 20 50 20 1 1 1 I 2 = − ⋅ U 1' + ( + ) ⋅U 2 20 20 50 Y11 = 0 ,07 s Y12 = −0 ,05 s Y21 = −0 ,05 s Y22 = 0 ,07 s Innen két lánc paraméter azonnal kifejezhetı: 1 1 + ' U Y = 22 = 20 50 = 1,4 A11 = 1 U 2 I =0 − Y21 − ( − 1 ) 2 20 ' U A12 = 1 = −20 Ω I 2 U =0 2

A hiányzó két paramétert az admittancia paraméter egyenletrendszerbıl számítható. I I A21 = 1 és A22 = 1 Ezekben nem szerepel U 1' , így ezt kell kifejezni. U 2 I =0 I 2 U =0 2

2

I = Y11 ⋅ U + Y12 ⋅ U 2 I 2 = Y21 ⋅ U + Y22 ⋅ U 2 ' 1

U 1' =

' 1 ' 1

I 1' − Y12 ⋅ U 2 Y11

I 2 = Y21 ⋅

I 1' − Y12 ⋅ U 2 + Y22 ⋅ U 2 Y11

I 2 ⋅ Y11 = Y21 ⋅ I 1' − Y12 ⋅ Y21 ⋅ U 2 + Y11Y22 ⋅ U 2 Y11 ⋅ I 2 = Y21 ⋅ I 1' + U 2 ⋅ ( Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21 ) A21 =

I 1' U2

= I 2 =0

Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21 0 ,07 2 − ( −0 ,05 )2 = = 0 ,048 s − Y21 − ( −0 ,05 )

35

I 1' A22 = I2

= U 2 =0

A = A' ⋅ A" =

Y11 0 ,07 = = −1,4 Y21 − 0 ,05

3 − 80 Ω 1,4 − 20 Ω 0 ,36 52Ω ⋅ = 0 ,1s − 3 0 ,048 s − 1,4 − 0 ,004 s 2 ,2

6.122 Határozza meg az alábbi négypólus Z és H paramétereit A feladatot a hurokáramok módszerével oldhatjuk meg, érdemes I 1 és I 2 -vel azonos hurok áram irányt felvenni). U 1 = I 1 ⋅ ( 30 + 60 ) + I 2 ⋅ 60 U 2 = I 1 ⋅ 60 + I 2 ⋅ ( 20 + 60 ) A felírt egyenletrendszerbıl azonnal láthatóak az impedancia paraméterek: U 1 = Z 11 ⋅ I 1 + Z 12 ⋅ I 2 U 2 = Z 21 ⋅ I 1 + Z 22 ⋅ I 2

Z 11 = 90Ω Z 12 = 60Ω Z 21 = 60Ω Z 22 = 80Ω A hibridparaméter egyenletrendszere: U 1 = H 11 ⋅ I 1 + H 12 ⋅ U 2 I 2 = H 21 ⋅ I 1 + H 22 ⋅ U 2 Innen azonnal meghatározható két hibridparaméter értéke: I − Z 21 − 60 H 21 = 2 = = = −0 ,75 I 1 U =0 Z 22 80 2

H 22 =

I2 U2

= I1 =0

1 = 0 ,0125 s Z 22

A maradék két paramétert az impedancia paraméter egyenletrendszerébıl kaphatjuk meg. U 1 = Z 11 ⋅ I 1 + Z 12 ⋅ I 2 U 2 = Z 21 ⋅ I 1 + Z 22 ⋅ I 2 Amint látható, a hiányzó két paraméterben H 11 =

U1 I1 U

és H 12 = 2 =0

U1 U2

nem szerepel I 2 . I1 =0

U 1 − Z 11 ⋅ I 1 Ezt visszaírva a második alapegyenletbe: Z 12 U − Z 11 ⋅ I 1 U 2 = Z 21 ⋅ I 1 + Z 22 ⋅ 1 Z 12 U 2 ⋅ Z 12 = Z 12 ⋅ Z 21 ⋅ I 1 + Z 22 ⋅ U 1 − Z 11 ⋅ Z 22 ⋅ I 1 Z 12 ⋅ U 2 ⋅ = Z 22 ⋅ U 1 − I 1 ( Z 11 ⋅ Z 22 − Z 12 ⋅ Z 21 ) I2 =

H 11 = H 12 =

U1 I1 U U1 U2

=

Z 11 ⋅ Z 22 − Z 12 ⋅ Z 21 90 ⋅ 80 − 60 2 = = 45Ω Z 22 80

=

Z 12 60 = = 0 ,75 Z 22 80

2 =0

I1 =0

Tehát a végeredmény: H =

36

45Ω 0 ,75 − 0 ,75 0 ,0125 s

6.123 Határozza meg az alábbi négypólus Y és H paramétereit A feladatot a csomóponti potenciálok módszerével oldhatjuk meg. Az alábbi két egyenlet irható fel. I 1 = ( Y1 + Y2 ) ⋅ U 1 − ( Y2 ) ⋅ U 2 I 2 = −( Y2 ) ⋅ U 1 + ( Y2 + Y3 ) ⋅ U 2 A felírt egyenletrendszerbıl azonnal láthatóak az impedancia paraméterek: I 1 = Y11 ⋅ U 1 + Y12 ⋅ U 2 I 2 = Y21 ⋅ U 1 + Y22 ⋅ U 2 1 1 + = 0 ,0625 s Y12 = −0 ,0125 s 20 80 1 1 1 = −0 ,0125 s + = 0 ,0375 s Y21 = − Y22 = 80 80 40 A hibridparaméter egyenletrendszere: U 1 = H 11 ⋅ I 1 + H 12 ⋅ U 2 I 2 = H 21 ⋅ I 1 + H 22 ⋅ U 2 Innen azonnal meghatározható két hibridparaméter értéke: U 1 1 H 11 = 1 = = = 16 Ω I 1 U =0 Y11 0 ,0625 Y11 =

2

H 12 =

U1 U2

= I1 =0

− Y12 − ( −0 ,0125 ) = = 0 ,2 Y11 0 ,0625

A maradék két paramétert az admittancia paraméter egyenletrendszerébıl kaphatjuk meg. I 1 = Y11 ⋅ U 1 + Y12 ⋅ U 2 I 2 = Y21 ⋅ U 1 + Y22 ⋅ U 2 Amint látható, a hiányzó két paraméterben H 21 =

I2 I1

és H 22 = U 2 =0

I2 U2

nem szerepel U 1 . I1 =0

I 1 − Y12 ⋅ U 2 Ezt visszaírva a második alapegyenletbe: Y11 I − Y ⋅U I 2 = Y21 ⋅ 1 12 2 + Y22 ⋅ U 2 Y11 Y11 ⋅ I 2 = Y21 ⋅ I 1 − Y12 ⋅ Y21 ⋅ U 2 + Y11 ⋅ Y22 ⋅ U 2 Y11 ⋅ I 2 = Y21 ⋅ I 1 + U 2 ( Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21 )

U1 =

H 21 = H 22 =

I2 I1 I2 U2

=

Y21 − 0 ,0125 = = −0 ,2 Y11 0 ,0625

=

Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21 0 ,0625 ⋅ 0 ,0375 − ( −0 ,0125 )2 = = 0 ,035 s Y11 0 ,0625

U 2 =0

I1 =0

Tehát a végeredmény: H =

16 Ω 0 ,2 − 0 ,2 0 ,035 s

37

7.1 Átviteli jellemzık fogalma és ábrázolása! A kondenzátor kapacitív reaktanciája: 1 1 ZC = =−j j ⋅ω ⋅ C ω ⋅C Tehát az áramkör jellemzıi a rákapcsolt szinuszos jel frekvenciájától függenek, ha az áramkör energiatároló elemet (C, L) is tartalmaz. A kondenzátor feszültségét feszültség osztó felírásával kaphatjuk meg: 1 1 j ⋅ω ⋅ C UC = U =U 1 1 + j ⋅ω ⋅ C ⋅ R R+ j ⋅ω ⋅ C Képezve a két feszültség hányadosát kapjuk: UC 1 = U 1 + j ⋅ω ⋅ C ⋅ R Ez lesz a négypólus feszültség átviteli függvénye: U U AU ( jω ) = C = Ki U U Be Mivel az adott áramkör egyetlen energiatárolót tartalmaz, aminek a feszültség átviteli 1 függvénye , amirıl belátható, hogy a végpontja egy félkörön fog mozogni a 1 + j ⋅ω ⋅C ⋅ R frekvencia függvényében. 1 =1 Egyenáram esetén (ha ω = 0 ) akkor AU ( j0 ) = 1 + j0 1 Ha ω = ∞ akkor AU ( j∞ ) = =0 1 + j∞ A kör harmadik pontjának meghatározásához egy könnyen kiszámítható pontot keressünk 1 1 2 Ha ω0 = akkor AU ( jω0 ) = = 0 ,5 − j0 ,5 = ∠ − 45° C⋅R 1 + j1 2 A három pont alapján a kör megszerkeszthetı.

Az így kapott ábrát Nyquist – diagramnak nevezzük.

38

Az ábrázolás célszerősítése érdekében a fázis és az amplitúdó jellemzıket szét kellene választani. A leolvasás pontosságát kellene növelni, hogy széles frekvencia tartományban lehessen leolvasni az értékeket erre a logaritmikus ábrázolás a legcélszerőbb. Tehát az átviteli függvény amplitúdójának logaritmusát (amplitúdó karakterisztika) és szögét (fáziskarakterisztika) ábrázoljuk a frekvencia logaritmusának a függvényében. Ezt az ábrázolási módot nevezzük BODE diagramnak. Az ábrázolandó mennyiség: W =

U 2 U 2 ⋅ e jϕ2 U 2 j( ϕ2 −ϕ1 ) = = ⋅e U 1 U 1 ⋅ e jϕ1 U 1

Mindkét oldal természetes alapú logaritmusát képezve: ln AU = ln W [Np ] = ln

U2 + j( ϕ 2 − ϕ1 ) adódik. U1

U2 A kifejezés a fesz erısítést (csillapítást) Néperben adja. U1

U 22 P A teljesítmény viszonyokat a következıkkel írhatjuk le: WP [dB ] = 10 ⋅ lg 2 = 10 ⋅ lg R2 U1 P1 R 2 U U Ezek alapján a feszültség viszony: W [dB ] = 10 ⋅ lg 22 = 20 ⋅ lg 2 U1 U1 Az amplitúdó karakterisztika a két feszültség arányának decibelben kifejezett értékét (erısítését) ábrázolja. U W [dB ] = 20 ⋅ lg AU = 20 ⋅ lg 2 U1 Az erısítésre nézve néhány példát: W = −20 dB U U2 Csillapítás jön létre, a kimeneten az U 1 lg 2 = −1 = 10 −1 = 0 ,1 feszültség 10%-a jelenik meg. U1 U1 Teljes átvitel jön létre, a kimenet és a W = 0 dB U U2 lg 2 = 0 = 10 0 = 1 bemenet egyforma U 1 = U 2 U1 U1 W = +20 dB U U2 Erısítés van a kimeneten, a kimeneten az U 1 lg 2 = 1 = 10 1 = 10 feszültség 10 szerese jelenik meg. U1 U1 W = +40 dB U U2 Erısítés van a kimeneten, a kimeneten az U 1 lg 2 = 2 = 10 2 = 100 feszültség 100 szorosa jelenik meg. U1 U1 A logaritmus függvény tulajdonságát kihasználva: W = W1 ⋅ W2 W [dB ] = 20 ⋅ lg W = 20 ⋅ lg W1 + 20 ⋅ lg W2 = W1 [dB ] + W2 [dB ] Tehát az egyes részfeszültségek külön-külön ábrázolhatóak, és az eredı függvény ezek grafikus összegzésével határozható meg.

39

Elsıfokú frekvencia-függvény jelleggörbéi: 1 1 U2 1 1 j ⋅ω ⋅ C = = = , ahol ugyancsak ω0 = 1 C⋅R U1 R + 1 + j ⋅ω ⋅ C ⋅ R 1 + j ⋅ ω j ⋅ω ⋅ C ω0 Amplitúdó karakterisztika függvénye (itt csak az abszolút érték kerül beírásra ami a két komplex komponens négyzetösszegének a gyöke):

W ( jω ) =

−

1 2

 ω     ω 2  W [dB ] = 20 ⋅ lg W = 20 ⋅ lg = 20 ⋅ lg  1 +    = −10 ⋅ lg  1 +    2   ω0     ω0   ω      1 +    ω0  Az ábrázoláshoz vizsgáljuk meg a ω = 0 és az ω = ∞ eseteket.   ω 2   dB  ω = 0 esetén W [dB ] = −10 ⋅ lg  1 +    = −10 ⋅ lg 1 = 0 tehát 0   vízszintes lesz.   ω0   D   2

1

2

ω  ω  dB  ω = ∞ esetén W [dB ] ≅ −10 ⋅ lg   = −20 ⋅ lg . Ez pedig − 20   meredekségő ω0 D  ω0  egyenes egyenlete lesz. Az egyenes metszéspontja a nulla decibeles tengellyel ω = ω0 -nál lesz.

  ω 2  2 W [ω0 ] = −10 ⋅ lg  1 +  0   = −10 ⋅ lg 1 + (1) = −10 ⋅ lg 2 = −3,01dB   ω0     Határozza meg a függvény 3dB-es pontjához húzható érintı meredekségét. Tehát a függvény differenciája az adott pontban:

(

Érdemes bevezetni a x = lg

)

ω ω ami alapján: = 10 x ω0 ω0

40

  ω  2  d dA d  1  = − 10 ⋅ lg  1 +    = − 10 ⋅ lg 1 + 10 2 x = −10 ⋅ ⋅ 2 ⋅ 10 2 x ⋅ ln 10 2x   ω0   dx dx dx  ( 1 + 10 ) ⋅ ln 10    dA 10 2⋅0 dB = −20 ⋅ = −10 2⋅0 dx x=0 1 + 10 D A fáziskarakterisztika felírásához gyöktelenítéssel írjuk fel a függvényt:

[

W =

1

ω 1+ j ⋅ ω0

1− j ⋅ =

ω ω0

)]

(

amibıl a fázis karakterisztika függvénye: ϕ = − arctg

2

ω ω0

ω  1 +    ω0  Trigonometriából ismeretes, hogy ϕ értéke nullához tart, ha ω értéke tart a nullához. Illetve − 90° -hoz tart, ha ω tart a végtelenhez. Így meg van a fázis karakterisztika két asszimtótája, már csak az inflexiós pont

meghatározása van hátra. Amely ω = ω0 esetén számítható ϕ = − arctg

ω0 = − arctg 1 = −45° ω0

fázis érték. Meghatározandó az inflexiós pontban, az érintı meredeksége. Tehát a függvény differenciája az adott pontban: Érdemes ismét bevezetni a x = lg

ω ω ami alapján: = 10 x ω0 ω0

ω d dϕ d  1 = − arctg 10 x x =0 = − ⋅ 10 x ⋅ ln 10 − arctg  = 2x dx dx  ω0  dx 1 + 10 dϕ 1 ln 10 rad fok =− ⋅ 10 0 ⋅ ln 10 = − = −1,15 = −66 2⋅0 dx x=0 1 + 10 2 D D

[

]

A legnagyobb eltérés a két sarokpontnál van: ϕ = − arctg

41

ω 0 ,21 = − arctg = −11,8° 1 ω0

7.2 Ábrázolja az átviteli jellemzıket ha L = 100 mH , R = 50 ,200 ,1000Ω értékő! Írjuk fel az átviteli függvény általános alakját! R A fezsültség osztó: U 2 = U 1 ⋅ R + j ⋅ω ⋅ L amibıl: U R 1 1 W ( jω ) = 2 = = = U1 R + j ⋅ ω ⋅ L 1 + j ⋅ω ⋅ L 1 + j ⋅ ω R ω0 R ω0 = L Amplitúdó karakterisztika függvénye (itt csak az abszolút érték kerül beírásra ami a két komplex komponens négyzetösszegének a gyöke): −

1

  ω 2  2   ω 2  1   W [dB ] = 20 ⋅ lg W = 20 ⋅ lg = 20 ⋅ lg 1 +   = −10 ⋅ lg  1 +    2   ω0     ω0   ω      1 +    ω0  Az ábrázoláshoz vizsgáljuk meg a ω = 0 és az ω = ∞ eseteket.   ω 2   dB  ω = 0 esetén W [dB ] = −10 ⋅ lg  1 +    = −10 ⋅ lg 1 = 0 tehát 0   vízszintes lesz.   ω0   D   2

ω  ω  dB  ω = ∞ esetén W [dB ] ≅ −10 ⋅ lg   = −20 ⋅ lg . Ez pedig − 20   meredekségő ω0 D  ω0  egyenes egyenlete lesz. Az egyenes metszéspontja a nulla decibeles tengellyel ω = ω0 -nál lesz. R 200 Ω rad 1000 Ω rad R 50 Ω rad ω01 = 1 = = 500 , ω02 = 2 = = 2000 , ω03 = = 10 4 −3 L 100 ⋅ 10 H s L 0 ,1H s 0 ,1H s

42

A fáziskarakterisztika függvénye: ϕ = − arctg

ω ω0

Trigonometriából ismeretes, hogy ϕ értéke nullához tart, ha ω értéke tart a nullához. Illetve − 90° -hoz tart, ha ω tart a végtelenhez. Így meg van a fázis karakterisztika két asszimtótája, már csak az inflexiós pont meghatározása van hátra. Amely ω = ω0 esetén számítható ϕ = − arctg

ω0 = − arctg 1 = −45° ω0

fázis érték. Meghatározandó az inflexiós pontban, az érintı meredeksége. Tehát a függvény differenciája az adott pontban: Érdemes ismét bevezetni a x = lg

ω ω ami alapján: = 10 x ω0 ω0

ω d dϕ d  1 = − arctg 10 x x =0 = − ⋅ 10 x ⋅ ln 10 − arctg  = 2x dx dx  ω0  dx 1 + 10 dϕ 1 ln 10 rad fok =− ⋅ 10 0 ⋅ ln 10 = − = −1,15 = −66 2⋅0 dx x=0 1 + 10 2 D D

[

]

A legnagyobb eltérés a két sarokpontnál van: ϕ = − arctg

ϕ = −arctg

ω 0 ,21 = − arctg = −11,8° ω0 1

ω = − arctg 4 ,65 = −77 ,86° tehát az eltérés ϕ = 90° − 77 ,86° = 12 ,13° ω0

43

Összetett hálózatok vizsgálata is visszavezethetı egyszerő elemekre való bontással, több egyszerőbb alapelem összegére. Nézzünk néhány alapfüggvényt: W ( jω ) = A típusú függvény amplitúdó karakterisztikája: K [dB ] = 20 ⋅ lg A = állandó tehát a teljes tartományban egy nulla meredekségő egyenes (egy vízszintes), a fázisszög értéke 0° és állandó (nincs fázistolás). W ( jω ) = j ⋅

ω ω típusú függvény amplitúdó karakterisztikája: W [dB ] = 20 ⋅ lg tehát a ω0 ω0

dB meredekségő egyenes, amely az ω = ω0 pontokban metszi a 0dB D tengelyt, míg a fázisszög értéke + 90° és állandó. 1 ω W ( jω ) = típusú függvény amplitúdó karakterisztikája: W [dB ] = −20 ⋅ lg tehát a ω ω0 j⋅

teljes tartományban + 20

ω0

dB meredekségő egyenes, amely az ω = ω0 pontokban metszi a 0dB D tengelyt, míg a fázisszög értéke − 90° és állandó ω  dB  W ( jω ) = 1 + j ⋅ típusú függvény amplitúdó karakterisztikája: ω = 0 esetén 0   ω0 D  dB  vízszintes lesz. ω = ∞ esetén pedig + 20   meredekségő egyenes, töréspontja ω0 -nál lesz. D fok A fázisszög értéke ω0 -nál 66° -os. D 1  dB  W ( jω ) = típusú függvény amplitúdó karakterisztikája: ω = 0 esetén 0   ω D 1+ j ⋅

teljes tartományban − 20

ω0

 dB  vízszintes lesz. ω = ∞ esetén pedig − 20   meredekségő egyenes, töréspontja ω0 -nál lesz. D fok A fázisszög értéke ω0 -nál − 66° -os. D

44

45

7.3 Ábrázolja az átviteli jellemzıket, ha L = 18 mH , R = 90 Ω értékő! Írjuk fel az átviteli függvény általános alakját! j ⋅ω ⋅ L A fezsültség osztó: U 2 = U 1 ⋅ amibıl: R + j ⋅ω ⋅ L L j ⋅ω ⋅ U2 j ⋅ω ⋅ L R W ( jω ) = = = U1 R + j ⋅ ω ⋅ L 1 + j ⋅ ω ⋅ L R Mivel az adott áramkör egyetlen energiatárolót tartalmaz, L j ⋅ω ⋅ R , amirıl belátható, hogy a végpontja egy aminek a feszültség átviteli függvénye L 1 + j ⋅ω ⋅ R félkörön fog mozogni a frekvencia függvényében. L j ⋅0 ⋅ R =0 Egyenáram esetén (ha ω = 0 ) akkor W ( 0 ) = L 1+ j ⋅0 ⋅ R L j ⋅∞⋅ R =1 Ha ω = ∞ akkor W ( ∞ ) = L 1+ j ⋅∞⋅ R A kör harmadik pontjának meghatározásához egy könnyen kiszámítható pontot keressünk R L j⋅ ⋅ R L R = j ⋅ 1 − j = 1 + j = 0 ,5 + j0 ,5 = 2 ∠45° Ha ω0 = akkor W ( ω0 ) = R L 1+ j 1− j L 2 2 1+ j ⋅ ⋅ L R A három pont alapján a kör megszerkeszthetı.

Az így kapott ábrát Nyquist – diagramnak nevezzük.

46

R 90 Ω rad = = 5000 L 0 ,018 H s A Bode diagrammot amplitúdó és fázis karakterisztika függvényét (itt csak az abszolút érték kerül beírásra ami a két komplex komponens négyzetösszegének a gyöke): L 2 ω⋅  L  L R W [dB ] = 20 ⋅ lg W = 20 ⋅ lg = 20 ⋅ lg  ω ⋅  − 20 lg 1 +  ω ⋅  = A1 ( ω ) + A2 ( ω ) 2  R  R  L 1 + ω ⋅   R Mindkét görbét a lg( ω ) függvényében ábrázoljuk. (A vízszintes tengely lg beosztású.) A logaritmus vétel miatt a szorzatból összeg lesz, így mind a fázis mind a amplitúdó jelleggörbéket tényezınként ábrázolhatjuk, majd összegezzük. Az elsı tényezı A1 ( ω ) : L L  ebbıl az alakból jól látható, hogy y = m ⋅ x + b W1 ( ω ) = 20 ⋅ lg  ω ⋅  = 20 ⋅ lg ω + 20 ⋅ lg R  R dB . A vízszintes tengelyt akkor egyenes egyenlete. Amelynek az iránytangense m = +20 D R krad L metszi, ha W1 ( ω ) = 0 . Tehát lg (ω ) = − lg ez pedig akkor igaz, ha ω = = 5 vagyis a L s R sarok (törési) körfrekvenciánál.

A sarok (törési) körfrekvencia: ω0 =

Az második tényezı W2 ( ω ) : Ezt törtvonalas közelítéssel tudjuk felrajzolni: L Elsı közelítés, ha: ω ⋅ > 1 , W2'' ( ω ) = −20 ⋅ lg (ω ) − 20 ⋅ lg   . Ebbıl az alakból jól R látható, hogy ez is egy ( y = m ⋅ x + b ) egyenes egyenlete. Amelynek az iránytangense 1 krad dB . A vízszintes tengelyt szintén az ω = =2 vagyis a sarok (törési) m = −20 C⋅R s D körfrekvenciánál.

Ezen közelítést alkalmazva tudnunk kell, hogy a legnagyobb eltérés a sarok körfrekvenciánál 1 lesz, amelynek az értéke: ω0 = C⋅R Im[A( jω )] A fáziskarakterisztika függvénye: ϕ ( ω ) = arctg Re[A( jω )]

ω ω0 ω U R j ⋅ω ⋅ C ⋅ R 1 W ( jω ) = 2 = = = = j ⋅ = A1 ⋅ A2 1 ω0 1 + j ⋅ ω U1 R + 1 + j ⋅ω ⋅ C ⋅ R 1 + j ⋅ ω ω0 ω0 j ⋅ω ⋅ C ω A szorzat elsı tényezıjét vizsgálva, amely W ( jω ) = j ⋅ , ahol a fázis érték a + j -s tag ω0 j⋅

miatt + 90° lesz.

ω Trigonometriából ismeretes, hogy ϕ ω0 értéke nullához tart, ha ω értéke tart a nullához. Illetve − 90° -hoz tart, ha ω tart a A szorzat második tényezıje esetén: ϕ = − arctg

végtelenhez. Így meg van a fázis karakterisztika két asszimtótája, már csak az inflexiós pont meghatározása van hátra. Amely ω = ω0 esetén számítható ϕ = arctg

ω0 = arctg 1 = −45° ω0

fázis érték. Meghatározandó az inflexiós pontban, az érintı meredeksége. Tehát a függvény differenciája az adott pontban: Érdemes ismét bevezetni a x = lg

ω ω ami alapján: = 10 x ω0 ω0

50

ω d dϕ d  1 = − arctg 10 x x =0 = − ⋅ 10 x ⋅ ln 10 − arctg  = 2x ω0  dx dx dx  1 + 10 dϕ 1 ln 10 rad fok =− ⋅ 10 0 ⋅ ln 10 = − = −1,15 = −66 2⋅0 dx x=0 1 + 10 2 D D A legnagyobb eltérés a két sarokpontnál van. Az egyik: ω = 0 ,21 ⋅ ω0 0 ,21 ω Itt a pontos érték: ϕ = − arctg = − arctg = −11,8° és a másik esetben: ω = 4 ,65 ⋅ ω0 ω0 1

[

Ahol ϕ = − arctg

]

ω = − arctg 4 ,65 = −77 ,86° tehát az eltérés ϕ = 90° − 77 ,86° = 12 ,13° ω0

A feladatban szereplı rákapcsolt frekvencia a következı képen határozható meg: 5V Az U 1 és U 2 feszültségek ismeretében a csillapítás: A = 20 ⋅ lg = 20 ⋅ lg (0 ,25 ) = −12 dB 20V rad Az elızı ábra alapján könnyen leolvasható hogy − 12 dB -es csillapítás ω = 500 esetén s ω 500 lép fel. A kérdéses frekvencia a körfrekvencia alapján: f = = Hz = 79 ,6 Hz . 2 ⋅π 2 ⋅π Az ilyen tulajdonságú szőrıt felül áteresztı (alulvágó) szőrınek nevezzük.

51

7.5 Határozza meg az ábrán látható négypólus BODE diagramját! C = 100 µF , R1 = 20Ω , R2 = 20Ω , R3 = 90Ω . Rajzolja meg az átviteli függvény pontos menetét. Határozza meg a fázisdiagram menetét! Írjuk fel az átviteli függvény általános alakját! Kétszeres fezsültség osztót felírva: 1 Zp U j ⋅ω ⋅ C W ( jω ) = 2 = ⋅ 1 U 1 Z p + R1 R + 3 j ⋅ω ⋅ C Elsıként a Z p értékét határozzuk meg:  1  1  R2 ⋅ R3 + R2 ⋅  R3 + ⋅ R2 j ⋅ω ⋅ C  j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R2 ⋅ R3 + R2 j ⋅ω ⋅ C  Zp = = = 1 1 j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R2 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R3 + 1 R2 + R3 + R2 + R3 + j ⋅ω ⋅C j ⋅ω ⋅ C R ⋅ ( 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R3 ) Zp = 2 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ ( R2 + R3 ) Vissza helyettesítve az eredeti összefüggésbe, a törtet úgy alakítsuk át, hogy polinomokat kapjunk (ne legyen emeletes tört). Elsıként szoroznunk kell a tört számlálóját és nevezıjét ( 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ ( R2 + R3 ) ) értékkel. R2 ⋅ ( 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R3 ) 1 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ ( R2 + R3 ) j ⋅ω ⋅ C W ( jω ) = ⋅ R ⋅ ( 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R3 ) 1 R3 + R1 + 2 j ⋅ω ⋅C 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ ( R2 + R3 ) R2 ⋅ ( 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R3 ) 1 W = ⋅ R1 ( 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ ( R2 + R3 ) + R2 ⋅ ( 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R3 ) 1 + R3 ⋅ j ⋅ ω ⋅ C A törtet egyszerősíthetjük ( 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R3 ) -al: R2 R2 W = = R1 + R2 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R1 ⋅ ( R2 + R3 ) + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R2 ⋅ R3 R1 + R2 + j ⋅ ω ⋅ C( R1 ⋅ ( R2 + R3 ) + R2 ⋅ R3 )

A nevezıbıl ( R1 + R2 ) értékét kiemelve, alapfüggvények szorzatát kapjuk: W =

R2 1 1 ⋅ =K⋅ ω R1 + R2   1+ j ⋅ 1 + j ⋅ ω ⋅ C  R1 ⋅ ( R2 + R3 ) + R2 ⋅ R3    ω0 K R +R R1 + R2  12 W1

K [dB ] = 20 ⋅ lg

R2 20 = 20 ⋅ lg = −6 ,02 dB D R1 + R2 20 + 20

1 1 rad = = 100 20 ⋅ 90  s  R ⋅ ( R2 + R3 ) R2 ⋅ R3  −6  20 ⋅ ( 20 + 90 ) +  100 ⋅ 10   C  1 + 20 + 20   20 + 20 R1 + R2   R1 + R2 100 f1 = = 15 ,91Hz 2 ⋅π

ω1 =

52

53

7.6 Határozza meg az ábrán látható négypólus BODE diagramját! L = 10 mH , R1 = 100Ω , R2 = 100Ω , R3 = 150Ω . Rajzolja meg az átviteli függvény pontos menetét. Határozza meg a fázisdiagram menetét! Írjuk fel az átviteli függvény általános alakját! Kétszeres fezsültség osztót felírva: Zp U j ⋅ω ⋅ L W ( jω ) = 2 = ⋅ U 1 Z p + R1 R3 + j ⋅ ω ⋅ L Elsıként a Z p értékét határozzuk meg:

R2 ⋅ (R3 + j ⋅ ω ⋅ L ) R2 ⋅ R3 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅ R2 = R2 + R3 + j ⋅ ω ⋅ L R2 + R3 + j ⋅ ω ⋅ L Vissza helyettesítve az eredeti összefüggésbe, a törtet úgy alakítsuk át, hogy polinomokat kapjunk (ne legyen emeletes tört). Elsıként szoroznunk kell a törtet ( R2 + R3 + j ⋅ ω ⋅ L ) értékkel. R2 ⋅ R3 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅ R2 R2 + R3 + j ⋅ ω ⋅ L j ⋅ω ⋅ L ⋅ = W= R2 ⋅ R3 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅ R2 R3 + j ⋅ ω ⋅ L + R1 R2 + R3 + j ⋅ ω ⋅ L Zp =

R2 ⋅ R3 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅ R2 j ⋅ω ⋅ L ⋅ R1 ⋅ ( R2 + R3 + j ⋅ ω ⋅ L ) + R2 ⋅ R3 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅ R2 R3 + j ⋅ ω ⋅ L Beszorzásokat elvégezve: R2 ⋅ R3 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅ R2 j ⋅ω ⋅ L W= ⋅ R1 ⋅ R2 + R1 ⋅ R3 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅ R1 + R2 ⋅ R3 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅ R2 R3 + j ⋅ ω ⋅ L Kiemelve ( R3 + j ⋅ ω ⋅ L ) értéket, majd egyszerősítve vele: R2 ⋅ ( R3 + j ⋅ ω ⋅ L ) j ⋅ω ⋅ L ⋅ W= R1 ⋅ R2 + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅ ( R1 + R2 ) R3 + j ⋅ ω ⋅ L j ⋅ ω ⋅ L ⋅ R2 =

W=

( R1 ⋅ R2 + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3 ) ⋅ ( 1 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅

R1 + R2 ) R1 ⋅ R2 + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3

A kapott függvényt alapfüggvények szorzatára két féle módon bontva. 1. esetben 2 különbözı törési frekvenciájú alapfüggvényt kapunk ezt kell ábrázolni: L ⋅ R2 1 W = j ⋅ω ⋅ ⋅ R1 + R2 R1 ⋅ R2 + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3 1 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅ R ⋅ R2 + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3 W1 1 W2

R ⋅ R + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3 100Ω ⋅ 100 Ω + 100 Ω ⋅ 150 Ω + 100 Ω ⋅ 150 Ω rad ω1 = 1 2 = = 40000 −3 R2 ⋅ L 100 Ω ⋅ 10 ⋅ 10 H s R ⋅ R + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3 100 Ω ⋅ 100 Ω + 100 Ω ⋅ 150 Ω + 100 Ω ⋅ 150 Ω rad ω2 = 1 2 = = 20000 −3 L ⋅ ( R1 + R2 ) ( 100Ω + 100 Ω ) ⋅ 10 ⋅ 10 H s 2. esetben 1 törési frekvenciát és egy konstanst kapunk és ezeket kell ábrázolni: W =

R2 L( R1 + R2 ) 1 ⋅ j ⋅ω ⋅ ⋅ L ( R1 + R2 ) R1 + R2 R1 ⋅ R2 + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3 1 + j ⋅ ω ⋅ R ⋅ R2 + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3 K W01 1 W02

54

ω0 =

R1 ⋅ R2 + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3 100 Ω ⋅ 100 Ω + 100 Ω ⋅ 150 Ω + 100 Ω ⋅ 150 Ω rad = = 20000 −3 L ⋅ ( R1 + R2 ) ( 100 Ω + 100 Ω ) ⋅ 10 ⋅ 10 H s

K [dB ] = 20 ⋅ lg

R2 100 = 20 ⋅ lg = −6 ,02dB R1 + R2 100 + 100

A fázis diagram:

A pontos érték: ω m = ( 20000 ⋅ 40000 ) = 28284

55

rad s

7.7 Határozza meg az ábrán látható négypólus BODE diagramját! C1 = 50 nF , C2 = 200 nF , R = 10 kΩ Rajzolja meg az átviteli függvény pontos menetét. Határozza meg a legnagyobb fázisszög értékét! Milyen körfrekvencián lép fel? Írjuk fel az átviteli függvény általános alakját! 1 R+ j ⋅ ω ⋅ C2 A fezsültség osztó: U 2 = U 1 ⋅ 1 1 R+ + j ⋅ ω ⋅ C1 j ⋅ ω ⋅ C2 amibıl: A törtet úgy alakítsuk át, hogy polinomokat kapjunk (ne legyen emeletes tört). Elsıként bıvítsük a törtet j ⋅ ω ⋅ C2 . 1 R+ U j ⋅ ω ⋅ C2 1 + j ⋅ ω ⋅ C2 ⋅ R W ( jω ) = 2 = = 1 1 j ⋅ ω ⋅ C2 U1 R + + j ⋅ ω ⋅ C2 ⋅ R + +1 j ⋅ ω ⋅ C1 j ⋅ ω ⋅ C2 j ⋅ ω ⋅ C1 Ez után egyszerősítsünk j ⋅ ω -val és bıvítsünk C1 -el. 1 + j ⋅ ω ⋅ C2 ⋅ R C1 ( 1 + j ⋅ ω ⋅ C 2 ⋅ R ) W ( jω ) = = C j ⋅ ω ⋅ C 2 ⋅ R + 2 + 1 C1 + C 2 + j ⋅ ω ⋅ C1 ⋅ C 2 ⋅ R C1 Emeljük ki a számlálóból C1 -et, a nevezıbıl pedig C1 + C2 -t. ω 1+ j ω1 C1 1 + j ⋅ ω ⋅ C2 ⋅ R W ( jω ) = ⋅ =K⋅ = K ⋅ A1 ⋅ A2 ω C1 + C 2 1 + j ⋅ ω ⋅ C1 ⋅ C 2 ⋅ R 1+ j ω2 C1 + C 2 Így egy olyan kifejezést kaptunk, amely három már ismert alapfüggvény szorzata:

56

K=

C1 ω , A1 = 1 + j , A1 = C1 + C2 ω1

1

ω ω2 Az ábrázoláshoz meg kell határoznunk a konstans értékét, és a törésponti körfrekvenciákat. 1+ j

C1 50 nF = 20 ⋅ lg = 20 ⋅ lg 0 ,2 = −14 dB C1 + C2 50 nF + 200 nF 1 1 rad ω1 = = = 500 −9 3 C2 ⋅ R 100 ⋅ 10 F ⋅ 10 ⋅ 10 Ω s K = 20 ⋅ lg

C1 + C2 250 ⋅ 10 −9 F rad = = 2500 ω2 = −9 −9 3 C1 ⋅ C2 ⋅ R 50 ⋅ 10 F ⋅ 200 ⋅ 10 F ⋅ 10 ⋅ 10 Ω s A fázismenetbe a konstans nem szól bele így a maradék két tagot kell csak összegezni.

Fáziseltérés a törésponti körfrekvenciák tartományában lép fel. Ennek a legnagyobb leolvasott rad értéke ωmax = 1000 s rad A pontos érték: ω max = ( 500 ⋅ 2500 ) = 1118 s Ehhez a frekvenciához tartozó fázis érték pontos értéke: ω ω 1000 1000 ϕ max = ϕ1 − ϕ 2 = arctg m − arctg m = arctg − arctg = 63 ,43 − 21,8 = 41,6° ω1 ω2 500 2500 A törtvonalas közelítéssel ennél néhány fokkal nagyobb érték adódik:

ω = 10 x -t ismét beírva ω0

dϕ ln 10 rad fok = = 1,15 = 66 . dx x=0 2 D D 0 ,21 ⋅ ω2 ω 2500 ' ϕ max = 66 ⋅ lg = 66 ⋅ lg 2 = 66 ⋅ lg = 66 ⋅ lg 5 = 46 ,13° 0 ,21 ⋅ ω1 ω1 500 A fázisszög pozitív ami annyit jelent, hogy az U 2 siet az U 1 -hez képest.

57

7.8 Határozza meg az ábrán látható négypólus BODE diagramját! L1 = 20 mH , L2 = 100 mH , R1 = 100Ω , R2 = 20Ω Rajzolja meg az átviteli függvény pontos menetét. Határozza meg a legnagyobb fázisszög értékét! Milyen körfrekvencián lép fel? Írjuk fel az átviteli függvény általános alakját! A fezsültség osztó: R2 + j ⋅ ω ⋅ L2 U2 = U1 ⋅ amibıl: R1 + j ⋅ ω ⋅ L1 + R2 + j ⋅ ω ⋅ L2 A törtet úgy alakítsuk át, hogy polinomokat kapjunk (ne legyen emeletes tört).

U2 R2 + j ⋅ ω ⋅ L2 R2 + j ⋅ ω ⋅ L2 = = U 1 R1 + j ⋅ ω ⋅ L1 + R2 + j ⋅ ω ⋅ L2 R1 + R2 + j ⋅ ω( L1 + L2 ) Ez után osztva R2 -vel számlálót és nevezıt is. L 1 + j ⋅ω ⋅ 2 R2 W ( jω ) = R1 + R2 L + L2 + j ⋅ ω( 1 ) R2 R2 R + R2 Emeljük ki a nevezıbıl 1 -t. R2 L 1 + j ⋅ω ⋅ 2 R2 R2 L 1 W = = ⋅1 + j ⋅ω ⋅ 2 ⋅ L + L2 R  R1 + R2 R1 + R2  L1 + L2 R2 2 1 + j ⋅ ω 1 ⋅ ) 1 + j ⋅ ω( R1 + R2 K A1 R2  R2 R1 + R2  W ( jω ) =

A2

Így egy olyan kifejezést kaptunk, amely három már ismert alapfüggvény szorzata: K [dB ] = 20 ⋅ lg

R2 20 = 20 ⋅ lg = −15 ,56 dB D R1 + R2 100 + 20

R2 20 Ω rad = = 200 −3 L2 100 ⋅ 10 H s R + R2 20 Ω + 100 Ω rad ω2 = 1 = = 1000 −3 −3 L1 + L2 20 ⋅ 10 H + 100 ⋅ 10 H s

ω1 =

58

Fáziseltérés a törésponti körfrekvenciák tartományában lép fel. Ennek a legnagyobb értéke rad ωmax = 400 . a pontos érték: s ω ω 400 400 ϕ max = ϕ1 − ϕ 2 = arctg m − arctg m = arctg − arctg = 63 ,43 − 21,8 = 41,62° ω1 ω2 200 1000 A törtvonalas közelítéssel ennél néhány fokkal nagyobb érték adódik:

ω = 10 x -t ismét beírva ω0

dϕ ln 10 rad fok = = 1,15 = 66 . dx x=0 2 D D 0 ,21 ⋅ ω2 ω 1000 ' ϕ max = 66 ⋅ lg = 66 ⋅ lg 2 = 66 ⋅ lg = 66 ⋅ lg 5 = 46 ,13° 0 ,21 ⋅ ω1 ω1 200 A fázisszög pozitív ami annyit jelent, hogy az U 2 siet az U 1 -hez képest.

59

7.17 Határozza meg az ábrán látható négypólus BODE diagramját! L = 25 mH , C = 10 µF , R1 = 1000Ω . Rajzolja meg az átviteli függvény pontos menetét. Határozza meg az ω0 saját körfrekvencia értékét! 2,.) Vizsgálja meg az átviteli függvényt, ha az ellenállás értéke R2 = 100 Ω -ra változik! 3,.) Határozza meg az átviteli függvényt, ha az ellenállás értéke R3 = 10Ω -ra változik!

1 U2 1 j ⋅ω ⋅ C = = 1 U1 R + j ⋅ ω ⋅ L + 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R + ( j ⋅ ω )2 ⋅ L ⋅ C j ⋅ω ⋅ C A kifejezésben másodfokú kifejezést kapunk. 1 1 1 = = 2 1 1 + j ⋅ω ⋅ C ⋅ R + ( j ⋅ω ) ⋅ L ⋅ C R + j ⋅ω ⋅ L + 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R + ( j ⋅ ω )2 ⋅ L ⋅ C j ⋅ω ⋅ C Kérdés, hogy felbontható-e elsıfokú függvények szorzataként. 1 1 1 = ⋅ 2 ω ω 1 + j ⋅ω ⋅ C ⋅ R + ( j ⋅ω ) ⋅ L ⋅ C 1+ j 1+ j W ( jω ) =

ω1

ω2 A nevezıben található másodfokú függvényt ω1, 2 megoldva a kapott két gyök szorzat alakban

könnyen ábrázolható.

( jω )12 = - b ±

b 2 − 4 ac - C ⋅ R ± (C ⋅ R)2 − 4 ⋅ L ⋅ C R C 2 ⋅ R2 4 ⋅ L ⋅C = =− ± − 2 2 2 2a 2⋅ L⋅C 2⋅L 4 ⋅ L⋅ C 4 ⋅ L ⋅ C2 α

α2

R 1000 Ω Ω = = 20000 −3 2 ⋅ L 2 ⋅ 25 ⋅ 10 H H 1 1 rad ω0 = = = 2000 −3 −6 s L ⋅C 2 ⋅ 25 ⋅ 10 H ⋅ 10 ⋅ 10 Így az α és ω0 viszonya alapján háromféle eset lehetséges:

α=

1.,) eset ha α > ω0 akkor létezik két valós gyök. rad s ( jω )12 = −α 2 ± α 2 − ω02 = −20.000 2 ± 20.000 2 − 2000 2 ≺ rad ω 2 = −39899 ,74 s A kapott két gyök ismeretében ki számítható (visszaellenırizhetı) az ω0 értéke: rad ω0 = ω1 ⋅ ω2 = 100 ,25 ⋅ 39899 ,74 ≅ 2000 s

ω1 = −100 ,25

60

ω02

Az RLC szőrı BODE diagramja R1 = 1000Ω esetén 2.,) eset, ha R2 = 100Ω akkor α = ω0 és létezik egy dupla gyök. R 100 Ω Ω α= 2 = = 2000 −3 2 ⋅ L 2 ⋅ 25 ⋅ 10 H H 1 rad Az ω0 = = 2000 értéke változatlan marad az elızı részhez képest. s L⋅C

( jω )12 = −α 2 ±

α 2 − ω02 = −2000 2 ± 2000 2 − 2000 2 = ω1 = ω 2 = ω0 = 2000

Az RLC szőrı BODE diagramja R2 = 100Ω esetén

61

rad s

3.,) eset, ha R3 = 10Ω akkor α < ω0 és nincs valós gyök. R 10 Ω Ω α= 3 = = 200 −3 2 ⋅ L 2 ⋅ 25 ⋅ 10 H H 1 rad Az ω0 = = 2000 értéke változatlan marad az elızı részhez képest. s L⋅C

( jω )12 = −α 2 ± α 2 − ω02

= −200 2 ± 200 2 − 2000 2 = nincs valós gyök

Ilyen esetben az α és ω0 hányadosát írjuk fel: R3 R3 ⋅ C R ⋅C 1 R ⋅C C 200 α ζ = = ⋅ = = 3 ⋅ = 3 ⋅ ω0 = = 0 ,1 C 2 ⋅ L ⋅ C ⋅ ω0 2 ⋅ ω0 L⋅C 2 2000 ω0 2 ⋅ L ⋅ ω0 ω02

bııitjü a törtet

Kifejezve az eredeti egyenlet elsıfokú együtthatóját: R 3 ⋅ C = Ezek után ezt visszahelyettesítve az eredeti egyenletbe

2 ⋅ζ

ω0

ω -ra nézve kapunk másodfokú ω0

összefüggést. W ( jω ) =

W ( jω ) =

1 1 = = 2 ( j ⋅ω ) ⋅ L ⋅ C + j ⋅ω ⋅ C ⋅R +1  ω  ω 1 2⋅ζ  j ⋅  + j ⋅ ⋅ 2 ⋅ζ + 1 ω0 ω0 ω0  ω0  1 2

2

ω  ω 1 −   + j ⋅ 2 ⋅ζ ⋅ ω0 ω0   valós öszetevı

képzetes összetevı

Az ábrázoláshoz vizsgáljuk meg a ω = 0 és az ω = ∞ eseteket. 2 2 2  ω     ω  ω = 0 esetén W [dB ] = −10 ⋅ lg  1 −    + 2 ⋅ ζ ⋅   = −10 ⋅ lg 1 = 0 ω0      ω0      Tehát az asszimptóta 0 dB -es tengely kis frekvenciák esetén. ω = ∞ esetén 2   2 2 4        ω ω ω ω   W [dB ] ≅ −10 ⋅ lg  1 −   + 2 ⋅ ζ ⋅   = −10 ⋅ lg   = −40 ⋅ lg  elhanya−  ω0     ω0  ω0  ω0     golható  elhanyagolható    dB  Ez pedig − 40   meredekségő egyenes egyenlete lesz. Ezen egyenes, a nulla dB-es D tengelyt ω = ω0 -nál fogja metszeni. A legnagyobb eltérés a törtvonalas ábrázolástól, megint csak ω0 -nál várható. Ennek a pontos értéke számítással és szimulációval is kiszámításra került. 2 2 2   ω0     ω0   2 W ω ≅ −10 ⋅ lg  1 −    + 2 ⋅ ζ ⋅   = −10 ⋅ lg [0 + 2 ⋅ 0 ,1 ⋅ 1] = 13 ,979 dB 0 ω0      ω0      62

Az RLC szőrı BODE diagramja R3 = 10Ω esetén

63

7.18 Határozza meg az ábrán látható négypólus BODE diagramját! ( R1 = 1kΩ , C1 = 1mF , R2 = 2 kΩ , C2 = 0 ,25mF ). Rajzolja meg az átviteli függvény pontos menetét. Határozza meg az ω0 saját körfrekvencia értékét! Írjuk fel az átviteli függvény általános alakját! R2 +

A fezsültség osztó: U 2 = U 1 ⋅

1 j ⋅ ω ⋅ C2

amibıl: 1 1 R2 + + R1 × j ⋅ ω ⋅ C2 j ⋅ ω ⋅ C1 A törtet úgy alakítsuk át, hogy polinomokat kapjunk (ne legyen emeletes tört. 1 . Elsıként szorozunk R1 + j ⋅ ω ⋅ C1 W ( jω ) =

U2 = U1

R2 +

1 j ⋅ ω ⋅ C2

    1 1  R2 +  ⋅  R1 +  j ⋅ ω ⋅ C2   j ⋅ ω ⋅ C1   =     R1 1 1  R2 +  ⋅  R1 +  + j ⋅ ω ⋅ C2   j ⋅ ω ⋅ C1  j ⋅ ω ⋅ C1 

1 j ⋅ ω ⋅ C1 1 R2 + + 1 j ⋅ ω ⋅ C2 R + 1 j ⋅ ω ⋅ C1 Ezután a szorzatok tényezıin belül közös nevezıre hozunk.  1 + j ⋅ ω ⋅ C 2 ⋅ R2   1 + j ⋅ ω ⋅ C1 ⋅ R1    ⋅   j ⋅ ω ⋅ C2 j ⋅ ω ⋅ C1     W ( jω ) =  1 + j ⋅ ω ⋅ C2 ⋅ R2   1 + j ⋅ ω ⋅ C1 ⋅ R1    j ⋅ ω ⋅ C 2 ⋅ R1   ⋅   +   j ⋅ ω ⋅ C2 j ⋅ ω ⋅ C1      ( j ⋅ ω ⋅ C1 ) ⋅ ( j ⋅ ω ⋅ C 2 )  Egyszerősítve ( j ⋅ ω ⋅ C1 ) ⋅ ( j ⋅ ω ⋅ C2 ) -vel. (1 + j ⋅ ω ⋅ C2 ⋅ R2 ) ⋅ (1 + j ⋅ ω ⋅ C1 ⋅ R1 ) W ( jω ) = = (1 + j ⋅ ω ⋅ C2 ⋅ R2 ) ⋅ (1 + j ⋅ ω ⋅ C1 ⋅ R1 ) + ( j ⋅ ω ⋅ C2 ⋅ R1 ) (1 + j ⋅ 1 ⋅ ω )⋅ (1 + j ⋅ 0 ,5 ⋅ ω ) W ( jω ) = 2 1 + j ⋅ ω ⋅ C 2 ⋅ R2 + j ⋅ ω ⋅ C1 ⋅ R1 + 1 + ( j ⋅ ω ) ⋅ C1 ⋅ R1 ⋅ C 2 ⋅ R2 + j ⋅ ω ⋅ C 2 ⋅ R1 R1 ⋅

 ω  ω   1 + j ⋅  ⋅  1 + j ⋅  ω1   ω2  (1 + j ⋅ 1 ⋅ ω ) ⋅ (1 + j ⋅ 0 ,5 ⋅ ω ) =  W ( jω ) = 2 ( j ⋅ ω ) ⋅ 0 ,5 + j ⋅ ω ⋅ 1,75 + 1  1 + j ⋅ ω  ⋅  1 + j ⋅ ω   ω 3   ω4   Innen azonnal látható ω1 és ω 2 értéke: 1 1 rad 1 1 rad ω1 = = =1 ω2 = = =2 C 2 ⋅ R2 1 s C1 ⋅ R1 0 ,5 s A nevezı két gyökét a másodfokú egyenlet megoldásával kaphatjuk meg. rad ω 3 = −0 ,72 − b ± b 2 − 4 ac − 1,75 ± 1,75 2 − 2 s ( jω )3 ,4 = = ≺ rad 2a 1 ω 4 = −2 ,78 s Így egy olyan kifejezést kaptunk, amely négy azonos típusú alapfüggvény szorzata.

64

ω  ω  1 + j ⋅  ⋅ 1 + j ⋅  1  2 W ( jω ) =  ω   ω   1 + j ⋅  ⋅ 1 + j ⋅  0 ,72   2 ,78   A kapcsolás amplitúdó- és fázisdiagramja

A kapott két gyök ismeretében ki számítható (visszaellenırizhetı) az ω0 értéke: rad ω1,2 = ω1 ⋅ ω 2 = 1 ⋅ 2 = 1,41 s rad ω3 ,4 = ω 3 ⋅ ω 4 = 0 ,72 ⋅ 2 ,78 = 1,41 s rad ω0 = ω1,2 ⋅ ω 3 ,4 = 1,41 ⋅ 1,41 = 1,41 = 224 mHz s Látható a szimuláció eredménye az ábrán 223,872mHz.

65

Ez a feladat még nincs megoldva csak a szimuláció van kész!

ω max = 900

rad rad . a pontos érték: ω max = ( 200 ⋅ 4000 ) = 894 ,4 s s

894 ,4 = 142 ,42 Hz 2 ⋅π A szimuláció eredménye a képen látható: f max = 144 ,544 Hz f max =

Amihez tartozó maximális fázisszög: ϕ max = −64 ,791°

66

A mőszaki gyakorlatban sok esetben Laplace-operátoros alakban adják meg az átviteli függvény értékét. A Laplace transzformáció olyan matematikai módszer, amellyel a differenciál egyenletek algebrai egyenletekké alakíthatóak át. Differenciálásnak az „s”-el történı szorzás felel meg, az integrálásnak az „s”-el történı osztás felel meg. ellenállás induktivitás kapacitás Hálózati elem: u = R ⋅i Idıfüggvény: di 1 u=L u = ∫ idt dt C Komplex alak: 1 U = R⋅I U = jωL ⋅ I U = ⋅I jω C U ( s ) = R ⋅ I ( s ) U ( s ) = sL ⋅ I ( s ) Laplace operátoros alak: 1 U( s ) = ⋅ I( s ) sC A komplex alak csak szinuszos gerjesztés esetén igaz csak. A táblázatból tehát leszőrhetı: s = jω

67

Villamosságtan II. kidolgozott feladatok 2.

Short Description

Description

Comments

We need your help!