AKULFTET STROJARSTVA I BRODOGRADNJE SVEU ILI · PDF fileAKULFTET STROJARSTVA I BRODOGRADNJE...
Transcript of AKULFTET STROJARSTVA I BRODOGRADNJE SVEU ILI · PDF fileAKULFTET STROJARSTVA I BRODOGRADNJE...
FAKULTET STROJARSTVA I BRODOGRADNJE
SVEUILITE U ZAGREBU
Essert, Grilec, ili¢ :
Zbirka zadataka iz Elektrotehnike
zadaci za auditorne vjeºbe i pripremu ispita
Zagreb, 2011
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike
Stranica 2 od 147
Sadrºaj
1 Matlab: Elektrotehnika srednjo²kolske zike (EiM) 5
1.1 Osnove Elektrotehnike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2 Analiza strujnih krugova 15
2.1 Istosmjerna analiza, metode £vori²ta i petlji, KZ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.2 Izmjeni£na analiza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3 Diferencijalne jednadºbe, prijelazne pojave 53
3.1 Diferencijalne jednadºbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543.2 Prijelazne pojave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
4 Varijable stanja, RL, RC, RLC, Trofazni sustavi 75
4.1 Varijable stanja, RL, RC, RLC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 764.2 Trofazni sustavi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
5 Filtri i frekvencijska analiza 91
5.1 Filtri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
6 Fizika poluvodi£a, diode 99
6.1 Fizika poluvodi£a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1006.2 Krugovi s diodama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
7 Tranzistori, ra£unsko poja£alo 113
7.1 Krugovi s tranzistorima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1147.2 Krugovi s ra£unskim poja£alima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
8 Elektromagnetizam, karakteristike motora 135
8.1 Elektromagnetizam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1368.2 Motori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
3
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike SADRAJ
Stranica 4 od 147
Poglavlje 1
Matlab: Elektrotehnika srednjo²kolske
zike (EiM)
5
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Osnove Elektrotehnike
1.1 Osnove Elektrotehnike
Napi²ite programski kôd za ra£unanje sile privla£enja dvaju to£kastih naboja, te nacrtajte grafovisnosti sile privla£enja o udaljenosti izmeu naboja.Zadano:
r = 10−15 : 2 · 10−16 : 10−14 [m],
k = 8.99 · 109 [Nm2/C2],
q1 = q2 = 1.6 · 10−19 [C],
F =k · q1 · q2
r2[N],
gdje je r deniranje udaljenosti izmeu dvaju naboja s korakom 2 · 10−16, k konstanta, q1
i q2 elektri£ni naboj a F sila privla£enja to£kastih naboja.
Primjer 1.1.1.
Rje²enje primjera 1.1.1
Matlab kôd
% Coulombov zakon
r=1e-15:2e-16:1e-14; %vektor polja udaljenosti izmedju dvaju naboja [m]
k=8.99e9 %konstanta za vakuum, tj.zrak [Nm^2/C^2]
q1=1.6e-19 %elektricni naboj q1 [C]
q2=q1 %elektricni naboj q2 [C]
F=k*(q1*q2)./(r.^2) %sila privlacenja dvaju tockasta naboja [N]
plot(r,F) %crtanje grafa udaljenost-sila
Zadatak:
• Objasniti vektorsko polje r
• Prikaz brojeva eksponentskom notacijom
• Zna£enje to£ke-zarez na kraju izraza
• Hadamard-ove operacije nad matricama (testirati s i bez to£ke)
• Crtanje grafa
Stranica 6 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Osnove Elektrotehnike
Napi²ite programski kôd za ra£unanje napona i snage uz zadane vrijednosti otpora R i vektorastruje I, te napravite matricu sol u kojoj su vrijednosti struje, napona i snage u zasebnimretcima. Vrijednost otpora neka se unosi nakon upita "Unesi vrijednost otpora: "Zadano:
R = 10 [Ω],I = 0 : 2 : 10 [A],V = I ·R [V],P = I2 ·R [W],
gdje su R vrijednost otpora, I vrijednosti struje, V vrijednosti napona a P vrijednostisnage.
Primjer 1.1.2.
Rje²enje primjera 1.1.2
Matlab kod
% Racunanje napona i snage
R=input(’Unesi vrijednost otpora: ’) % npr. R=10, vrijednost otpora [Ohm]
I= 0:2:10 % vrijednosti struje u rasponu od 0 do 10 s korakom 2 [A]
V=I*R % racunanje napona
P=(I.^2)*R % izracun snage kvadriranjem matrica element s elementom (Hadamard)
sol=[I; V; P] % ispis vektora struje, vektora napona i snage jedan ispod drugoga
Stranica 7 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Osnove Elektrotehnike
Zadatak:
• Testirati vra¢anje gre²ke kod ra£unanja snage ako se ne koristi Hadamard (elementarno mnoºenje)
• Ispi²i sol po stupcima (sol = [I ′V ′P ′]), te ispi²i sol u jednom retku (sol = [IV P ])
Napi²ite programski kôd za ra£unanje kompleksnog broja Zrec (u pravokutnim koordinatama)zadanog preko 5 kompleksnih brojeva Z1, Z2, Z3, Z4, Z5. Izra£unajte modul i argument od Zrec upolarnim koordinatama. Ispi²ite u command window-u tekst "Z u pravokutnim koordinatama je",a ispod njega vrijednost Zrec, te isto tako nakon toga ispi²ite tekst "Z u polarnim koordinatama,modul, kut u stupnjevima", a ispod njega vrijednosti traºenih elemenata modula i argumenta.Zadano:Z1 = 3 + 4j, Z2 = 5 + 2j, Z3 = 2 · ej60 , Z4 = 3 + 6j, Z5 = 1 + 2j, Zrec =
Z1 · Z2 · Z3
Z4 + Z5.
Primjer 1.1.3.
Rje²enje primjera 1.1.3
Matlab kod
Stranica 8 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Osnove Elektrotehnike
% Ova skripta racuna kompleksan broj Z i predstavlja ga u
% pravokutnim i polarnim koordinatama
clear a l l % brise sve varijable iz radne memorije matlaba
% unos 5 kompleksnih brojeva Z1.. Z5
Z1 = 3+4*j;
Z2 = 5+2*j;
theta = (60/180)*pi; % kut u radijanima
Z3 = 2*exp(j*theta); % Z3=2*(cos(theta)+j*sin(theta))
Z4 = 3+6*j;
Z5 = 1+2*j;
% Z_rect je kompleksni broj izrazen u pravokutnim koordinatama
disp(’Z u pravokutnim koordinatama je’); % prikaz teksta pod navodnicima
Z_rect = Z1*Z2*Z3/(Z4+Z5); % izracun Z_rect
Z_rect % ispis Z_rect
Z_mag = abs (Z_rect); % modul kompleksnog broja Z_rect
Z_angle = angle(Z_rect)*(180/pi); % Kut u stupnjevima
disp(’Z u polarnim koordinatama, modul, kut’); % prikaz teksta pod navodnicima
Z_polar = [Z_mag, Z_angle] % ispis modula i argumenta
Zadatak:
• Objasniti dva prikaza kompleksnog broja (pravokutne koordinate i Eulerov prikaz) te njihov prikaz uprogramskom kôdu
• Objasniti funkciju disp() i angle(), te pretvorbu radijane u stupnjeve (Zangle = angle(Zrect)*(180/pi);)
Stranica 9 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Osnove Elektrotehnike
Napi²ite programski kôd u obliku funkcije kojoj ¢e kao ulazni argument biti vektor r s vrijednos-tima otpora R1, R2, . . . , Rn, a izlazni argumenti ¢e biti vektor od dva elementa, ekvivalentnogserijskog (ekv_ser) i ekvivalentnog paralelnog otpora (ekv_par). Napisanu funkciju spremitipod nazivom ekv_otpor i ekstenzijom .m. Napi²ite kratku pomo¢ (help) za tu funkciju, tako dase pri pozivanju pomo¢i (>> helpekv_otpor) ispi²e to ²to ste napisali.Zadano:
Rekv.ser = R1 +R2 + . . .+Rn
Rekv.par =1
1
R1+
1
R2+ . . .+
1
Rn
.
Primjer 1.1.4.
Rje²enje primjera 1.1.4
Matlab kod
function [ekv_ser, ekv_par] = ekv_otpor(r)
% Ovo je funkcija za racunanje ekvivalentnog otpora
% kod serijski i paralelno spojenih otpornika.
ekv_ser = sum (r); % serijski zbroj svih otpornika
Rp=1./r; % elementi paralelno spojenih otpornika
ekv_par=1/sum(Rp); % ekv. otpor paralelno spojenih otpornika
Zadatak:
• Objasniti deniranje funkcije (function)
• Spremanje funkcije pod kojim nazivom (ekv_otpor)
• Objasniti ulazni argument r (vektor)
• Komentari ispod deklaracije funkcije predstavljaju pomo¢ funkcije (help) - pozovi help iz commandprompta
• Pokazati da su izlazni argumenti nakon poziva funkcije ostali u memoriji za daljnji rad, a ako uklonimoto£ku-zarez s istih varijabli unutar kôda funkcije vrijednosti ¢e se samo ispisati ali ne¢e ostati u memoriji(testirati to s naredbom who).
Stranica 10 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Osnove Elektrotehnike
Napi²ite programski kôd za vremensku promjenu napona v(t) i struje i(t) u vremenu t od 0 do20 [ms] , s vremenskim intervalom 1 [ms]. Na jednom grafu nacrtati ovisnost struje i naponao vremenu, te ozna£iti graf naslovom, oznakama na x-osi i y-osi, a na mjesto uz svaku funkcijuna grafu upisati pripadaju¢i tekst "v(t)" i "i(t)". Krivulja napona neka bude u crvenoj bojis nazna£enim zvjezdicama (*) na pojedinim to£kama, a krivulja struje u crnoj boji crtkano sakruºi¢ima (o) u pojedinim to£kama.Zadano:t = 0 : 10−3 : 20 · 10−3
v(t) = 10 cos(377 · t)i(t) = 5 cos(377 · t+ 60).
Primjer 1.1.5.
Rje²enje primjera 1.1.5
Matlab kod
% RL strujni krug
% struja i(t) i napon v(t) se prikazuju; t je vrijeme
t = 0:1e-3:20e-3; % vrijeme
v = 10*cos(377*t); % napon
a_rad = (60*pi/180); % kut u radijanima
i = 5*cos(377*t + a_rad); % struja
plot(t,v,’r-*’,t,i,’k--o’)
t i t l e(’Napon i struja u RL strujnom krugu’)
xlabel(’vrijeme [s]’)
ylabel(’Napon [v] i struja [mA]’)
text(0.003, 1.5, ’v(t)’);
text(0.009,2, ’i(t)’)
Stranica 11 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Osnove Elektrotehnike
Zadatak:
• Objasniti funkciju text() i promijeniti poloºaj upisa teksta na (0.002,4) i (0.018,-2)
Stranica 12 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Osnove Elektrotehnike
Napi²ite programski kôd za ra£unanje dvaju harmonijskih signala m(t) i c(t), te njihovog umno²kas(t). Vrijeme simulacije od 0 do 4π sekundi, s vremenskim korakom 0.05 sekundi. Nacrtajte najednom grafu (gure) vi²e podgrafova, tj. 4x2 podgrafa (koriste¢i funkciju subplot()) na na£inkako je prikazano na slici ispod i sa zadanim krivuljama na svakom podgrafu kako je zadano naslici.Zadano:
t = 0 : 0.05 : 4π
m(t) = 4 cos(120π
360t) + 2 cos(
240π
360t)
c(t) = 10 cos(10000π
360t)
s(t) = m(t) · c(t)
Primjer 1.1.6.
Rje²enje primjera 1.1.6
Matlab kod
% dva harmonijska signala m(t) i c(t)
% te signal njihovog umnoska s(t) ce biti prikazan na grafovima
t=0:0.05:4*pi;
m=4*cos(120*pi*t/360)+2*cos(240*pi*t/360);
c=10*cos(10000*pi*t/360);
s=m.*c; % mnozenje dvaju signala element sa elementom
subplot(4,2,[1 3]) % stvara polja 4x2 za 8 podgrafa, prvi i treci spojeni
plot(t,m) % crtanje grafa na aktivni (prvi + treci) podgraf
subplot(4,2,[2 4])
plot(t,c)
subplot(4,2,[5 6])
plot(t,s)
subplot(4,2,7)
plot(t,m)
subplot(4,2,8)
plot(t,c)
Zadatak:
• Objasniti funkciju subplot()
Stranica 13 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Osnove Elektrotehnike
Stranica 14 od 147
Poglavlje 2
Analiza strujnih krugova
15
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Istosmj. analiza
2.1 Istosmjerna analiza, metode £vori²ta i petlji, KZ
Koju vrijednost mjeri voltmetar?
+−24V
16 ΩI 16 ΩI2V− +
Ia 5.0 · IaV2
Primjer 2.1.1.
Rje²enje primjera 2.1.1
I =24
16= 1.5A
I = Ia + I2 = Ia + 5Ia = 6Ia ⇒ Ia =1.5
6= 0.25A, I2 = 5Ia = 1.25A
−16I2 − V2 = 0⇒ V2 = −16 · 1.25 = −20V
Ono ²to mjeri voltmetar je Vvolt = −V2 = 20V, jer je pozitivna stezaljka spojena na vi²i potencijal odnegativne stezaljke.
Koja je vrijednost varijable A CCCS izvora, ako ampermetar mjeri struju od 2 A ?
+−24V
16 Ω 16 ΩA
+ −2A
Ia
A · Ia
Primjer 2.1.2.
Rje²enje primjera 2.1.2
Ia −A · Ia + IAmp = 0⇒ A =IAmpIa
+ 1 =2
Ia+ 1
24 + 16Ia − 16IAmp = 0⇒ Ia = IAmp −24
16= 2− 1.5 = 0.5A
A =2
Ia+ 1 =
2
0.5+ 1 = 5
AA
Stranica 16 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Istosmj. analiza
Ampermeter mjeri struju 2.57 A. Izra£unajte:
a) Koliki je napon na otporniku od 8Ω serijski spojenom s ampermetrom?
b) Kolika je struja zavisnog strujnog izvora?
c) Koliku snagu ima naponski izvor?
d) U slu£aju da se zavisni strujni izvor odspoji, koliku bi struju pokazivao ampermetar?
e) Kolika bi u slu£aju d) bila snaga naponskog izvora?
+−24V
8 Ω 8 ΩA
+ −2.57A
Ia
5.0 · Ia
Primjer 2.1.3.
Rje²enje primjera 2.1.3
+−24V
R1 = 8 Ω R2 = 8 Ω
I = 2.57AA
Ia
5.0 · Ia
a) VR2 = VB0 = IR2 = 2.57 · 8 = 20.56V
b) ISI = 5Ia, IaR1 + V = VB0 → Ia =VB0 − VR1
=20.56− 24
8= −0.43 A
ISI = −5 · 0.43 = −2.15 A
Provjera 1.K.Z.Ia + ISI + I = 0
−0.43− 2.15 + 2.57 ≈ 0
c) P = |V Ia| = 24 · 0.43 = 10.32 W
d) I ′ =V∑R
=24
16= 1.5 A
e) P ′ = V I ′ = 24 · 1.5 = 36 W
Stranica 17 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Istosmj. analiza
Na naponski izvor unutarnjeg otpora Ru = 3Ω spojen je djelitelj napona (potenciometar) otporaR = 100Ω. Na djelitelj napona treba spojiti ºarulju s oznakama 12 V, 36 W tako da svijetli punimsjajem.
a) nacrtajte elektri£nu shemu spoja,
b) kolika struja te£e kroz ºarulju,
c) kako je pode²en klizni kontakt djelitelja napona, ako izvor daje struju jakosti 3.3A,
d) kolika je elektromotorna sila izvora,
e) ho¢e li se struja iz izvora promijeniti ako ºarulju odspojimo i za²to?
Primjer 2.1.4.
Rje²enje primjera 2.1.4
a)
−+E
Ru
I
I2
Rz
I1
a
b
c
b) P = UzI1 → I1 =P
Uz=
36
12= 3A
c) I2 = I − I1 = 3.3− 3 = 0.3A
Ucb = 12V → Rcb =UcI2
=12
0.3= 40Ω
Rac = R−Rcb = 100− 40 = 60Ω
d) E = IRu + IRac + Ucb = 3.3 · 3 + 3.3 · 60 + 12 = 219.9V
e) Ho¢e, struja se smanjuje, jer se ukupni otpor pove¢ava.R > (Rac +Rz||Rcb)
Stranica 18 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Istosmj. analiza
Za zadani strujni krug na slici odredite:
+−72V
9 Ω Ia
12 Ω 36 Ω
+−9.5 · Ia
7 ΩV
+ −
a) Vrijednost struje Ia
b) Napon kojeg pokazuje idealni voltmetar
c) Kada bismo otpornik 7Ω kratko spojili, koliki bi napon pokazivao voltmetar?
d) Naite izvore energije u strujnom krugu i opi²ite ih (strujni ili naponski, zavisan(o £emu) ilinezavisan).
e) Kolika struja prolazi kroz zavisni izvor?
Primjer 2.1.5.
Rje²enje primjera 2.1.5
a) I1 =72
9 +12 · 36
12 + 36
= 4 A
2.K.Z. : 72− 9 · I1 − 36 · Ia = 0⇒ Ia =79− 9 · 4
36= 1 A
b) Vvoltmetra = 9.5 · Ia = 9.5 · 1 = 9.5V
c) Vvoltmetra = 9.5V. Napon je isti kao u b),jer kroz idealni voltmetar ne te£e struja.
d) Izvor '72V' je naponski nezavisni, a '9.5Ia' je naponski izvor zavisan o struji (CCVS-current controlledvoltage source)
e) Ne te£e struja, jer voltmetar ima beskona£an otpor.
Stranica 19 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Istosmj. analiza
Zadan je strujni krug prema slici:
1 Ω
−
+
Va
3 Ω
+−36 V
A+ −
4 · Va
4 Ω
12 Ω
Odredite:
a) struju koju mjeri ampermetar,
b) napon na otporu od 12Ω,
c) kojem elektroni£kom elementu odgovara zavisni izvor u prikazanom spoju,
d) snagu na otporu od 4Ω .
Primjer 2.1.6.
Rje²enje primjera 2.1.6
I =36V
1Ω + 3Ω= 9A Va = −I · 1Ω = −9V
Zavisni strujni izvor I = 4 · Va = 4 · (−9) = −36A ili okrenuti smjer zavisnog strujnog izvora uz I = 36A
a) 12 · x = 4 · (36− x) slijedi x = 9Apa je struja koju mjeri ampermetar = 36− 9 = 27A
b) V12 = 9 · 12 = 108V
c) to je strujni, naponom upravljanji izvor, koji odgovara tranzistoru
d) P = I2 ·R = 2916W
Zadatak 2.1.1 Zadan je strujni krug prema shemi:
Stranica 20 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Istosmj. analiza
A
-2 A− +
A · ia+−12 V
ia
14 Ω16 Ω
Odredite:
a) struju ia,
b) poja£anje A zavisnog CCCS izvora,
c) snagu koju daje nezavisan izvor, te zavisan izvor,
d) snagu koja se tro²i na otporu od 14Ω,
e) koliku struju pokazuje ampermetar ako se zavisni izvor odspoji.
Rje²enje 2.1.1
a) ia = −1A, b) A = 3AA, c) Pnez = 12W, Pzav = 84W, d) P14Ω = 56W, e) I = − 12
30A.
Zadan je strujni krug prema slici:
6 ΩA
0.75 A+ −
+ −
2 V
Ia 2 Ω
Odredite (uz pretpostavku da su izvori i instrumenti idealni):
a) struju Ia,
b) napon na stezaljkama strujnog izvora,
c) snagu na otporu od 6Ω,
d) koliku struju pokazuje ampermetar, ako se strujni izvor odspoji,
e) koliku struju pokazuje ampermetar, ako se naponski izvor kratko spoji?
Primjer 2.1.7.
Stranica 21 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Istosmj. analiza
Rje²enje primjera 2.1.7
a) Nadomje²tanjem ampermetra kratkospojnikom kojim te£e struja koju ampermetar pokazuje, te pisanjemjednadºbi strujnih petlji dobije se:
6 Ω 0.75 A
+ −
2 V
Ia 2 Ω
6 Ω 0.75 A
+ −
2 V
Ia 2 Ωi1 i2
Odavde je o£evidno:i2 = −0.75A i1 = −Ia2 + 6i2 + 2(i2 − i1) = 0 ⇒ 2 + 6(−0.75) + 2(−0.75− (−Ia)) = 0 ⇒ Ia = 2A
b) V2Ω = (i1 − i2) · 2 = (−2 + 0.75) · 2 = −2.5V
c) P = I2 ·R = 0.752 · 6 = 3.375W
d) Iamp = VRuk
= 22+6 = 2
8 = 0.25A
e) 2 · (Ia − I′
amp) = I′
amp · 6 ⇒ I′
amp = 0.5 A
Stranica 22 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Istosmj. analiza
Zadan je strujni krug na slici. Idealan voltmetar pokazuje 3.27 V.
V
3.27 V− +
2 Ω8 Ω
+−12 V
Ia
+−3 · Ia
Odredite:
a) snagu koju ima zavisni naponski izvor (CCVS),
b) struju Ia,
c) snagu na otporniku otpora 2Ω,
d) struju kroz voltmetar,
e) struju nezavisnog naponskog izvora od 12V.
Primjer 2.1.8.
Rje²enje primjera 2.1.8
a) 12 + 8Ia + 3Ia = 0
Ia = − 1211 = −1.09 A
P = V · I = (−1.09 · 3.0) · (−1.09) = 3.567 W
b) Ia = −1.09 A
c) 0 W jer je struja kroz otpornik jednaka 0 A
d) IV = 0 A
e) Iizvora = Ia = −1.09 A
Stranica 23 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Istosmj. analiza
Zadan je krug na slici sa zavisnim strujnim izvorom:
4 Ω
Ia4 Ω
8 A 12 ·Ia
A+ −
4 Ω
4 Ω
a) Koliku struju mjeri ampermetar (obratite pozornost na predznake)?
b) Kolika se snaga tro²i na otporniku R?
c) Ako se otpornik R odspoji, koliku ¢e struju tada mjeriti ampermetar?
d) Koliki je napon na stezaljkama strujnog izvora od 8 A?
e) Kolika je snaga strujnog izvora od 8 A?
Primjer 2.1.9.
Rje²enje primjera 2.1.9
a) Ia = −8/2 = −4A (dvije grane jednakog otpora)
Iamp =12 · Ia
2= −48
2= −24A
b) IR = Iamp
PR = I2R ·R = −(24)2 · 4 = 2304W
c) Iamp = (−12) · 4 = −48A
d) V = I ·R = 8 · 4 · 44 + 4
= 8 · 2 = 16V
e) P = V · I = 8 · 16 = 128W
Stranica 24 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Istosmj. analiza
Za strujni krug prikazan shemom odredite:
+−10 V
6 Ω 15 Ω
+−
5 V 10 Ω
8 Ω20 Ω
+− 4 Is
6 Ω
I1 I2 I3
a) struju naponskog 10 V izvora IS (koja se koristi u naponskom zavisnom izvoru)
b) snagu koja se tro²i na otporu od 8 Ω
c) struju izvora IS ako se naponski izvor od 5 V odspoji iz strujnog kruga
d) struju izvora IS ako se naponski izvor od 5 V kratko spoji u strujnom krugu.
Primjer 2.1.10.
Rje²enje primjera 2.1.10
Kona£no rje²enje za a) i b) je:
I =
0.7205
0.4367
0.2293
Snaga potrosena na 8 ohm otporniku je 0.42 [W]
Struja koju daje 10V izvor je 0.72 [A]
Dakle IS = I1 = 0.72A.
P = 0.44W
Rje²enja za c) dobije se 5 V naponski izvor odspoji, pa ostaje samo jedna (prva) petlja iz koje se lako dobije:
IS = I1 = 10V/(6 + 20)Ω = 10/26 = 5/13A
Rje²enje za d) dobije se, ako se u jednadºbe ili (matricu) umjesto 5 V uvrsti 0 V (kratki spoj izvora).Potpuni izvod dan je ispod:Nadalje, za petlju 1 vrijedi:
−10 + 6I1 + 20(I1 − I2) = 0
26I1 − 20I2 = 10
za petlju 2:
15I2 − 5 + 6(I2 − I3) + 4IS + 20(I2 − I1) = 0
Stranica 25 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Istosmj. analiza
²to se uvr²tenjem IS moºe malo skratiti:
−16I1 + 41I2 − 6I3 = 5
za petlju 3:
10I3 + 8I3 − 4IS + 6(I3 − I2) = 0
i kra¢enjem
−4I1 − 6I2 + 24I3 = 0
Kona£no, u matri£nom obliku: 26 −20 0
−16 41 −6
−4 −6 24
I1
I2
I3
=
10
5
0
Snaga potro²ena na 8 omskom otporu je
P = RI23 = 8I2
3
Matlab program za ra£unanje potro²ene snage i struje koju daje izvor je sljede¢i:
% ovaj program odredjuje snagu potrosenu na
% 8 ohm otporniku i struju koju daje
% 10V naponski izvor
%
% program racuna struje petlji, uz zadanu
% impedancijsku matricu Z i vektor napona V
%
% Z je impedancijska matrica
% V je vektor napona
% inicijalizacija matrice Z i vektora V jednadzbe
% ZI=V
Z = [26 -20 0;
-16 41 -6;
-4 -6 24];
V = [10 5 0]’;
% treba rijesiti struje petlji
I = inv(Z)*V
% potrosnja snage na 8 ohm otporniku je P
P = 8*I(3)^2;
% ispis rezultata
fprintf(’Snaga potrosena na 8 ohm otporniku je %8.2f [W]\n’,P)
fprintf(’Struja koju daje 10V izvor je %8.2f [A]\n’,I(1))
Stranica 26 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Istosmj. analiza
Treba na¢i napone £vori²ta V1, V2, ..., V5 u strujnom krugu na slici:
5 Vb
10 Ω
5 Ω
Ia
8 Ω+ −
10 Ia
5 A2 Ω
+−24 V
4 Ω
V1
V2
V4V3
V5
Primjer 2.1.11.
Rje²enje primjera 2.1.11
O£evidno je:
Vb = V1 − V4
Koriste¢i Ohm-ov zakon:
Ia =V4 − V3
5
Nadalje, primjenom KZ1 na £vori²tu 1, i nad£vori²tu 1-2 upravljivog izvora, dobije se:
V1
2+V1 − V4
10− 5Vb +
V2 − V3
8= 0
Uvr²tenjem Vb gornja jednadºba se pojednostavljuje:
−0.1V1 − 0.2V3 + 0.55V4 − 0.25V5 = 0
Upotrebmo KZ2 za £vori²te 3, dobije se:
V3 − V4
5+V3 − V2
8− 5 = 0
²to pojednostavnjeno izgleda ovako:
−0.125V2 + 0.325V3 − 0.2V4 = 5
Primjenom KZ2 za petlju 1, dobiva se
Stranica 27 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Istosmj. analiza
−10Ia + Vb + 5Ia + 8(Ia + 5) = 0
a sreivanjem gornjih jednadºbi
−10Ia + Vb + 5Ia + 8Ia + 40 = 0
3Ia + Vb = −40
Daljnjim pojednostavljenjem dobivamo:
3V4 − V3
5+ V1 − V4 = −40
tj.
V1 − 0.6V3 − 0.4V4 = −40
O£evidno je:
V5 = 24
²to u matri£nom obliku sve zajedno izgleda ovako:−4.4 0.125 −0.125 4.9 0
−0.1 −0.2 0 0.55 −0.25
0 −0.125 0.325 −0.2 0
1 0 −0.6 −0.4 0
0 0 0 0 1
V1
V2
V3
V4
V5
=
0
0
5
−40
24
i zadovoljava model [Y ] · [V ] = [I]
Matlab program za rje²enje ovog sustava jednadºbi je:
Stranica 28 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Istosmj. analiza
% Program odredjuje napone cvorista
% zadana je matrica admitancije Y i vektor struje I
% Inicijalizacija matrice Y vektora struje I s
% matricnom jednadzbom Y V = I
Y = [-4.4 0.125 -0.125 4.9 0;
-0.1 0 -0.2 0.55 -0.25;
0 -0.125 0.325 -0.2 0;
1 0 -0.6 -0.4 0;
0 0 0 0 1];
I = [0 0 5 -40 24]’;
% Rjesenje napona cvorista
fprintf(’naponi cvorista V(1), V(2), .. V(5) su \n’)
V = inv(Y)*I
Pozivom daje ove rezultate:
naponi cvorista V(1), V(2), .. V(5) su
V =
117.4792
299.7708
193.9375
102.7917
24.0000
Koriste¢i analizu petlji treba na¢i struju kroz otpornik RB . Nadalje, treba na¢i snagu koju daje10-voltni naponski izvor.
+−10 V
15 Ω
30 Ω30 Ω
10 Ω
RB = 5Ω
I
Primjer 2.1.12.
Rje²enje primjera 2.1.12
Koriste¢i analizu petlje i ozna£avaju¢i struje petlji kao I1, I2 i I3, dobija se sljede¢a shema:
Stranica 29 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Istosmj. analiza
+−10 V
15 Ω
30 Ω30 Ω
10 Ω
5 ΩI1
I2
I3
Primjetite da je I = I3 − I2, te da je snaga izvora P = V I = 10I1. Jednadºbe petlji su sljede¢e:
Petlja 1:10(I1 − I2) + 30(I1 − I3)− 10 = 0
40I1 − 10I2 − 30I3 = 10
Petlja 2:10(I2 − I1) + 15I2 + 5(I2 − I3) = 0
−10I1 + 30I2 − 5I3 = 0
Petlja 3:30(I3 − I1) + 5(I3 − I2) + 30I3 = 0
−30I1 − 5I2 + 65I3 = 0
U matri£nom obliku ove jednadºbe izgledaju ovako: 40 −10 −30
−10 30 −5
−30 −5 65
I1I2I3
=
10
0
0
Matlab program za rje²avanje struja petlji I1, I2, I3, struje izvora I i snage kojudaje 10-voltni naponski izvor je:
% Ovaj program odredjuje struju koja tece kroz
% otpornik RB i snagu koju daje izvor.
% On racuna struje petlji uz zadanu matricu impedancije Z i vektor napona V.
% Inicijalizacija matrice Z i vektora V
Z = [40 -10 -30;
-10 30 -5;
-30 -5 65];
V = [10 0 0]’;
% rjesenja za struje petlji
I = inv(Z)*V
% struja kroz RB
IRB = I(3) - I(2);
fprintf(’Struja kroz R_B je %8.3f Ampera \n’,IRB)
% izracunavanje snage koju daje izvor
PS = I(1)*10;
fprintf(’Snaga koju daje 10V izvor je %8.4f Wata \n’,PS)
Pozivom daje ove rezultate:
Stranica 30 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Istosmj. analiza
>> pr1_3
I =
0.4753
0.1975
0.2346
Struja kroz R_B je 0.037 Ampera
Snaga koju daje 10V izvor je 4.7531 Wata
Sli£no se analiziraju i krugovi sa zavisnim naponskim izvorima.
(Knjiga Elektrotehnika, primjer 2.4)Treba na¢i napone u £vori²tima za krug prikazan shemom:
5A
2 Ω
5 Ω
4 Ω 10 Ω
15 Ω+ −
10 Ix
20 Ω+−10V
V1 V2 V3V4
Ix
Primjer 2.1.13.
Rje²enje primjera 2.1.13
U matri£nom obliku to izgleda ovako:0.75 −0.2 0 −0.5
−5 1 −1 5
−0.2 0.45 0.1667 −0.06667
0 0 0 1
V1
V2
V3
V4
=
5
0
0
10
Matlab program za rje²avanje napona £vori²ta je:
Stranica 31 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Istosmj. analiza
% program racuna napone cvorista
% zadana je admitancijska matrica Y i vektor struja I
% inicijalizacijska matrica Y i vektor I koriste oblik YV=I
% Y je admitancijska matrica
% I je vektor struje
%
Y = [0.75 -0.2 0 -0.5;
-5 1 -1 5;
-0.2 0.45 0.166666667 -0.0666666667;
0 0 0 1];
% vektor struje unosi se kao transponirani redcani vektor
I = [5 0 0 10]’;
% rijesi za napone cvorista
fprintf(’naponi cvorista V1, V2, V3 i V4 su \n’)
V = inv(Y)*I
Stranica 32 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Istosmj. analiza
Za elektri£ni krug zadan shemom, treba na¢i napone V1, V2 i V3.
5 A
10 Ω 40 Ω
20 Ω
50 Ω 2 A
V1 V2 V3
Primjer 2.1.14.
Rje²enje primjera 2.1.14
Koriste¢i KZ1 i pretpostavljaju¢i da su struje koje napu²taju £vori²te pozitivne, vrijedi
za £vori²te 1:
V1 − V2
10+V1 − V3
20− 5 = 0
0.15V1 − 0.1V2 − 0.05V3 = 5
za £vori²te 2:
V2 − V1
10+V2
50+V2 − V3
40= 0
−0.1V1 + 0.145V2 − 0.025V3 = 0
za £vori²te 3:
V3 − V1
20+V3 − V2
40− 2 = 0
−0.05V1 − 0.025V2 + 0.075V3 = 2
ili napisano u matri£nom obliku: 0.15 −0.1 −0.05
−0.1 0.145 −0.025
−0.05 −0.025 0.075
V1
V2
V3
=
5
0
2
Stranica 33 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Istosmj. analiza
Matlab program za rje²avanje gornje matrice izgleda ovako:
% program racuna napone cvorista
% zadana je admitancijska matrica Y i vektor struja I
% inicijalizacijska matrica Y i vektor I koriste oblik YV=I
Y = [ 0.15 -0.1 -0.05;
-0.1 0.145 -0.025;
-0.05 -0.025 0.075];
I = [5;
0;
2];
% rijesi za napone cvorista
fprintf(’Naponi cvorista V1, V2 i V3 su \n’)
V = inv(Y)*I
Pozivom daje ove rezultate:
>> pr1_1
Naponi cvorista V1, V2 i V3 su
V =
404.2857
350.0000
412.8571
Stranica 34 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Izmjen. analiza
2.2 Izmjeni£na analiza
Kolika je snaga na otporniku R = 5Ω?
+−Vs
5 Ω
149.7 mF
+
−
V0
Vs(t) = 5.31 cos(3t+ 183) V
V0(t) = 2.16 cos(3t+ 117) V
P = ? W
t [s]01 2 3 4 5
2
4
6
8
−2
−4
−6
−8
Vs(t)
V0(t)
Vs(t), V0(t)
Primjer 2.2.1.
Rje²enje primjera 2.2.1
Vs =5.31√
2∠183 V, V0 =
2.16√2∠117 V, ω = 3 rad/s
Zc =1
ωC∠− 90 = 2.2267∠− 90 Ω, I =
V0
Zc=
2.16√2∠117
2.2267∠− 90=
0.97√2∠207 A
P = I2R =
(0.97√
2
)2
· 5 = 2.35 W
Kolika je vrijednost amplitude A ?
+−Vs
83.3 mF
4 H
+
−
V0
Vs(t) = 5.24 cos(3t+ 67) V
V0(t) = A cos(3t+ 67) V
t [s]01 2 3 4 5
2
4
6
8
−2
−4
−6
−8
Vs(t)
V0(t)
Vs(t), V0(t)
Primjer 2.2.2.
Stranica 35 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Izmjen. analiza
Rje²enje primjera 2.2.2
Zc = −j 1
ωC= −j 1
3 · 83.3 · 10−3= −3.978j Ω
ZL = jωL = j3 · 4 = 12j Ω
Z = Zc + ZL = −3.978j + 12j = 8.023j Ω
Vs = Z · I ⇒ I =VsZ
=
5.24√2∠67
8.023∠90=
0.653√2
∠− 23 A
V0 = I · ZL =0.653√
2∠− 23 · 12j =
7.8√2∠67 V
Usporedimo sa izrazom na slici i vidimo da je amplituda A = 7.8 V
Zadatak 2.2.1 Kolika je vrijednost otpora R ?+−Vs
R
3.76 H
+
−
V0
Vs(t) = 6.10 cos(1t+ 183) V
V0(t) = 3.67 cos(1t+ 236) V
t [s]01 2 3 4 5
2
4
6
8
−2
−4
−6
−8
Vs(t)
V0(t)
Vs(t), V0(t)
Rje²enje 2.2.1
R = 5 Ω
Stranica 36 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Izmjen. analiza
Zadan je izmjeni£ni strujni krug prema slici sa zadanim naponom izvora i naponom na zavojnici:
−
+
vs(t) = 7.28 cos(4t+ 257) V 0.54 H v0(t) = 4.254 cos(4t+ 311) V
Izra£unajte:
a) struju u strujnom krugu,
b) srednju snagu naponskog izvora,
c) srednju snagu na otporniku,
d) radnu snagu na zavojnici,
e) faktor snage izvora
Primjer 2.2.3.
Rje²enje primjera 2.2.3
ω = 4 rad/s, ZL = jωL = j4 · 0.54 = j2.16
νs = VSM cos(ωt+ αs) = 7.28 cos(4t+ 257) V
νo = VOM cos(ωt+ αo) = 4.254 cos(4t+ 311) V
fazorski zapis:
Vs =VSM√
2∠αs =
7.28√2∠257 V
V0 =VOM√
2∠αo =
4.254√2
∠311 V
a) I =V0
ZL=
4.254√2∠311
2.16∠90=
1.969√2
∠221 A =IM√
2∠αi
i = 1.969 cos(4t+ 221) A
b) Ps =VSMIM
2cos (αs − αi)︸ ︷︷ ︸
ϕ
=7.28 · 1.969
2cos (257 − 221)︸ ︷︷ ︸
36
= 5.8 W
c) ista, radna snaga izvora jednaka je snazi na radnom otporu,
Stranica 37 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Izmjen. analiza
d) P = 0 W jer je kut izmedu napona i struje 90 na zavojnici
e) cosϕ = cos(36) = 0.809
Potrebno je na¢i struju i(t) i napon na otporniku VR(t) pomo¢u fazora. Napon izvora je V (t) =
4.67 cos(3t+ 105), a ostali podaci vidljivi su sa slike.
V (t)
i(t) 4 H
+ −VL(t)
3 Ω
−
+
VR(t)
+
Primjer 2.2.4.
Rje²enje primjera 2.2.4
Izmjeni£ni napon izvora: V (t) = 4.67 cos(3t+ 105)V⇒ o£ita se ω = 3rad/s
Napon izvora u kompleksnoj ravnini: V =4.67√
2∠105 V
Induktivni otpor: ZL = jωL = 12j = 12∠90Ω
Omski otpor: ZR = R = 3 = 3∠0Ω
2. Kirchoov zakon: V − I · ZL − I ·R = 0
I =V
ZL +R=
4.67√2∠105
12j + 3=
4.67√2∠105
√122 + 32∠ arctan
(12
3
) =
4.67√2∠105
12.37∠75.96=
0.378√2
∠29.04A
Napon na otporniku: VR = I ·R =0.378√
2∠29.04 · 3∠0 =
1.13√2∠29.04V
Stranica 38 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Izmjen. analiza
Za izmjeni£ni krug na slici:
+−vs(t) = 6.80 · cos(2t+ 97) V
R1 = 8 Ω
− +va
63.4 mF
R2 = 6 Ω
+
−
vu
Z = a+ jb = R1‖1/jωC
a) izrazite vs(t) = 6.80 cos(2t+ 97)V kao fazorsku veli£inu
b) izra£unajte impedanciju Z paralelnog spoja kondenzatora i otpornika R1
c) izra£unajte vrijednost struje kroz izvor vs
d) izra£unajte fazorsku veli£inu napona Va (pripazite na pretpostavljeni polaritet )
e) izra£unajte prividnu snagu impedancije Z
Primjer 2.2.5.
Rje²enje primjera 2.2.5
a) Vs =6.8√
2∠97V
b) ZC =1
jωC=
1
j · 2 · 0.0634= 7.88∠−90 Ω
ZR = R1 = 8Ω
Z =ZC · ZRZC + ZR
=8
1 + j8ωC· 1− j8ωC
1− j8ωC= 3.94− 3.99j = 5.616∠− 45.41 Ω
c) Zuk = Z +R2 = 3.94− 3.99j + 6 = 9.94− 3.99j = 10.717∠− 21.91 Ω
I =VSZuk
=
6.8√2∠97
10.717∠− 21.91=
0.634√2
∠118.91A
d) Va = −Z · I = −(5.616∠− 45.41) · (0.634√2
∠118.91) = −3.566√2
∠73.59 =3.566√
2∠− 106.4V
e) SZ = I · Va =
(0.634√
2
)·(
3.566√2
)= 1.13VA
Stranica 39 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Izmjen. analiza
Zadan je izmjeni£ni strujni krug na slici. Zadan je napon izvora vs(t) = cos(5t + 31). Ako jenapon v0(t) = 4.20 cos(5t+ 2), odredite:
+−vs(t)
R
− +va(t)
L
4Ω
+
−v0(t)
a) fazor v0(jω),
b) fazor va(jω),
c) vrijednost otpora R,
d) vrijednost induktiviteta L,
e) struju koju daje izvor.
Primjer 2.2.6.
Rje²enje primjera 2.2.6
Pretvaranjem veli£ina napona i impedancije kruga u fazore dobije se:
+−Vs(ω) =8.5√
2∠31V
R
− +Va(ω)
j5L
4 Ω
+
−
V0(ω) =4.2√
2∠2V
A potom se od paralelne kombinacije otpora i zavojnice dobije ekvivalentna impedancija:
+−Vs(ω)
Ze
− +Va(ω)
4 Ω
+
−V0(ω)
Stranica 40 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Izmjen. analiza
Izraz za ekvivalentnu impedanciju:1
Ze(ω)=
1
R+
1
j5L=
1
R− j 1
5L
2.K.Z.: Vs(ω)− I(ω) · Ze(ω)− V0(ω) = 0, I(ω) = V0(ω)/4
Ze(ω) =4(Vs(ω)− V0(ω))
V0(ω)
Uvr²tenjem fazora u gornju jednadºbu dobije se:
Ze(ω) =
4(8.5√
2∠31 − 4.2√
24.2∠2)
4.2√2∠2
=4((7.29 + j4.38)− (4.2 + j0.15))
4.2∠2
=4(3.09 + j4.23)
4.2∠2=
4(5.25∠54)
4.2∠2
=4(5.24)
4.2∠(54 − 2) = 4.99∠52 = 3.07 + j3.93 Ω
to uvr²tenjem u po£etni izraz za ekvivalentnu impedanciju daje:
1
R− j 1
5L=
1
4.99∠52=
1
4.99∠(0− 52) = 0.20∠− 52 = 0.123− j0.158
Odavde su:
1
R= 0.123⇒ R = 8.1Ω, 5L =
1
0.158⇒ L = 1.27H
I(ω) =V0(ω)
4=
4.2√2∠2
4=
1.05√2∠2 A struja izvora
Va(ω) = −I(ω) · Ze(ω) = −1.05√2∠2 · 4.99∠52 = −5.23√
2∠54 V fazor Va(ω)
Stranica 41 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Izmjen. analiza
Zadan je strujni krug na slici (maketa s laboratorijskih vjeºbi):
I1 R1 = 3.9 kΩ L = 9.26 H RL = 3.9 kΩ+
I2
R2 = 4.7 kΩ C = 0.33 µFI
IZVOR
a) Odredite struju I, ako je naponski izvor istosmjeran i iznosi Vs = 24 V.
b) U slu£aju da je naponski izvor izmjeni£an, kolika je efektivna vrijednost struje I2 ako jeefektivna vrijednost napona izvora Vs = 15 V, frekvencije 50 Hz?
c) Nacrtati vektorski dijagram struje i napona, te trokut impendancije za granu kojom te£estruja I2. Naputak: pretpostaviti fazni kut napona izvora 0, te koristiti potrebne vrijednostiiz a) i b).
d) Kojim broj£anim vrijednostima teºe kapacitivni i induktivni otpor, ako frekvencija izvoraf →∞ Hz (f teºi beskona£nom), a kojima ako f → 0 Hz (f teºi nuli)?
e) Kolika se snaga tro²i na otporniku R2?
Primjer 2.2.7.
Rje²enje primjera 2.2.7
a) Struja te£e samo kroz granu 1, jer je kapacitivni otpor beskona£an pa struja kroz granu 2 ne te£e.
I = I1 =VsRuk
=Vs
R1 +RL=
24
(3.9 + 3.9) · 103= 3.077 mA
b) Xc =1
ωC=
1
2πfC=
1
2π · 50 · 0.33 · 10−6= 9.645 kΩ
|Z2| =√R2
2 +X2c = 10.73 kΩ
|I2| =|Vs||Z2|
=15
10.73 · 103= 1.398 mA
c) ϕ = arctan
(−Xc
R2
)= arctan
(−9.645
4.7
)= −64
I2 =VsZ2
=15∠0
10.73 · 103∠− 64= 1.397∠64 mA
Stranica 42 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Izmjen. analiza
Trokut impendacija
Im(Z2)
Re(Z2)R2
Xc
Z2
ϕ
−ϕ
Vektorski dijagram
Vs
VR2
I2
Vc
d) XL = ωL = 2πfL, limf→∞(XL) =∞
f →∞,
XC =1
ωC=
1
2πfC, limf→∞(XC) = 0
XL = ωL = 2πfL, limf→0(XL) = 0,
f → 0,
XC =1
ωC=
1
2πfC, limf→0(XC) =∞
e) Na omskom tro²ilu su napon i struja u fazi
PR2= VR2
· I2 = I22 ·R2 = (1.398 · 10−3)2 · 4.7 · 103 = 9.19 mW
Stranica 43 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Izmjen. analiza
Jednadºbe koje uklju£uju integraciju mogu se u Matlabu rije²iti s pomo¢u dviju funkcija kojeizvode numeri£ku integraciju. To su quad i quad8 funkcije.
q =
b∫a
funct(x)dx
Op¢i oblik funkcija s kojima se moºe na¢i q iz gornjeg izraza su:
quad (′funct′, a, b, tol, trace)
quad8 (′funct′, a, b, tol, trace)
gdje su:funct ime mdatoteke u kojoj je spremljena funct(x)
a po£etna, donja granica integracijeb zavr²na, gornja granica integracijetol tolerancija. Iteracije se nastavljaju sve dok relativna pogre²ka nije manja od tol. Pret-postavljena vrijednost za tol je 1.0e-3trace dopu²ta crtanje grafa koji pokazuje kako se integracija odvija.
Neka je v(t) = 10 cos(120πt+ 30) i i(t) = 6 cos(120πt+ 60) prema slici:
i(t)
v(t)
+
+
Z
Odredite srednju snagu, RMS vrijednost od v(t) i faktor snage, koriste¢i:analiti£ko rje²enjenumeri£ko rje²enje
Primjer 2.2.8.
Rje²enje primjera 2.2.8
Za program su potrebne tri m-datoteke s upisanim jednadºbama:
- za napon:
function vsq = voltage1(t)
% voltage1 ova funckija se koristi
% za definiranje napona
vsq = (10*cos(120*pi*t + 60*pi/180)).^2;
Stranica 44 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Izmjen. analiza
- za struju:
function isq = current1(t)
% current1 - ova funkcija se koristi
% za definiranje struje
isq = (6*cos(120*pi*t + 30.0*pi/180)).^2;
- za snagu:
function pt = inst_pr(t)
% inst_pr - ova funkcija se koristi za definiranje
% trenutacne snage koja se dobiva kao umnozak
% sinusonog napona i struje
it = 6*cos(120*pi*t + 30.0*pi/180);
vt = 10*cos(120*pi*t + 60*pi/180);
pt = it.*vt;
Pozivom programa koji ra£una srednju snagu, RMS napona i faktor snage:
Stranica 45 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Izmjen. analiza
% Ovaj program izracunava srednju snagu, rms vrijednost
% faktor snage koristeci quad funkciju. Usporedjuju se
% analiticko i numericko rjesenje.
%
% numericki racun
T = 2*pi/(120*pi); % period sinusnog oblika
a = 0; % donja granica integracije
b = T; % gornja granica integracije
x = 0:0.02:1;
t = x.*b;
v_int = quad(’voltage1’, a, b);
v_rms = sqrt(v_int/b); % rms napona
i_int = quad(’current1’,a, b);
i_rms = sqrt(i_int/b); % rms struje
p_int = quad(’inst_pr’, a, b);
p_ave = p_int/b; % srednja snaga
pf = p_ave/(i_rms*v_rms); % faktor snage
%
% analiticko rjesenje
%
p_ave_an = (60/2)*cos(30*pi/180); % srednja snaga
v_rms_an = 10.0/sqrt(2);
pf_an = cos(30*pi/180);
% rezultati se ispisuju
fprintf(’Srednja snaga, analiticki: %f \nSrednja snaga, numericki: %f \n’,
p_ave_an,p_ave)
fprintf(’\nRms napon, analiticki: %f \nRms napon, numericki: %f \n’,
v_rms_an, v_rms)
fprintf(’\nFaktor snage, analiticki: %f \nFaktor snage, numericki: %f \n’,
pf_an, pf)
dobije se:
>> pr3_1
Srednja snaga, analiticki: 25.980762
Srednja snaga, numericki: 25.980762
Rms napon, analiticki: 7.071068
Rms napon, numericki: 7.071068
Faktor snage, analiticki: 0.866025
Faktor snage, numericki: 0.866025
Vidi se da se s obje tehnike dobivaju isti rezultati.
Stranica 46 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Izmjen. analiza
Usporedite poglavlje 3.6. iz knjige Elektrotehnika
Neka su za gore nacrtani krug zadani elementi: R1 = 20 Ω, R2 = 100 Ω, R3 = 50 Ω iL1 = 4 H, L2 = 8 H, te C1 = 250 µF. Treba na¢i v3(t) za ω = 10 rad/s.
a) vremenska domena
vs (t) = 8 cos (10t+ 15)V
R1 L1 L2
C1
R2 R3 v3 (t)
+
−
+
−
b) frekvencijska domena
Vs (t) = 8∠15V
R1 j10L1 j10L2
1/ (j10C1)
R2 R3 V3
+
−
+
−
V1
V2
Ako su vrijednosti za R1, R2, R3, L1, L2 i C1 poznate, onda se napon V3 moºe izra£unati koriste¢ianalizu kruga. Ako se pretpostavi da je V3 jednak
V3 = Vm3∠Θ3,
onda je u vremenskoj domeni v3(t) jednak:
v3 (t) = Vm3 cos (ωt+ Θ3)
Primjer 2.2.9.
Rje²enje primjera 2.2.9
Stranica 47 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Izmjen. analiza
Koriste¢i analizu £vori²ta, dobiju se sljede¢e jednadºbe:
za £vori²te 1V1 − VsR1
+V1 − V2
j10L1+V1 − V3
1
j10C1
= 0
za £vori²te 2
V2 − V1
j10L1+V2
R2+V2 − V3
j10L2= 0
za £vori²te 3
V3
R3+V3 − V2
j10L2+V3 − V1
1
j10C1
= 0
Uvr²tavaju¢i vrijednosti elemenata u gornje tri jednadºbe i pojednostavljenje dobije se matri£na jednadºba: 0.05− j0.0225 j0.025 −j0.0025
j0.025 0.01− j0.0375 j0.0125
−j0.0025 j0.0125 0.02− j0.01
V1
V2
V3
=
0.4∠15
0
0
Gornja matrica moºe se napisati kao:
[Y ] [V ] = [I]
iz koje se ra£una vektor [V ] koriste¢i Matlab-ovu naredbu:
V = inv (Y ) ∗ I
gdje je inv (Y ) inverzna matrica od matrice [Y ].
Matlab skripta koja rje²ava ovaj problem je:
% Ovaj program izracunava napon cvorista v3
% Y je admitancijska matrica
% I je matrica struje
% V je vektor napona
Y = [0.05-0.0225*j 0.025*j -0.0025*j;
0.025*j 0.01-0.0375*j 0.0125*j;
-0.0025*j 0.0125*j 0.02-0.01*j];
c1 = 0.4*exp(pi*15*j/180);
I = [c1
0
0]; % vektor struje unesen kao stupcasti vektor
V = inv(Y)*I; % rjesava cvorisne napone
v3_abs = abs(V(3));
v3_ang = angle(V(3))*180/pi;
fprintf(’Napon V3, iznos: %f \nNapon V3, kut u stupnjevima:%f’, v3_abs, v3_ang)
a njenim pozivom dobije se:
>> pr3_2
Napon V3, iznos: 1.850409
Napon V3, kut u stupnjevima:-72.453299
Stranica 48 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Izmjen. analiza
To zna£i da je u vremenskoj domeni napon v3 (t) jednak:
v3 (t) = 1.85 cos (10t− 72.45) V
Za strujni krug s dva izvora prikazan slikom treba na¢i struju i1 (t) i napon vc (t).
5 cos(103t
)V
+
−
4 Ω400 µF
8 mH 10 Ω
2 cos(103t+ 75
)V
+
−
5 mH
6 Ω
100 µ F+
−vC (t)
i (t)
Primjer 2.2.10.
Rje²enje primjera 2.2.10
Strujni krug se transformira u frekvencijsku domenu. Rezultiraju¢i krug prikazan je donjom slikom s impen-dancijom izraºenoj u Ω-ima.
5∠0V+
−
4−j2.5 j8 10
2∠75 V+
−
j5
6
−j10+
−VC
I1 I2
Upotrebom analize petlji dobije se:
−5∠0 + (4− j2.5) I1 + (6 + j5− j10) (I1 − I2) = 0
(10 + j8) I2 + 2∠75 + (6 + j5− j10) (I2 − I1) = 0
²to nakon pojednostavljenja izgleda ovako:
(10− j7.5) I1 − (6− j5) I2 = 5∠0
Stranica 49 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Izmjen. analiza
− (6− j5) I1 + (16 + j3) I2 = −2∠75
A u matri£nom obliku, ovako:[10− j7.5 −6 + j5
−6 + j5 16 + j3
][I1
I2
]=
[5∠0
−2∠75
]
Gornja matri£na jednadºba moºe se napisati kao:
[Z] [I] = [V ]
Da bi se dobio vektor struje [I] potrebno je koristiti Matlab-ovu naredbu:
I = inv (Z) ∗ V
gdje je inv (Z) inverz od matrice [Z].Napon VC moºe se dobiti kao:
VC = (−j10) (I1 − I2)
Matlab program za ra£unanje I1 i VC je sljede¢i:
% Ovaj program racuna fazorsku struju I1 i fazorski napon Vc.
% Z je matrica impedancije, V je vektor napona, I je vektor struje
Z = [10-7.5*j -6+5*j;
-6+5*j 16+3*j];
b = -2*exp(j*pi*75/180);
V = [5
b]; % vektor napona u stupcastom obliku
I = inv(Z)*V; % rjesenje strujne petlje
i1 = I(1);
i2 = I(2);
Vc = -10*j*(i1 - i2);
i1_abs = abs(I(1));
i1_ang = angle(I(1))*180/pi;
Vc_abs = abs(Vc);
Vc_ang = angle(Vc)*180/pi;
% ispis rezultata
fprintf(’Fazor struje i1, iznosa: %f \nFazor struje i1, kut u
stupnjevima: %f \n’, i1_abs,i1_ang)
fprintf(’Fazor napona Vc, iznosa: %f \nFazor napona Vc, kut u
stupnjevima: %f \n’,Vc_abs,Vc_ang)
Pozivom programa dobiva se rje²enje:
>> pr3_3
Fazor struje i1, iznosa: 0.387710
Fazor struje i1, kut u stupnjevima: 15.019255
Fazor napona Vc, iznosa: 4.218263
Fazor napona Vc, kut u stupnjevima: -40.861691
To zna£i da je struja i1 (t) jednaka:
i1 (t) = 0.388 cos(103t− 15.02
)A
a napon vC (t):vC (t) = 4.21 cos
(103t− 40.86
)V
Stranica 50 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Izmjen. analiza
Stranica 51 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Izmjen. analiza
Stranica 52 od 147
Poglavlje 3
Diferencijalne jednadºbe, prijelazne
pojave
53
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Difer. jednadºbe
3.1 Diferencijalne jednadºbe
a) Ako je prijelazni proces opisan jednadºbom v0(t) = 12 − 6e−0.35t V, kolika je stacionarnavrijednost napona v0(t)
b) Kolika je Laplaceova transformacija V0(s) napona v0(t) iz a).
c) Koliki je v0(t), ako je napon V0(s) jednak: V0(s) = −10s + 10
s+ 916
+ 12s = 2
s + 10s+ 9
16
.
Primjer 3.1.1.
Rje²enje primjera 3.1.1
a) v0(t)t→∞ = 12− 6e−∞ = 12− 0 = 12 V
b) V0(s) =12
s− 6
s+ 0.35V
c) v0(t) = 2 + 10e−916 t V
Potrebno je rije²iti nehomogenu diferencijalnu jednadºbu drugog redad2y
dt2+ 5
dy
dt+ 6y = 3 sin(t) + cos(t) s po£etnim uvjetima y(0) = 4, y′(0) = −1.
Primjer 3.1.2.
Rje²enje primjera 3.1.2
1. na£in rje²avanja diferencijalne jednadºbe: Egzaktno
Ukupno rje²enje (partikularno + homogeno): y = yh + yp
• Traºenje homogenog rje²enja: yh + 5yh + 6yh = 0
yh = Keλt, yh = Kλeλt, yh = Kλ2eλt
eλt(λ2 + 5λ+ 6 = 0) ⇒ λ2 + 5λ+ 6 = 0 ⇒ λ1 = −2, λ2 = −3
homogeno rje²enje: yh = K1eλ1t +K2e
λ2t, yh = K1e−2t +K2e
−3t
• Traºenje partikularnog rje²enja: yp + 5yp + 6yp = 3 sin(t) + 7 cos(t)
yp = A sin(t) +B cos(t), yp = A cos(t)−B sin(t), yp = −A sin(t)−B cos(t)
(5A− 5B) sin(t) + (5B + 5A) cos(t) = 3 sin(t) + 7 cos(t)
5A− 5B = 3, 5B + 5A = 7→ A = 1, B = 25
partikularno rje²enje: yp = sin(t) + 25 cos(t)
• Traºenje ukupnog rje²enja: y = K1e−2t +K2e
−3t + sin(t) + 25 cos(t)
Stranica 54 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Difer. jednadºbe
y = −2K1e−2t − 3K2e
−3t + cos(t)− 25 sin(t)
y(t = 0) = 4, y(t = 0) = −1→ K1 = 445 ,K2 = − 26
5
ukupno rje²enje: y = 445 e−2t − 26
5 e−3t + 2
5 cos(t) + sin(t)
Matlab kôd: simboli£ko rje²enje
%Rjesavanje diferencijalne jednadzbe drugog reda
clear % brisanje varijabli iz memorije
%simbolicko rjesavanje diferencijalne jednadzbe po nezavisnoj varijabli t
y=dsolve(’D2y+5*Dy+6*y=3*sin(t)+7*cos(t)’,’Dy(0)=-1’,’y(0)=4’)
t=0:0.01:30; % vektor vremenskih koraka
z=inline(y) % stvara funkciju u obliku z(t) iz simbolicke jedn. y
u=z(t); % izracunavanje funkcije z za vremenske korake t
plot(t,u)
2. na£in rje²avanja diferencijalne jednadºbe: Prijenosna funkcija
• Vremenska domena: y + 5y + 6y = 3 sin(t) + 7 cos(t), y(0) = 4, y′(0) = −1
• Laplaceova transformacija (tablice), vremenska domena ⇒ frekvencijska domena:
s2Y (s)− sy(0)− y(0) + 5sY (s)− 5y(0) + 6Y (s) =3
s2 + 1+
7s
s2 + 1
Y (s) =(4s+ 19)(s2 + 1) + 3 + 7s
(s2 + 5s+ 6)(s2 + 1)=
4s3 + 19s2 + 11s+ 22
s4 + 5s3 + 7s2 + 5s+ 6
Budu¢i da je nazivnik polinom 4. reda onda on ima 4 pola tj. nulto£ke. Da bismo dobili polove tog polinomapotrebno ga je izjedna£iti s nulom i rije²iti jednadºbu. Matlab tu moºe pomo¢i jer ima ugradjenu funkcijuresidue() koja rastavlja razlomak na parcijalne razlomke. Polinom se u Matlab-u prikazuje kao vektorskopolje njegovih koecijenata , npr. polinom u brojniku 4s3 + 19s2 + 11s+ 22 ¢e biti num=[4 19 11 22]
i naziva se numerator, a u nazivniku s4 + 5s3 + 7s2 + 5s + 6 ¢e biti dem=[1 5 7 5 6] i naziva sedenominator.
Matlab kôd:
>> den=[1 5 7 5 6];
>> num=[4 19 11 22];
>> [R,P,K]=residue(num,den)
R =
-5.2000
8.8000
0.2000 - 0.5000i
0.2000 + 0.5000i
P =
-3.0000
-2.0000
-0.0000 + 1.0000i
-0.0000 - 1.0000i
K = [ ]
Y (s) =4s3 + 19s2 + 11s+ 22
s4 + 5s3 + 7s2 + 5s+ 6= − 5.2
s+ 3+
8.8
s+ 2+
0.2− 0.5i
s− i+
0.2 + 0.5i
s+ i
Stranica 55 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Difer. jednadºbe
• Laplace-ova transformacija (tablice), frekvencijska domena ⇒ vremenska domena:
Prvi £lan postaje (−5.2)e−3t, tre¢i (0.2 + 0.5i)eit itd., pa se dobije
y =44
5e−2t − 26
5e−3t +
2
5cos(t) + sin(t)
Naravno, sve je to moglo pro¢i i jednostavnije koriste¢i Matlab funkciju ilaplace().
Matlab kôd: s-domena
syms s % postavljanje slova s kao simbolicke varijable
% inverzna Laplaceova transformacija
A=ilaplace((4*s^3+19*s^2+11*s+22)/(s^4+5*s^3+7*s^2+5*s+6))
v=inline(A) % od simbolickog izraza A stvara se funkcija v s parametrom vremena t
t=0:0.01:30; % vremenski korak t
v(t); % stvaranje vektora rjesenja dif.jed. za vremenske trenutke t
plot(t,v(t)) % crtanje v(t)
Za serijski RLC strujni krug, sklopka je zatvorena u trenutku t = 0. Po£etna energija u zavojnicii kondenzatoru je jednaka nuli. Pomo¢u Matlaba potrebno je izra£unati napon na kondenzatoruV0(t) i struju i(t).
+−VS = 8 V
t = 0
10 Ω 1.25 H
0.25 µF
+
-
V0(t)
Primjer 3.1.3.
Rje²enje primjera 3.1.3
Postavljanje diferencijalne jednadºbe serijskog RLC strujnog kruga koriste¢i 2. Kirchho-ov zakon:
Vs(t) = VR(t) + VL(t) + V0(t)
i(t) = CdV0(t)
dt, VR(t) = i(t)R, VL(t) = L
di(t)
dt
Vs(t) = i(t)R+ Ldi(t)
dt+ V0(t)
diferencijalna jednadºba:d2V0(t)
dt2+R
L
dV0(t)
dt+
1
LCV0(t) =
VS(t)
LC
1. na£in rje²avanja diferencijalne jednadºbe: Egzaktno
Ukupno rje²enje (partikularno + homogeno): V0(t) = V0h(t) + V0p(t)
Stranica 56 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Difer. jednadºbe
• Traºenje homogenog rje²enja:d2V0h(t)
dt2+R
L
dV0h(t)
dt+
1
LCV0h(t) = 0
λ1 = −4 + 1789i, λ2 = −4− 1789i
homogeno rje²enje: V0h(t) = K1eλ1t +K2e
λ2t
• Traºenje partikularnog rje²enja:d2V0p(t)
dt2+R
L
dV0p(t)
dt+
1
LCV0p(t) =
VS(t)
LC
partikularno rje²enje: V0p(t) = VS(t) = 8
• Traºenje ukupnog rje²enja: V0(t) = K1eλ1t +K2e
λ2t + 8
dV0(t)
dt= λ1K1e
λ1t + λ2K2eλ2t
V0(0) = 0,dV0(0)
dt= 0, jer je
dV0(0)
dt=i(0)
C=
0
C= 0
K1 = −λ2VS(t)
λ2 − λ1= −4 +
1
112i, K2 = −λ1VS(t)
λ2 − λ1= −4− 1
112i
ukupno rje²enje: V0(t) = −4e(−4+1789i)t +1
112ie(−4−4789i)t − 4e(−4−1789i)t − 1
112ie(−4−4789i)t + 8
tj. V0(t) = 8− 8e−4e cos(1789t)− 2
112e−4t sin(1789t)
• derivirnjem napona V0(t) dobije sedV0(t)
dt= 14311e−4t sin(1789t), te je struja i(t) = C
dV0(t)
dt, tj.
i(t) = (0.25 · 10−6) · 14311e−4t sin(1789t)
Matlab kôd: simboli£ko rje²enje
Uc=dsolve(’D2Uc+10/1.25*DUc+(1/1.25/(0.25e-6))*Uc=8/1.25/0.25e-
6’,’DUc(0)=0’,’Uc(0)=0’)
vc=inline(Uc) %funkcija vc(t)
der=di f f(Uc) %derivacija napona
Ic=inline(der); %funkcija Ic(t)
t=0:0.0001:1;
Vo=vc(t); I=0.25e-6*Ic(t); %napon na kondenzatoru i struja RLC kruga
subplot(2,1,1);plot(t,Vo) %crtanje Vo(t)
grid on; t i t l e(’Napon na kondenzatoru’)
xlabel(’Vrijeme [t]’), ylabel(’Napon Vc(t) [V]’)
subplot(2,1,2);plot(t,I) %crtanje I(t)
grid on; t i t l e(’Struja RLC kruga’)
xlabel(’Vrijeme [t]’), ylabel(’Struja I(t) [A]’)
2. na£in rje²avanja diferencijalne jednadºbe: Prijenosna funkcija
• Vremenska domena:d2V0(t)
dt2+R
L
dV0(t)
dt+
1
LCV0(t) =
VS(t)
LC, V0(0) = 0,
dV0(0)
dt= 0
Stranica 57 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Difer. jednadºbe
• Laplace-ova transformacija (tablice), vremenska domena ⇒ frekvencijska domena:
s2V0(s)− sV0(0)− V0(0) +R
L(sV0(s)− V0(0)) +
1
LCV0(s) =
VSsLC
V0(s) =VS
LCs3 +RCs2 + s
Deniranjem konstanti i koriste¢i Matlab funkciju ilaplace() dobije se V0(t)
Matlab kôd: s-domena
syms s %stvaranje simbolicke varijable s
%R-otpor, L-induktivitet, C-kapacitet, Viz-napon izvora
R=10; L=1.25; C=0.25e-6; Vs=8;
A=ilaplace(Vs/(s^3*L*C+R*C*s^2+s)) %pretvorba iz s -> t domenu
v=inline(A) %od simb.izraza rjes. A dif.jed. stvara se funk. s parmetrom t
i=di f f(A); %deriviranje napona na kondenzatoru
ic=C*i; %racunanje struje RLC kruga
I=inline(ic) %stvaranje funkcije I(t)
t=0:0.0001:1; %vremenski korak t
v(t); I(t); %stvaranje vektora rjesenja dif.jed. za vremenske trenutke t
subplot(2,1,1);plot(t,v(t)) %crtanje v(t)
grid on; t i t l e(’Napon na kondenzatoru’)
xlabel(’Vrijeme [t]’), ylabel(’Napon Vc(t) [V]’)
subplot(2,1,2);plot(t,I(t)) %crtanje I(t)
grid on; t i t l e(’Struja RLC kruga’)
xlabel(’Vrijeme [t]’), ylabel(’Struja I(t) [A]’)
Stranica 58 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Prijelazne pojave
3.2 Prijelazne pojave
Kolika je vrijednost kapaciteta kondenzatora C?
+−vs
6 Ω
+ −vo
C
6 Ω
vs(t) = 8− 15 u(t) Vv0(t) = −3.5 + 7.5e−1.8t V, za t > 0
t [s]−1 1 2 3 4 5
2
4
6
8
−2
−4
−6
−8
Vs(t)
V0(t)
Vs(t), V0(t)
Primjer 3.2.1.
Rje²enje primjera 3.2.1
vs(t) = 8− 15u(t) Vv0(t) = −3.50 + 7.50e−1.8tV, t > 0
Zat ≤ 0
vs(t) = 8V, u(t) predstavlja jedini£ni skokv0(t) = 4V
Paralelni spoj: vc(t) = v0(t)
1.K.Z. i(t) = ic(t) + i0(t) = Cdvc(t)
dt+v0(t)
R= C
dv0(t)
dt+v0(t)
R
2.K.Z.vs(t)− v0(t)− vR(t) = 0⇒ vs(t)− v0(t)− i(t)R = 0
i(t) =vs(t)
R− v0(t)
R
Izjedna£avanjem struja dobivenih iz oba K.Z. dobiva se dif.jed. kruga:
Cdv0(t)
dt+v0(t)
R=vs(t)
R− v0(t)
R
dv0(t)
dt+ 2
v0(t)
CR=vs(t)
CR
Stranica 59 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Prijelazne pojave
Zat > 0
vs(t) = 8− 15 = −7Vv0(t) = −3.5 + 7.5e−1.8tV
Laplaceova transformacija dif.jed. strujnog kruga:dv0(t)
dt+ 2
v0(t)
CR=vs(t)
CR
sV0(s)− v0(0) + 2V0(s)
CR=
Vs(s)
s · CR
V0(s) =1CRVs(s) + sv0(0)
s(s+ 2CR )
=1CR (−7) + s · 4s(s+ 2
CR )
Laplaceova transformacija napona na kondenzatoru:
v0(t) = −3.5 + 7.5e−1.8t
V0(s) =−3.5
s+
7.5
s+ 1.8=−3.5 · 1.8 + 4s
s(s+ 1.8)
Usporeivanjem dobivenih napona vidimo da treba vrijediti:7
CR= 3.5 · 1.8 ⇒ 1
C · 6= 0.9 ⇒ C = 185 mF
2
CR= 1.8 ⇒ 1
C · 6= 0.9 ⇒ C = 185 mF
Naite vrijednost induktiviteta zavojnice (L) ako se nakon uklju£ivanja sklopke jakost strujepo£ne mijenjati u vremenu po funkciji navedenoj na slici. Koristite Laplace-ovu transformaciju.
13 A 33 Ω
t = 0
L
i(t)
i(t) = 13− 13e−0.35t A, za t > 0 t [s]−2 2 4 6 8 10 12
4
8
12
16
i(t)
i(t), A
Primjer 3.2.2.
Rje²enje primjera 3.2.2
1. Kirchhoov zakon:
i1(t)− i2(t)− i(t) = 0
2. Kirchhoov zakon:
vR(t) = vL(t)
vL(t) = Ldi(t)
dt
Stranica 60 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Prijelazne pojave
vR(t) = R · i2(t)
Diferencijalna jednadºba kruga:di(t)
dt+R
Li(t) =
R
Li1(t)
Laplaceova transformacija: sI(s)− i(0) +R
LI(s) =
R
L
I1(s)
s
I(s) =R
L
I1(s)
s(s+ RL )
=R
L
13
s(s+ RL )
Zadani signal i(t) = 13− 13e−0.35t u s-domeni:
I(s) =13
s− 13
s+ 0.35= 0.35
13
s(s+ 0.35)
Usporede se dobivene struje u s-domeni te se dobije induktivitet:
I(s) =R
L
13
s(s+ RL )
= 0.3513
s(s+ 0.35)
R
L= 0.35 ⇒ L = 94.2 H
Svi kondenzatori u nacrtanom spoju imaju kapacitet 1µF i prazni su u trenutku uklapanja sklopket = 0.
E = 200 V
R = 2 MΩC1t = 0
a) koliki je maksimalni iznos struje iz izvora i kad nastupa,
b) u kojem trenutku je napon na otporniku polovica napona napajanja,
c) koliki je iznos energije kondenzatora C1 nakon zavr²etka prijelazne pojave?
Primjer 3.2.3.
Rje²enje primjera 3.2.3
a) Imax =E
R=
200
2 · 106= 100 µA, t = 0 s
Stranica 61 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Prijelazne pojave
b) Cukupno =3
8C =
3
8· 10−6 =
3
8µF
vc(t) = E(
1− e− tτ
), τ = R · Cukupno =
3
4s
E = vc(t) + vR(t)⇒ vR(t) = E − E(
1− e− tτ
)= Ee−
tτ
t = −τ ln
(vR(t)
E
), za vR(t) =
E
2⇒ t = −3
4ln
(1
2
)= 0.52 s
c) EP =Q3
2C
=Cukupno · E
3
2C
=E
4= 50 V
E1 =EP2
=50
2= 25 V
W =C1 · E2
1
2=
10−6 · 252
2= 0.3125 mJ
Na slici je prikazan strujni RC krug u kojem je kondenzator po£etno nabijen na vrijednost naponaVM i prazni se preko otpornika R.Zadano: R = 2Ω, C = 5µF, VM = 15 V
R C
+
-
v0(t)
a) Naite vrijeme koje je potrebno da napon na kondenzatoru v0(t) padne na 0.1Vm
b) Naite vrijednost struje za onu vrijednost napona v0(t) u trenutku traºenom u a).
c) Skicirajte dijagram napona na kondenzatoru o vremenu, od t = 0 do vremenskog trenutkadobivenog u a).
d) Napi²ite diferencijalnu jednadºbu strujnog RC kruga prikazanog na slici u a).
Primjer 3.2.4.
Rje²enje primjera 3.2.4
a) v0(t) = VM · e−tτ ⇒ t = −RC ln
(v0(t)
VM
)= −RC ln
(0.1 · VMVM
)= −RC ln(0.1) = 23µs
b) i(ta) =vR(ta)
R=v0(ta)
R=
1.5
2= 0.75 A
c)
Stranica 62 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Prijelazne pojave
t [s]ta
0.1VM
VM
V0(t) = VM · e−tτ
V0(t)
d) 2.K.Z. −v0(t)− vR(t) = 0, i(t) = Cdv0
dt, Ohmov zakon: vR(t) = i(t) ·R
i(t) ·R+ v0(t) = 0 ⇒ dv0
dt+
v0
RC= 0 , diferencijalna jednadºba RC strujnog kruga
Kondenzator C = 1µF nabija se preko otpornika R = 10kΩ s izvora konstantnog naponaV = 100V . U po£etnom trenutku napon na kondenzatoru je 0 V .
a) kolika je vremenska konstanta spoja
b) koliki ¢e napon na kondenzatoru biti stotinku sekunde od po£etka nabijanja
c) izrazite struju nabijanja kao funkciju vremena
d) kolika se energija akumulirala u kondenzatoru do zavr²etka nabijanja
e) kolika se energija utro²ila na otporu tijekom nabijanja
Primjer 3.2.5.
Rje²enje primjera 3.2.5
a) τ = RC = 104 · 10−6 = 10−2 s
b) vc(t) = V(
1− e−tτ)
= 100(1− e−1
)= 63.2 V
c) i(t) =vR(t)
R=V − vc(t)
R=
1
R
(V − V + V e
−tτ
)=V
Re−tτ =
100
104e−t0,01 A
d) W =CV 2
2=
10−6 · 104
2= 0, 5 · 10−2 J = 5mJ
e) dWR = i(t)2Rdt
WR =∫∞
0i(t)2Rdt = R
∫∞0
V 2
R2 e−2tτ dt = −V
2
R
τ
2e−2tτ
∣∣∣∣t=∞t=0
=V 2
2R· τ =
V 2RC
2R=V 2C
2= 5 mJ
Stranica 63 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Prijelazne pojave
a) Naite diferencijalnu jednadºbu strujnog kruga nakon otvaranja sklopke izraºenu preko v(t).
b) Izrazite v(t) u frekvencijskoj domeni kao V (s) koriste¢i Laplaceovu transformaciju.
c) Koriste¢i rastav na parcijalne razlomke, te inverznu Laplaceovu transformaciju naite v(t),a usporedbom s v(t) = 3 + 16e−0.3t V, za t = 0 naite vrijednost kapaciteta kondenz. C.
+−3 V
24 Ω
C
+
−
v(t)
+−19 V
t = 0
v(t) = 3 + 16e−0.3t V, za t > 0
t [s]−2 2 4 6 8 10 12
4
8
12
16
20
v(t)
v(t), V
Primjer 3.2.6.
Rje²enje primjera 3.2.6
U trenutku nakon otvaranja skolopke kondenzator je nabijen na v(0) = 19 V, a promatra se samo RC krugs naponskim izvorom VS = 3 V.
a) t > 0 , sklopka isklju£ena
2.K.Z. −v(t)− i(t)R+ VS = 0
i(t) = Cdv(t)
dt
v(t) + Cdv(t)
dtR− VS(t) = 0
dv(t)
dt+
1
CRv(t) =
VS(t)
CR, v(0) = 19 V, VS(t) = VS · u(t) = 3 · u(t) , u(t) -jedini£ni skok
b) Laplaceova transformacija:
Stranica 64 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Prijelazne pojave
sV (s)− v(0) +1
CRV (s) =
Vss · CR
V (s) =
VsCR
s
(s+
1
CR
) +v(0)
s+1
CR
c) V (s) =
VSCR
s
(s+
1
CR
)︸ ︷︷ ︸
H(s)
+v(0)
s+1
CR
H(s) =
VSCR
s
(s+
1
CR
) =A
s+
B
s+1
CR
A = lims→0
(s ·H(s)) = lims→0
VSCR
s+1
CR
= VS
B = lim
s→−1
CR
((s+
1
CR
)·H(s)
)= lim
s→−1
CR
(VS
s · CR
)= −VS
H(s) =
VsCR
s
(s+
1
CR
) =A
s+
B
s+1
CR
=VSs− VS
s+1
CR
V (s) =VSs− VS
s+1
CR
+v(0)
s+1
CR
=VSs
+v(0)− VS
s+1
CR
=3
s+v(0)− VS
s+1
CR
=3
s+
16
s+1
CR
Inverzna Laplaceova transformacija:
v(t) = 3 + 16e−1CR t
Usporedimo s v(t) = 3 + 16e−0.3t ⇒ 1
CR= 0.3
C =1
0.3R=
1
0.3 · 24= 0.1389 F
Stranica 65 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Prijelazne pojave
Za strujni krug prema slici:
a) Naite vrijednost struje i(t) i napona v(t) u vremenu t ≤ 0 .
b) Naite diferencijalnu jednadºbu strujnog kruga nakon otvaranja sklopke.
c) Izrazite i(t) u frekvencijskoj domeni kao I(s) koriste¢i Laplaceovu transformaciju.
d) Koriste¢i inverznu Laplaceovu transformaciju naite i(t) .
e) Naite v(t) .
+−Vs(t) = 24 V
L = 185 H
R1 = 30 Ω
t = 0
R2 = 75 Ω
R3 = 15 Ω
+
-
v(t) t [s]
v(t),V
−1 2 4 6 8 10
1
2
3
4
5
Primjer 3.2.7.
Rje²enje primjera 3.2.7
a) t ≤ 0, sklopka uklju£ena
2.K.Z. VS(t)− 75I − 15I = 0⇒ I = 2490 = 0.2667A
v(t ≤ 0) = I ·R3 = 0.2667 · 15 = 4 V
b) t > 0, sklopka isklju£ena
2.K.Z. VS(t)− i(t) · (R1 +R2 +R3)− vL(t) = 0
vL(t) = Ldi(t)
dt
VS(t)− i(t) · (R1 +R2 +R3)− Ldi(t)dt = 0
di(t)
dt+
(R1 +R2 +R3)
Li(t) =
VS(t)
L, i(0) = 0.2667A, VS(t) = VS ·u(t) = 24·u(t), u(t) jedini£ni skok
Stranica 66 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Prijelazne pojave
c) Laplaceova transformacija:
sI(s)− i(0) +(R1 +R2 +R3)
LI(s) =
VS(t)
s · L
I(s) =
VSL
s
(s+
(R1 +R2 +R3)
L
) +i(0)
s+R1 +R2 +R3
L
=0.1297
s(s+ 0.6487)+
0.2667
s+ 0.6487
d) Inverzna Laplaceova transformacija:
i(t) = 0.1297
[1
0.6487(1− e−0.6487t)
]+ 0.2667e−0.6487t
i(t) = 0.2 + 0.066e−0.6487t A
e) v(t) = i(t) ·R3 = (0.2 + 0.066e−0.6487t) · 15 = 3 + 1 · e−0.6487t V
Za strujni krug prema slici:
17 A 20 Ω
t = 0
L
i(t)
a) Naite diferencijalnu jednadºbu strujnog kruga nakon zatvaranja sklopke.
b) Izrazite i(t) u frekvencijskoj domeni kao I(s) koriste¢i Laplaceovu transformaciju. Za t = 0,i(t) = 0 A.
c) Koriste¢i rastav na parcijalne razlomke, te inverznu Laplaceovu transformaciju naite i(t).
d) Usporedbom izraza dobivenog iz c) i izraza i(t) = 17−17e−0.8t A, za t > 0 naite vrijednostinduktiviteta zavojnice L.
e) Koliki je iznos vremenske konstante RL kruga?
Primjer 3.2.8.
Rje²enje primjera 3.2.8
a) t > 0, sklopka uklju£ena
1.K.Z. is(t)− i(t)− iR(t) = 0
vR(t) = R · iR(t), vL(t) = L · di(t)dt
Stranica 67 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Prijelazne pojave
2.K.Z. vR(t) = vL ⇒ iR(t) = LRdi(t)dt
is(t)− i(t)−L
R
di(t)
dt= 0
di(t)
dt+R
Li(t) =
R
Lis(t) , iS(t) = iS · u(t) = 17 · u(t), u(t) - jedini£ni skok
b) Laplaceova transformacija:
sI(s)− i(0) +R
LI(s) =
R
L
ISs
I(s) =
R
LIS
s
(s+
R
L
)
c) I(s) =
R
LIS
s
(s+
R
L
) =A
s+
B
s+R
L
A = lims→0
(s · I(s)) = lims→0
R
LIS
s+R
L
= IS
B = lims→−RL
((s+
R
L) · I(s)
)= lims→−RL
R
LIS
s
= −IS
I(s) =
R
LIS
s
(s+
R
L
) =A
s+
B
s+R
L
=ISs− IS
s+R
L
I(s) =17
s− 17
s+R
L
Inverzna Laplaceova transformacija:
i(t) = 17− 17eRL t A
d) Usporedimo dobiveni izraz i(t) = 17− 17eRLt
, s izrazom i(t) = 17− 17e−0.8t
⇒ RL = 0.8⇒ L = 20
0.8 = 25 H
e) τ =L
R=
25
20= 1.25 s
Stranica 68 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Prijelazne pojave
a) Ako je prijelazni proces opisan jednadºbom v0(t) = 12 − 6e−0.35t , kolika je stacionarnavrijednost napona v0(t).
b) Kolika je Laplaceova transformacija V0(s) napona v0(t) iz a).
c) Ako je napon V0(s) jednak: V0(s) =2
s+
10
s+9
16
, koliki je v0(t).
Primjer 3.2.9.
Rje²enje primjera 3.2.9
a) v0(t)t→∞ = 12− 6−∞ = 12− 0 = 12V
b) V0(s) =12
s− 6
s+ 0.35
c) v0(t) = 2 + 10e−916 t
a) Naite diferencijalnu jedn. strujnog kruga nakon uklju£ivanja sklopke, izraºenu preko v(t).
b) Izrazite v(t) u frekvencijskoj domeni kao V (s) koriste¢i Laplaceovu transformaciju.Po£etni uvjet napona v(t) o£itajte s dijagrama.
c) Koriste¢i rastav na parcijalne razlomke, te inverznu Laplaceovu transformaciju, naite v(t)
funkcijskog oblika v(t) = A+Be−a·t.
+−20 V
32 Ω
40 Ω
t = 0
40 H
10 Ω
+
-
v(t)
v(t) = A+Be−at, za t > 0t [s]
v(t),V
−2 2 4 6 8 10
4
8
12
16
20 v(t) = A+Be−at
Primjer 3.2.10.
Rje²enje primjera 3.2.10
Stranica 69 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Prijelazne pojave
a)
vR2(t) = Vs(t) = 20
−vR2(t) + v(t) + vL(t) = 0 vL(t) = L · diL(t)
dt
−20 + v(t) + 4 · dv(t)
dt= 0 iL(t) =
v(t)
R3=v(t)
10dv(t)
dt+
1
4v(t) = 5 vL(t) = L · d
dt
(v(t)
10
)vL(t) = 4 · dv(t)
dt
b) v(0) = 4V - o£itano s dijagrama
α
dv(t)
dt+
1
4v(t) = 5)
- Laplaceova transformacija
s · V (s)− v(0) +1
4V (s) =
5
s
s · V (s)− 4 +1
4V (s) =
5
s⇒ V (s) =
5
s
(s+
1
4
) +4
s+1
4
c) Rastavi na parcijalne razlomke:
G(s) =1
s(s+ 0.25)=A
s+
B
s+ 0.25
A,B =?
A = lims→0
[s ·G(s)] = lims→0
1
s+ 0.25=
1
0.25= 4
B = lims→−0.25
[(s+ 0.25) ·G(s)] = lims→−0.25
1
s=
1
−0.25= −4
V (s) = 5 · 1
s
(s+
1
4
) + 4 · 1
s+1
4
= 5 ·[
4
s− 4
s+ 0.25
]+ 4 · 1
s+1
4
V (s) =20
s− 20
s+ 0.25+
4
s+ 0.25=
20
s− 16
s+ 0.25
α−1 V (s) = v(t), - tablice,inverzna Laplaceova transformacija
v(t) = 20− 16e−0.25tV
a) Odredite vrijednosti konstanti a i b, ako je:−j6a+ jb
= −4− j3
b) Ako je prijelazni proces opisan jednadºbom v0(t) = 12− 6e−0.35tV, kolika je stacionarnavrijednost napona v0(t).
c) Kolika je Laplaceova transformacija V0(s) napona v0(t) iz b)
d) Ako je napon V0(s) jednak: V0(s) =−10
s+
10
s+9
16
+12
s=
2
s+
10
s+9
16
, koliki je v0(t).
e) Kojim parametrima £etveropola se najbolje moºe opisati bipolarni tranzistor, a kojimaFET?
Primjer 3.2.11.
Stranica 70 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Prijelazne pojave
Rje²enje primjera 3.2.11
a) a+ jb =−j6−4− j3
=6e−j90
5e−j143= 1.2ej53 = 0.722 + j0.958
b) v0(t)t→∞ = 12− 6−∞ = 12− 0 = 12V
c) v0(t) =12
s− 6
s+ 0.35
d) v0(t) = 2 + 10e−916
e) Y - parametri, X - parametri
(Knjiga Elektrotehnika, primjer 4.1)Za strujni krug na slici struja u po£etku kroz zavojnicu jednaka je nuli. Neka se u t = 0 sklopkaprebaci iz pozicije a u poziciju b i neka u njoj ostane 1 sekundu. Nakon 1 sekunde ka²njenja,sklopka se prebacuje iz pozicije b u poziciju c, gdje trajno ostaje. Zada¢a je, nacrtati tijek strujekroz zavojnicu u ovisnosti o vremenu.
a
c
+−40 V
b
50 Ω150 Ω
50 Ω 200 H
Primjer 3.2.12.
Rje²enje primjera 3.2.12
Stranica 71 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Prijelazne pojave
%Rješenje za primjer 4.1.
%tau1 je vremenska konstanta kad je sklopka u poziciji b
%tau2 je vremenska konstanta kad je sklopka u poziciji c
%
tau1=200/100;
for k=1:20
t(k)=k/20;
i(k)=0.4*(1-exp(-t(k)/tau1));
end
imax=i(20)
tau2=200/200;
for k=21:120
t(k)=k/20;
i(k)=imax*exp(-t(k-20)/tau2);
end
%crta se struja
plot(t,i,’ob’)
axis([0 6 0 0.18])
t i t l e(’Struja za RL krug’)
xlabel(’Vrijeme, s’)
ylabel(’Struja, A’)
(Knjiga Elektrotehnika, primjer 4.2)Pretpostavimo da je C = 10µF. Treba Matlab programom simulirati napon na kondenzatoru, akoje R jednak: a) 1.0kΩ b) 10kΩ c) 0.1Ω. Napon izvora Vs = 10 V.
Primjer 3.2.13.
Rje²enje primjera 3.2.13
%Nabijanje RC kruga
%
c=10e-6;
r1=1e3;
tau1=c*r1;
t=0:0.002:0.5;
v1=10*(1-exp(-t/tau1));
r2=10e3;
tau2=c*r2;
v2=10*(1-exp(-t/tau2));
r3=.1e3;
tau3=c*r3;
v3=10*(1-exp(-t/tau3));
plot(t,v1,’+’,t,v2,’o’,t,v3,’*’)
axis([0 0.06 0 12])
t i t l e(’Nabijanje kondenzatora s 3 vremenske konstante’)
xlabel(’Vrijeme, [s]’)
ylabel(’Napon na kondenzatoru, [V]’)
text(0.03,5.0,’+ za R = 1 Kilohms’)
text(0.03,6.0,’o za R = 10 Kilohms’)
text(0.03,7.0,’* za R = 0.1 Kilohms’)
Stranica 72 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Prijelazne pojave
(Knjiga Elektrotehnika, primjer 4.2)Neka je priklju£eni napon pravokutni puls s amplitudom od 5 V i ²irinom 0.5 s. Ako je C = 10µF,treba nacrtati izlazni napon v0(t), za otpore R jednake a) 1000Ω i b) 10.000Ω. Crteº neka po£neu nula sekundi i zavr²i u 1 sekundi.
Primjer 3.2.14.
Rje²enje primjera 3.2.14
function [v, t] = rceval(r, c)
%rceval je funkcija za izracunavanje
%izlaznog napona zadanog vrijednostima
%otpora i kapaciteta.
%poziv [v, t]=rceval(r,c)
%r je vrijednost otpora(ohms)
%c je vrijednost kapaciteta(Farad)
%v je izlazni napon
%t je vrijeme koje odgovara naponu v
tau = r*c;
for i=1:50
t(i)=i/100;
v(i)=5*(1-exp(-t(i)/tau));
end
vmax=v(50);
for i=51:100
t(i)=i/100;
v(i)=vmax*exp(-t(i-50)/tau);
end
²to nakon poziva:
%Problem se rijesava pozivom funkcije
%rceval
%Izlaz se racuna za razlicite otpore
c=10.0e-6;
r1=2500;
[v1,t1]=rceval(r1,c);
r2=10000;
[v2,t2]=rceval(r2,c);
%iscrtavanje napona
plot(t1,v1,’*r’,t2,v2,’+b’)
axis([0 1 0 6])
t i t l e(’odziv RC kruga na ulazni puls’)
xlabel(’Vrijeme, [s]’)
ylabel(’Napon, [V]’)
text(0.55,5.5,’* je za 2500 Ohms’)
text(0.55,5.0,’+ je za 10000 Ohms’)
Stranica 73 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Prijelazne pojave
Stranica 74 od 147
Poglavlje 4
Varijable stanja, RL, RC, RLC, Trofazni
sustavi
75
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Varijable stanja
4.1 Varijable stanja, RL, RC, RLC
Potrebno je prikazati nehomogenu diferencijalnu jednadºbu drugog redad2y
dt2+ 5
dy
dt+ 6y = 3 sin (t) + 7 cos (t) s po£etnim uvjetima y(0) = 4, y(0) = −1 u prostoru stanja.
Primjer 4.1.1.
Rje²enje primjera 4.1.1
Egzaktno rje²enje: y =44
5e−2t − 26
5e−3t +
2
5cos (t) + sin (t)
Prostor stanja: zapis diferencijalne jednadºbe drugog reda kao dvije prvog reda
Odabir varijabli stanja: x1(t) = y(t), x2(t) = y(t)
Derivacije varijabli stanja:
x1(t) = x2(t)
x2(t) = −5x2(t)− 6x1(t) + 3 sin(t) + 7 cos(t)
Matri£ni zapis prostora stanja:
[x1(t)
x2(t)
]=
[0 1
−6 −5
][x1(t)
x2(t)
]+
[0
1
]· (3 sin(t) + 7 cos(t))
Matlab kôd: rje²enje varijablama prostora stanja
Funkcija differ_ode.m prikazana je sljede¢im kôdom:
function ddx=differ_ode(t,x)
%D2y+5*Dy+6*y=3*sin(t)+7*cos(t)
ddx=[x(2);-5*x(2)-6*x(1)+3*sin(t)+7*cos(t)];
Skripta differ_script.m koja poziva funkciju differ_ode.m prikazana je sljede¢im kôdom:
tspan=[0 30]; % vektor koji sadrzi pocetnu i krajnju vrijednost iteriranja
y0=[4 -1]; % vektor pocetnih uvjeta varijable i njene derivacije
% numericko rjesavanje dif. jed. koja se nalazi u differ_ode.m
[t,y]=ode23(’differ_ode’,tspan,y0);
plot(t,y(:,1));
Stranica 76 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Varijable stanja
Za serijski RLC strujni krug, sklopka je zatvorena u trenutku t = 0. Po£etna energija u zavojnicii u kondenzatoru je jednaka nuli. Potrebno je izraziti napon na kondenzatoru v0(t) i struju i(t)kao varijable prostora stanja.
+−VS = 8 V
t = 0
10 Ω 1.25 H
0.25 µF
+
-
V0(t)
Primjer 4.1.2.
Rje²enje primjera 4.1.2
Postavljanje diferencijalne jednadºbe serijskog RLC kruga
2. Kirchofov zakon: vs(t) = vR(t) + vL(t) + v0(t)
i(t) = Cdv0(t)
dt, vR(t) = i(t)R, vL(t) = L
di(t)
dt
vs(t) = i(t)R+ Ldi(t)
dt+ v0(t)
Diferencijalna jednadºba:d2v0(t)
dt2+R
L
dv0(t)
dt+
1
LCv0(t) =
vs(t)
LC
Prostor stanja:
2. Kirchofov zakon: vs(t) = i(t)R+ Ldi(t)
dt+ v0(t)⇒ di(t)
dt=vs(t)
L− R
Li(t)− v0(t)
L
Diferencijalna jednadºba kondenzatora: i(t) = Cdv0(t)
dt⇒ dv0(t)
dt=i(t)
C
Odabir varijabli stanja: x1(t) = i(t), x2(t) = v0(t)
x1(t) =vs(t)
L− R
Lx1(t)− x2(t)
L
x2(t) =x1(t)
C
Matri£ni zapis prostora stanja:
[x1(t)
x2(t)
]=
[−RL − 1
L1C 0
][x1(t)
x2(t)
]+
[1L
0
]vs(t)
Matlab kôd: rje²enje varijablama prostora stanja
Funkcija RLC_var.m prikazana je sljede¢im kôdom:
Stranica 77 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Varijable stanja
function xdot=RLC_var(t,x)
R=10;L=1.25;C=0.25e-6;Vs=8;
A=[-R/L -1/L;1/C 0];
B=[Vs/L;0];
xdot=A*x+B;
Skripta RLC_script.m koja poziva funkciju RLC_var.m prikazana je sljede¢im kôdom:
clear
tspan=[0 1]; % pocetno i krajnje vrijeme integriranja
x0=[0 0]; % pocetni uvjeti za napon i struju
[t,x]=ode45(’RLC_var’,tspan,x0); % numericko rjesavanje difer. jednadzbe
subplot(2,1,1);plot(t,x(:,2));
grid on; t i t l e(’Struja RLC kruga’)
xlabel(’Vrijeme [t]’), ylabel(’Struja I(t) [A]’)
subplot(2,1,2);plot(t,x(:,1));
grid on; t i t l e(’Napon na kondenzatoru’)
xlabel(’Vrijeme [t]’), ylabel(’Napon Vc(t) [V]’)
Za strujni krug prikazan shemom:
i(t)
L
+ −vL(t)
R
+
−
vR(t)C
+
−
vC(t)
a) Potrebno je napisati diferencijalne jednadºbe, izraºene preko vc(t) i iL(t), koje opisuju strujnikrug prikazan na slici. Koristite prvi i drugi Kircho-ov zakon.
b) Zapisati dobivene diferencijalne jednadºbe u matri£nom obliku prostora stanja, pri £emukao varijable stanja odaberite napon na kondenzatoru vc(t) i struju kroz zavojnicu iL(t), akao ulaz u sustav stuju i(t).
Primjer 4.1.3.
Rje²enje primjera 4.1.3
a) 1. Kircho-ov zakon: ic(t) = C dvc(t)dt = i(t)− iL(t)⇒ dvC(t)
dt = 1C iL(t) + 1
C i(t)
2. Kircho-ov zakon: vL(t) = LdiL(t)dt = vC(t)−RiL(t)⇒ diL(t)
dt = 1LvC(t)− R
L iL(t)
b) Prostor stanja:
[dvc(t)dt
diL(t)dt
]︸ ︷︷ ︸
x(t)
=
[0 − 1
C1L
−RL
]︸ ︷︷ ︸
A
[vc(t)
iL(t)
]︸ ︷︷ ︸x(t)
+
[1C
0
]︸︷︷︸B
i(t)︸︷︷︸u(t)
Stranica 78 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Varijable stanja
Za strujni krug prikazan shemom:
i(t)
L
+ −vL(t)
C
+
−
vC(t)R
+
−
vR(t)
a) Potrebno je napisati diferencijalne jednadºbe, izraºene preko vc(t) i iL(t), koje opisuju strujnikrug prikazan na slici. Koristite prvi i drugi Kircho-ov zakon.
b) Zapisati dobivene diferencijalne jednadºbe u matri£nom obliku prostora stanja, pri £emukao varijable stanja odaberite napon na kondenzatoru vc(t) i struju kroz zavojnicu iL(t), akao ulaz u sustav stuju i(t).
Primjer 4.1.4.
Rje²enje primjera 4.1.4
a) 1. Kircho-ov zakon: i(t) = iL(t) + iR(t)
2. Kircho-ov zakon: −vL(t)− vC(t) + vR(t) = 0
Struja koja prolazi kroz zavojnicu i kondenzator: iL(t) = CdvC(t)
dt
Napon na zavojnici: vL(t) = LdiL(t)
dt
Jednadºba 1:dvC(t)
dt=
1
CiL(t)
Jednadºba 2:
diL(t)
dt=
1
LvL(t)⇒ diL(t)
dt=
1
L(vR(t)− vC(t)) =
1
L(RiR(t)− vC(t))
diL(t)
dt=
1
L(Ri(t)−RiL(t)− vC(t))
diL(t)
dt=−RLiL(t)− 1
LvC(t) +
R
Li(t)
b) Prostor stanja:
[dvc(t)dt
diL(t)dt
]︸ ︷︷ ︸
x(t)
=
[0 1
C−1L
−RL
]︸ ︷︷ ︸
A
[vc(t)
iL(t)
]︸ ︷︷ ︸x(t)
+
[0RL
]︸︷︷︸B
i(t)︸︷︷︸u(t)
Stranica 79 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Varijable stanja
Na slici je prikazan strujni LC krug. Uzimaju¢i napon na kondenzatoru vC(t) kao prvu varijablustanja, te struju i(t) kao drugu varijablu stanja izrazite:
C2
L i(t)
C1
vC(t)
vS(t)
vL(t)
a) ekvivalentni kapacitet kondenzatora C preko C1 i C2
b) model strujnog kruga matri£no zapisan u prostoru stanja.
Primjer 4.1.5.
Rje²enje primjera 4.1.5
a) C = C1 + C2
b) 2.K.Z. vS(t)− vC(t)− vL(t) = 0 =⇒ vL(t) = vS(t)− vC(t)
i(t) = CdvC(t)
dt=⇒ dvC(t)
dt=i(t)
C
vL(t) = Ldi(t)
dt=⇒ di(t)
dt=vL(t)
L=vS(t)− vC(t)
L
Odabir varijabli stanja: x1(t) = vC(t), x2(t) = i(t)
x1(t) =dvC(t)
dt=⇒ x1(t) =
i(t)
C=x2(t)
C
x2(t) =di(t)
dt=⇒ x2(t) =
vS(t)− vC(t)
C=vS(t)− x1(t)
L
[x1(t)
x2(t)
]=
01
C
− 1
L0
[x1(t)
x2(t)
]+
01
L
vS(t)
Stranica 80 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Varijable stanja
Za strujni krug prema slici:
R L1 L2 i(t)
vS(t)
vL2(t)vL1
(t)vR(t)
a) Naite diferencijalnu jednadºbu strujnog kruga (izraºenu preko i(t)).
b) Koriste¢i dobiveni izraz iz a) zapi²ite sustav u prostor stanja. Za varijablu prostora stanjax(t) uzmite struju i(t), za promatrani izlaz sustava y(t) uzmite napon na zavojnici vL1
, aza ulaz u sustav u(t) uzmite napon izvora vS(t)
c) Naite A, B, C, D matrice sustava, koriste¢i dobiveni izraz iz b).
Primjer 4.1.6.
Rje²enje primjera 4.1.6
a) 2.K.Z.: vS(t)− vR(t)− vL1(t)− vL2
= 0
vL1(t) = L1
di(t)
dt, vL2
(t) = L2di(t)
dt, vR(t) = R · i(t)
vS(t)−R · i(t)− L1di(t)
dt− L2
di(t)
dt= 0
di(t)
dt+
R
L1 + L2i(t) =
vS(t)
L1 + L2
b) x(t) = i(t), x(t) =di(t)
dt=
vS(t)
L1 + L2− R
L1 + L2x(t)
y(t) = vL1(t) = L1 ·
di(t)
dt= L1 · x(t) = L1 ·
(vS(t)
L1 + L2− R
L1 + L2x(t)
)⇒
x(t) = − R
L1 + L2x(t) +
1
L1 + L2vS(t)
y(t) = − R · L1
L1 + L2x(t) +
L1
L1 + L2vS(t)
c) op¢i zapis sustava u prostoru stanja:
x(t) = Ax(t) +Bu(t)
y(t) = Cx(t) +Du(t)
A = − R
L1 + L2, B =
1
L1 + L2, C = − R · L1
L1 + L2, D =
L1
L1 + L2
Stranica 81 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Varijable stanja
(Knjiga Elektrotehnika, primjer 5.1)Neka je za shemu na slici vS(t) = 5u(t) gdje je u(t) jedini£na kora£na (step) funkcija, a elementisu R1 = R2 = R3 = 10Ω, C1 = C2 = 5µF i L=10 H. Treba na¢i i nacrtati napon v0(t) = y(t) naotporniku R2 u intervalu od 0 do 5 s.
+−vS(t)
R1
R2
+ −v0(t) R3
L
i1(t)
C1
+
−v1 C2
+
−v2
Primjer 4.1.7.
Rje²enje primjera 4.1.7
function vdot = diff3(t,v)
%
% Rjesenje skupa diff. jednadzbi prvog reda
% Funkcija diff3(t,v) se stvara da bi se
% izracunala diferencijalna jednadzba
% njezino ime u m-file jediff3.m
%
vdot(1) = -40*v(1) + 20*v(2) + 20*5;
vdot(2) = 20*v(1) - 20*v(2) - v(3);
vdot(3) = 0.1*v(2) -1000*v(3);
vdot=vdot’;
Da bi se dobio izlazni napon u intervalu 0 ≤ t ≤ 5 s, treba uo£iti da je izlazni napon: v0(t) = v1(t)−v2(t)
Isto tako za t < 0, kora£ni (step) signal jednak je nuli, pa je: v0(0) = v2(0) = i1(0) = 0.
Poziv programa:
% Analiza prijelaznog procesa RLC kruga upotrebom
% pristupa preko varijabli stanja
t0 = 0; tf = 2;
x0 = [0 0 0]; % pocetni uvjeti
[t,x] = ode23(’diff3’, [t0 tf], x0);
tt = length(t);
for i = 1:tt
vo(i) = x(i,1) - x(i,2);
end
plot(t, vo), t i t l e(’Analiza prijelaznog procesa RLC’)
xlabel(’Vrijeme, s’), ylabel(’Izlazni napon’)
Stranica 82 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Varijable stanja
(Knjiga Elektrotehnika, primjer 5.2)Za ve¢ analiziranu shemu na slici uz zadane vrijednosti R = 10Ω , L = 1/32 H, C = 50µ Ftreba koristiti numeri£ko rje²enje diferencijalne jednadºbe za rje²avanje v(t). Treba usporeditinumeri£ko rje²enje s analiti£kim.
IS(t)
t = 0
LR C
+
−v(t)
Primjer 4.1.8.
Rje²enje primjera 4.1.8
Mogu se pisati jednadºbe stanja:
x1(t) =1
Lx2(t)
x2(t) =ISC− 1
Cx1(t)− 1
RCx2(t)
Neka se na£ini diff2.m datoteka s gornjim diferencijalnim jednadºbama:
function xdot = diff2(t,x)
% Rješenje diferencijalne jednadžbe drugog reda
% Funkcija diff2(x,y) stvara se da bi se dif. jednadzba rijesila
% Ime m-file je diff2.m
% Function se definira kao:
%
is = 2;
c = 50e-6; L = 1/32; r = 10;
k1 = 1/c ; % 1/C
k2 = 1/L ; % 1/L
k3 = 1/(r*c); % 1/RC
xdot(1) = k2*x(2);
xdot(2) = k1*is - k1*x(1) - k3*x(2);
xdot=xdot’;
Nakon toga treba pokrenuti program koji ¢e gornju datoteku pozvati:
Stranica 83 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Varijable stanja
% Rješenje diferencijalne jednadzbe drugog reda
% Funkcija diff2(x,y) je stvorena da se rijese differencijalne jednadzbe
% Ime m-file s jednadzbom je diff2.m
%
% Analiza prijelaznog stanja RLC kruga upotrebom ODE funkcije
% Numericko rjesenje
t0 = 0;
tf = 30e-3;
x0 = [0 20]; % pocetni uvjeti
[t,x] = ode23(’diff2’,[t0 tf],x0);
% Drugi stupac matrice x predstavlja napon na kondenzatoru
subplot(211), plot(t,x(:,2))
xlabel(’Vrijeme, s’), ylabel(’napon na kondenzatoru, V’)
text(0.01, 7, ’Pristup s varijablama stanja’)
% Analiza prijelaznog procesa RLC kruga iz primjera 2.5
t2 =0:1e-3:30e-3;
vt = -6.667*exp(-1600*t2) + 26.667*exp(-400*t2);
subplot(212), plot(t2,vt)
xlabel(’Time, s’), ylabel(’Napon na kondenzatoru, V’)
Stranica 84 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Trofazni sustavi
4.2 Trofazni sustavi
Tro²ilo spojeno u zvijezdu s nulvodi£em ima po fazama impedancije razli£itih iznosa i kuteva:
faza
1. Z1 = 50Ω
2. Z2 = 100Ω
3. Z3 = 100Ω
ϕ1 = 0
ϕ2 = 30 induktivno
ϕ3 = 30 kapacitivno
Ako je sustav priklju£enog napona simetri£an 220/380 V, 50 Hz:
a) prikaºite elektri£nu shemu tro²ila
b) kolike struje teku priklju£nim vodovima i kroz nulvodi£?
c) nacrtajte vektorski prikaz napona i pripadnih struja
d) kolika je ukupna radna snaga tro²ila
e) koliki potro²ak pokaºe trofazno brojilo radne energije za 1 sat?
Primjer 4.2.1.
Rje²enje primjera 4.2.1
a)
Z1
I1
Z3 Z2
R
S
T
0
I3 I2
I0
b)
I1 =V1∠0
Z1∠0=
220∠0
50∠0= 4, 4∠0A
I2 =V2∠240
Z2∠30=
220∠240
100∠30= 2.2∠210A
I3 =V3∠120
Z3∠− 30=
220∠120
100∠− 30= 2.2∠150A
Stranica 85 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Trofazni sustavi
I0 = I1 + I2 + I3 = 4.4∠0 + 2.2∠210 + 2.2∠150 =
= 4.4 + (−1.9− 1.1i) + (−1.9 + 1.1i) = 4.4− 2 · 1.9 = 0.6∠0A
I0 = I1 − I2 cos(30)− I3 cos(30) = 4.4− 2 · 2.2 · cos(30) = 0.6A u smjeru V1
c)
V1
V3
I1
I3
I2
V2
ϕ3
ϕ2
d)
P = V1I1 cos(ϕ1) + V2I2 cos(ϕ2) + V3I3 cos(ϕ3) =
= 220 · 4.4 cos(0) + 220 · 2.2 cos(30) + 220 · 2.2 cos(−30) = 1.8kW
e) W = P · t = 1.8 · 103 · 1 = 1.8 kWh
Stranica 86 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Trofazni sustavi
Jalova snaga simetri£nog trofaznog tro²ila iznosi 200 kVAR uz induktivni cosϕ = 0.8.
a) kolika je radna snaga
b) kolika struja te£e vodovima trofaznog priklju£ka ako je napon mreºe 380/220 V, 50 Hz
c) kolike kapacitete i u kakvom spoju treba priklju£iti uz tro²ilo da faktor snage postanejednak 1
d) kolika je tada struja u napojnim vodovima
e) prikaºite odnose snaga trokutom snaga, a odnose struja i napona vektorskim dija-gramom za b)
Primjer 4.2.2.
Rje²enje primjera 4.2.2
a)
tanϕ =PQP⇒ P =
PQtanϕ
=200
tan(arccos(0.8))=
200
0.75= 266.6kW
b)
P =√3 · I · V · cosϕ⇒ I =
P√3 · V · cosϕ
=266.6 · 103√3 · 380 · 0.8
= 506.45A
c) U spoju tro²ila u zvijezdu:
V =√3 · Vf
PQ = 3 ·V 2f
XC
= 3 ·V 2f
1ωC
= 3 ·V 2f
12πf ·C
⇒
C =PQ
3 · V 2f · 2πf
=200 · 103
3 · 2202 · 2 · π · 50= 4.38mF
U spoju tro²ila u trokut:
PQ = 3 ·V 2f
Xc′
C′=
PQ3 · V 2
f · 2π · f=
200 · 103
3 · 3802 · 2π · 50= 1.46mF
Stranica 87 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Trofazni sustavi
d)
I =P√
3 · V · cosϕ; cosϕ = 1
I =266.6 · 103√3 · 380 · 1
= 405A
e)
P
PQ
PS
ϕ V1
V3
V2
I1
I3
I2
ϕ
ϕ
ϕ
(Knjiga Elektrotehnika, primjer 3.2)Za uravnoteºeni Y-Y trofazni sustav prikazan shemom treba na¢i fazne napone VAN , VBN , i VCN .
110∠0 V 1+1j Ω 5+12j Ω
110∠−120 V 1-2j Ω 3+4j Ω
110∠120 V 1-0.5j Ω 5-12j Ω
- +
- +
- +
A
I1
B
I2
C
I3
N
Primjer 4.2.3.
Rje²enje primjera 4.2.3
Matlab program kojim se odreuju fazni naponi za ovaj krug je sljede¢i:
Stranica 88 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Trofazni sustavi
% Ovaj program izracunava fazorski napon% neuravnotezenog trofaznog sustava% Z je impedancijska matrica% V je vektor napona% I je vektor strujeZ = [6+14*j 0 0;0 4+2*j 0;0 0 6-12.5*j];c2 = 110*exp(j*pi*(-120/180));c3 = 110*exp(j*pi*(120/180));V = [110; c2; c3]; % vektor naponaI = inv(Z)*V; % rijesiti metodom petlji% izracunati fazne napone%Van = (5+12*j)*I(1);Vbn = (3+4*j)*I(2);Vcn = (5-12*j)*I(3);Van_abs = abs(Van);Van_ang = angle(Van)*180/pi;Vbn_abs = abs(Vbn);Vbn_ang = angle(Vbn)*180/pi;Vcn_abs = abs(Vcn);Vcn_ang = angle(Vcn)*180/pi;% ispis rezultatafprintf(’Fazorski napon Van,iznos: %f \nFazorski napon Van, kut ustupnjevima: %f \n’, Van_abs, Van_ang)fprintf(’Fazorski napon Vbn,iznos: %f \nFazorski napon Vbn, kut ustupnjevima: %f \n’, Vbn_abs, Vbn_ang)fprintf(’Fazorski napon Vcn,iznos:%f\nFazorski napon Vcn,kut u
stupnjevima: %f\n’,Vcn_abs,Vcn_ang)
Stranica 89 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Trofazni sustavi
Stranica 90 od 147
Poglavlje 5
Filtri i frekvencijska analiza
91
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Filtri
5.1 Filtri
a) Koristeci Laplaceovu transformaciju zapi²ite napon izvora, te impedancije u s-domeni (vri-jednosti su zadane na slici)
b) Nadite prijenosnu funkciju strujnog kruga
c) Prepoznaju¢i oblik ulaznog signala (izvora) nadite prijenosnu funkciju, a iz nje izracunajtepoja£anje i fazni pomak ulaznog signala za zadanu kutnu brzinu. Zaklju£ite ²to se dogaas frekvencijom na izlazu iz strujnog kruga (tj. ltra signala)
d) Koji je to tip ltra, te shematski prikaºite Bodeov dijagram (amplitudni i fazni).
e) Koriste¢i prijenosnu funkciju iz b) i napon izvora iz a) izrazite izlaznu veli£inu V0(t) kaofunkciju vremena.
+−VS = 3 cos(t)
t = 0 R = 103 Ω
C = 10−3 F
+
−v0
Primjer 5.1.1.
Rje²enje primjera 5.1.1
a) VS(s) =3s
s2 + 1, ZR = R, ZC = 1
s·C
b) Z = ZR + ZC
VS(s) = I(s) · Z
I(s) =V0(s)
ZC
V0(s)VS(s) = ZC
Z = ZCZR+ZC
H(s) =V0(s)
VS(s)=
ZCZR + ZC
=
1
s · CR+
1
s · C
=1
1 +RC · s
c) Vs(t) = 3 cos(t)→ izmjeni£ni sinusoidalni signal, ω = 1[rad/sec]s = jω
Kada uklju£imo sklopku (na slici) sinusoidalni izvor (ulaz) i promatrani napon na kondenzatoru (izlaz)bit ¢e povezani prijenosnom funkcijom. Da bismo mogli koristiti zamjenu s = jω moramo pri£ekatida i²¢eznu prijelazne pojava strujnom krugu, te da ulaz i izlaz budu samo £isto izmjenicne veli£ine.Nakon zamjene s = jω prijenosne funkcije strujnog kruga u frekvencijskoj domeni, moºemo pratitikako izmjeni£ni ulazni signal na izlazu mijenja amplitudu i fazni pomak pri odreenoj frekvenciji.
H(s)s→jω = H(jω) =1
1 +RC · jω
uvr²tavanje vrijednosti R i C:
Stranica 92 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Filtri
H(jω) =1
1 + jω
za ω = 1 rad/s, H(jω)ω→1 =1
1 + j
op¢eniti prikaz prijenosne funkcije preko pojacanog i faznog pomaka:
H(jω) = αejϕ
α - poja£anje ulaznog signala
ϕ - fazni pomak ulaznog signala
α = |H(jω)ω→1| =∣∣∣∣ 1
1 + j
∣∣∣∣ =1√
12 + 12=
1√2
= 0.7071
α[dB] = 20 · log(α) = 20 · log(0.7071) = −3
ϕ = arctan(H(jω))ω→1 = arctan
(1
1 + j
)= arctan(0.5− 0.5j) = −0.785rad = −45
Kruºna frekvencija na ulazu i izlazu iz sustava ostaje ista, samo se mijenjaju amplituda i fazni pomak!
Odnos ulaza i izlaza za ω = 1 rad/s:
Ulaz︷ ︸︸ ︷Vs(t) = 3 cos(t)
H(jω)ω→1︷︸︸︷→ Izlaz︷ ︸︸ ︷3α cos(t+ ϕ) =
Izlaz︷ ︸︸ ︷2.12 cos(t− 45)
d) Nisko-propusni RC ltar
Matlab kôd:
----------------------------->> G=tf([1],[1 1])Transfer function:
1---------
s + 1>> omega=1;>> [mag,phase] = bode(G,omega)mag =0.7071phase =-45>> bode(G) \%prikazuje dijagram>> grid-----------------------------
Stranica 93 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Filtri
−40
−30
−20
−10
0
Mag
nitu
de (
dB)
10−2 10−1 100 101 102−90
−45
0
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
H(s) =V0(s)
Vs(s)=
1
1 +RC · s=
1
1 + s
e) V0(s) =1
1 + sVs(s) =
1
1 + s· 3s
s2 + 1=
3s
(1 + s)(s2 + 1)
traºenje nul-to£ki nazivnika:
s+ 1 = 0⇒ s = −1
s2 + 1 = 0⇒ s1,2 = ±√
1 = ±i
rastav na parcijalne razlomke:
V0(s) =3s
(1 + s)(s2 + 1)=
3s
(s+ 1)(s+ i)(s− i)=
A
s+ 1+
B
s+ i+
C
s− i
traºimo A,B,C:
A = lims→−1
(V0(s) · (s+ 1)) = lims→−1
3s
(s+ i)(s− i)=
3
(−1 + i)(−1− i)=−3
2
B = lims→−i
(V0(s) · (s+ i)) = lims→−i
3s
(s+ 1)(s− i)=
−3i
(−i+ 1)(−i− i)=
3i
2 + 2i
C = lims→i
(V0(s) · (s− i)) = lims→i
3s
(s+ 1)(s+ i)=
3i
(i+ 1)(i+ i)=
3i
−2 + 2i
A = −1.5 , B =3i
2 + 2i, C =
3i
−2 + 2i
prikaz izlazne velicine:
V0(s) =A
s+ 1+
B
s+ i+
C
s− i= − 1.5
s+ 1+
B
s+ i+
C
s− i= − 1.5
s+ 1+s(B + C) + i(C −B)
(s+ i)(s− i)=
− 1.5
s+ 1+s(B + C) + i(C −B)
s2 + 1
Stranica 94 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Filtri
B + C =3i
2 + 2i+
3i
−2 + 2i= 1.5
C −B =3i
−2 + 2i− 3i
2+2i = −1.5i
V0(s) =1.5s
s2 + 1+
1.5
s2 + 1− 1.5
s+ 1
inverzna Laplaceova transformacija (iz s-domene u t-domenu)
V0(t) = 1.5 cos(t) + 1.5 sin(t)− 1.5e−t
Matlab kôd:
----------------------------->> syms s>> Vo=ilaplace(3*s/((1+s)*(s^2+1)))Vo =-3/2*exp(-t)+3/2*cos(t)+3/2*sin(t)-----------------------------
Da bismo usporedili rezultate iz c) i e) trebamo ih zapisati u istom obliku:
iz c):
V0(t) = 2.12 cos(t− 45) = 2.12cos(t) cos(−45) + sin(t) sin(−45) =
= 2.120.7071 cos(t)− 0.7071 sin(t) =
= 1.5 cos(t) + 1.5 sin(t)
iz d):V0(t) = 1.5 cos(t) + 1.5 sin(t)− 1.5e−t
signali iz c) i d) se razlikuju u prijelaznoj pojavi −1.5et koja i²£ezava s vremenom.
a) Ako je izvor napona izmjeni£na veli£ina s mogucno²¢u promjene frekvencije, naite pri-jenosnu funkciju strujnog kruga prikazanog na slici.
b) Koji je to tip ltra?
c) Shematski prikaºite Bodeov dijagram za ovaj ltar.
C L
R
+
−
V0Vi
−
+
Primjer 5.1.2.
Stranica 95 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Filtri
Rje²enje primjera 5.1.2
a)
Vi = (Z1 + Z2)I
I =V0
Z2
Vi =Z1 + Z2
Z2V0
H(jω) =V0
Vi=
Z2
Z1 + Z2=
R
(1
jωC+ jωL) +R
=RC · jω
LC · (jω)2 +RC · jω + 1
b) Pojasno propusni ltar
c) Shematski prikaz ¢e izgledati sli£no sljede¢em. Ovdje ce se koristiti vrijednosti za to£no crtanje Bodeovogdijagrama.
iroko pojasno-propusni ltar (R = 1000Ω):
Matlab kôd:
----------------------------->> R=1e3,C=10e-6,L=5e-3R =1000C =1.0000e-005L =0.0050>> G=tf([R*C 0],[L*C R*C 1])Transfer function:
0.01 s-----------------------5e-008 s^2 + 0.01 s + 1>> bode(G)-----------------------------
−50
−40
−30
−20
−10
0
Mag
nitu
de (
dB)
100 101 102 103 104 105 106 107−90
−45
0
45
90
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
Usko pojasno-propusni ltar (R = 10Ω):
Matlab kôd:
Stranica 96 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Filtri
----------------------------->> R=10,C=10e-6,L=5e-3R =10C =1.0000e-005L =0.0050>> G=tf([R*C 0],[L*C R*C 1])Transfer function:
0.0001 s-------------------------5e-008 s^2 + 0.0001 s + 1>> bode(G)-----------------------------
−50
−40
−30
−20
−10
0
Mag
nitu
de (
dB)
102 103 104 105−90
−45
0
45
90
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
Stranica 97 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Filtri
Stranica 98 od 147
Poglavlje 6
Fizika poluvodi£a, diode
99
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Fizika poluvodi£a
6.1 Fizika poluvodi£a
S jedne se strane granice u silicijskoj diodi dopiraju akceptori u gusto¢i NA = 5 · 104cm−3, a sdruge donori s gusto¢om ND = 1017cm−3.
a) koja strana sadrºi n-tip, a koja p-tip poluvodi£a; u koju ¢e stranu (p ili n) osiroma²enopodru£je zadirati dublje i za²to,
b) koliki je na prijelazu iznos kontaktnog potencijala ako intrinsi£na gusto¢a iznosi ni = 1.5 ·1010cm−3, a termi£ki se napon procjenjuje na VT = 26mV,
c) ako pri propusnoj polarizaciji od 0,5 V kroz diodu te£e 1 mA, kolika je struja zasi¢enja ovediode uz pretpostavku da za emisijski koecijent vrijedi n =1?
Primjer 6.1.1.
Rje²enje primjera 6.1.1
a) strana s donorima je n-tip, a strana s akceptorima je p-tip; zbog nn ∼= ND i pp ∼= NA , vrijedi pp nni osiroma²eno podru£je dublje ulazi u p podru£je.
b) VC = VT · ln(
NAND
n2i
)= 0.026 · ln
(5 · 1014 · 1017
(1.5 · 1010)2
)= 0.68 V
c) Iz ID = ISe
(VDnVT
)izlazi IS = IDe
−(VDnVT
)= 10−3 · e−( 0.5
0.026 ) = 4.45 · 10−12A.
Izra£unajte vodljivost i otpornost intrinsi£nog silicija uz ni = 1 · 1010cm−3, ako su pokretljivosti
µn = 1400cm2
Vs, µp = 450
cm2
Vs.
Primjer 6.1.2.
Rje²enje primjera 6.1.2
σi = q (niµn + piµp) = 1.6 · 10−19(1010 · 1400 + 1010 · 450
)= 2.96 · 10−6Scm−1
ρ = 1σ = 0.338 · 106Ωcm
Silicij je dopiran s gusto¢ama 1013cm−3 donora i 9 · 1012cm−3 akceptora. Ako je intrinsi£nagusto¢a ni = 1.52 · 1010cm−3, izra£unajte gusto¢u elektrona i ²upljina na 300 K.
Primjer 6.1.3.
Rje²enje primjera 6.1.3
Kako donori prevladavaju nad akceptorima, materijal ¢e biti n-tip s gusto¢om elektronan = ND −NA = 1013 − 9 · 1012 = 1012cm−3.Iz pn = n2
i dobiva se:
p =n2i
n=
(1.52 · 1010)2
1012= 2.31 · 108cm−3
Stranica 100 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Fizika poluvodi£a
Silicijski pn prijelaz sadrºi u p-podru£ju 2 · 1016cm−3 akceptora, dok je u n-podru£ju 1016cm−3
akceptora i 1017cm−3 donora. Neka je na temperaturi 300 K intrinsi£na gusto¢a ni = 1·1010cm−3.
a) Izra£unajte ravnoteºnu gusto¢u elektrona i ²upljina u p-podru£ju, te u n-podru£ju.
b) Izra£unajte kontaktni potencijal na spoju.
Primjer 6.1.4.
Rje²enje primjera 6.1.4
a) Ravnoteºne gusto¢e
u p-podru£ju pp = NA = 2 · 1016cm−3
np =n2i
pp=
1020
2 · 1016= 5 · 103cm−3
u n-podru£ju nn = ND −NA = 9 · 1016cm−3
pn =n2i
nn=
1020
9 · 1016= 1.11 · 103cm−3
b) Kontaktni potencijal jednak je
VC =kT
qlnppnnn2i
=1.38 · 10−23 · 300
1.6 · 10−19ln
2 · 1016 · 9 · 1016
(1010)2= 0.783V
Prijelaz pn u siliciju (ni = 1010cm−3) sastoji se od p-podru£ja s 1016cm−3 akceptora i n-podru£jas 5 · 106cm−3 donora.
a) Izra£unajte kontaktni potencijal VC ovog pn spoja,
b) izra£unajte ukupnu ²irinu osiroma²enog podru£ja ako priklju£eni napon VS poprima vrijed-nosti 0, 0.5 i -2.5 V, a za silicij vrijedi εr = 11.8, εo = 8.85 · 10−12 F
m , εs = εo · εr
c) izra£unajte maksimalni iznos elektri£nog polja u osiroma²enom podru£ju pri istim naponima,
d) izra£unajte potencijal uzduº osiroma²enog podru£ja u n-tipu poluvodi£a pri istim naponima.
Primjer 6.1.5.
Rje²enje primjera 6.1.5
a) Kontaktni potencijal se ra£una iz: VC =kT
qln
NAND
n2i
= 0.7621V
b) irina osiroma²enog podru£ja w iznosi w =
√2εoεrq
(1
NA+
1
ND
)(VC − VS)
w(VS = 0V) = 0.3455µmw(VS = 0.5V) = 0.2026µmw(VS = −2.5V) = 0.7148µm
Stranica 101 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Fizika poluvodi£a
c) Elektri£no polje E ima maksimalni iznos E = −2(VC − VS)
wE(VS = 0V ) = −4.4144 V
µm
E(VS = 0.5V ) = −2.5871 Vµm
E(VS = −2.5V ) = −9.1268 Vµm
d) potencijal uzduº osiroma²enog podru£ja u n-tipu poluvodi£a iznosi Vn =qNDx
2n
2εsgdje je xn = w
NA
NA +ND.
xn(VS = 0V) = 0.0576µm Vn(VS = 0V) = 0, 127Vxn(VS = 0.5V) = 0.0338µm Vn(VS = 0, 5V) = 0, 0437Vxn(VS = −2.5V) = 0.1191µm Vn(VS = −2, 5V) = 0, 5437V
U silicijskom pn spoju p -podru£je sadrºi 2 · 1016 cm−3 akceptora, a n-podru£je sadrºi 1016
cm−3 akceptora i 1017 cm−3 donora. Intrinsi£na gusto¢a pri 300 K neka iznosi ni=1,52·1010 cm−3.
a) Izra£unajte ravnoteºne gusto¢e elektrona i ²upljina u p-podru£ju i u n-podru£ju.
b) Izra£unajte kontaktni potencijal na spoju.
c) U kojem smjeru djeluje elektri£no polje na pn spoju?
d) U koji ¢e tip poluvodi£a osiroma²eno podru£je zadirati dublje?
e) U kojem ¢e smjeru te¢i struja ako se pn spoj vanjskim naponom propusno polarizira?
Primjer 6.1.6.
Rje²enje primjera 6.1.6
a) za p-podru£je:
NA ∼= pp = 2 · 1016 cm−3
np =n2i
pp=
(1.52 · 1010
)22 · 1016 = 1.1552 · 104 cm3
za n-podru£je:
ND −NA ∼= nn = 1017 − 1016 = 9 · 1016 cm−3
pn =n2i
nn=
(1.52 · 1010
)20.9 · 1017 = 2.567 · 103 cm−3
b) Vc =kT
qlnppnnn2i
=1.38 · 10−23 · 300
1.6 · 10−19 ln2 · 1016 · 0.9 · 1017
1.522 · 1020 = 258.75 · 10−4 · 29.684 = 0.768 V
c) u smjeru n→p
d) slabije dopirano, dakle u p-podru£je
e) smjeru p→n
Stranica 102 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Fizika poluvodi£a
Kod reverznog napona 10 V i pri temperaturi 25C struja diode iznosi 1 µA. Kolika je pri istomnaponu struja na 100C? Empiri£ka konstanta n iznosi 1.
Primjer 6.1.7.
Rje²enje primjera 6.1.7
25C: Is25 =
i25
eVnVT − 1
=−10−6
e−10
1·25.7·10−3 − 1≈ 10−6A→ IS25 ≈| i25 |
IS (t2) = IS (t1) eks(t2−t1) gdje je kS = 0.072 1K
Is100 = Is25e0.072(100−25) = 10−6 · 221.4 = 221.4 µ A
i100 = IS100
(e
VnVT − 1
)= 221.4 · 10−6
(e
−10
1·32.17·10−3 − 1)≈ −221.4 · 10−6A
VT (100) =kT
q=
1.38 · 10−23 · (100 + 273)
1.6 · 10−19 = 32.17 · 10−3 V
Neka je u silicijskom pn-spoju gusto¢a akceptora 3 · 1018 cm−3 u p-tipu, a gusto¢a donora 1016
cm−3 u n-tipu. Intrinsi£na gusto¢a neka iznosi 1.5 · 1010 cm−3. Treba izra£unati:
a) kontaktni potencijal na 300 K,
b) gusto¢e manjinskih nosilaca u p-tipu i n-tipu,
c) koji tip poluvodi£a zadire osiroma²eno podru£je ja£e i koji je tome razlog?
Primjer 6.1.8.
Rje²enje primjera 6.1.8
a) Va =kT
qlnNANDn2i
=1.38 · 10−23 · 300
1.6 · 10−19 ln
(3 · 1018 · 1016(
1.5 · 1010)2)
= 0.842 V
b) pp · np = n2i → np =
n2i
pp=| pp ∼= NA |=
(1.5 · 1010
)23 · 1018 = 0.75 · 102 cm−3
pn · nn = n2i → pn =
n2i
nn=| nn ∼= ND |=
(1.5 · 1010
)21016 = 2.25 · 104 cm−3
c) ja£e zadire u slabije dopirano podru£je, ovdje je to n-tip. Razlog je nabojska ravnoteºa iona s objestrane granice.
Stranica 103 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Fizika poluvodi£a
Za strujni krug prema shemi (VCC=5 V, R=1 kΩ) treba na¢i struju kroz diodu. Poznata su dvapara vrijednosti struje i napona diode: za ID=0.2 mA napon VD iznosi 0.67 V, dok za ID=10 mAnapon iznosi 0.772 V.
+−VCC
R ID
D
+
−
VD
Primjer 6.1.9.
Rje²enje primjera 6.1.9
Iz modela za propusno podru£je I = IseVDnVT (1), uz VT=26 mV moºe se na¢i n=1.0028 i IS = 1.38 · 10−15 A.
U shemi prema 2.K.Z. vrijedi ID = VCC−VDR (2), iz £ega se ne moºe analiti£ki jednostavno izraziti struja, jer
je VD transcedentna funkcija od ID. Dobar je postupak iteracija. Pretpostavi li se i prvom koraku VD=0.6V, struja prema (2) iznosi 4.4 mA. Uvr²tenje te struje u izraz (1) daje napon VD=0.7506 V. Uvr²tenje tognapona u (2) daje struju ID = 5−0.7506
1kΩ = 4.2 mA s kojom se u (1) dobiva VD=0.749 V. Sljede¢i iteracijskikorak prakti£no je nepotreban, jer ne daje promjene. Alternativa ovom postupku je gra£ko rje²avanje, kojedaje dobar uvid, ali skromnu to£nost, uglavnom zbog nedostatnog poznavanja karakteristike diode.
I
V
ID
VD
Dioda D
Otpornik R
VCC
Pitanja i odgovori
1. Kolika je maksimalna vrijednost priklju£enog napona VS u propusnoj polarizaciji diode?Kad napon VS nadma²i vrijednost kontaktnog napona VC , struja naglo raste na velike iznose. Moºe seuzeti da na pn spoju ostaje kontaktni napon VC , a razlika do VS su padovi napona na ostalim dijelovimakristala. Dioda se zagrijava, a kod prevelike struje pregara.
2. to je diodni temperaturni koecijent?
TC =∆vD∆T
|iD=const. Omjer promjena propusnog napona diode vD i pripadne promjene temperature
T. Vrijedi pri unaprijed odreenoj struji iD. Za Si diode iznosi oko -2mVK
3. Za²to se u zaporno polariziranoj diodi prakti£no sav priklju£eni napon nalazi na osiro-ma²enom podru£ju?Ostali dijelovi kristala su visoko vodljivi i mala zaporna struja na njima ne stvara padove napona.
4. Za²to se osiroma²eno podru£je pro²iruje kad se diodi pove¢ava zaporni napon?Povisuje se potencijalna barijera, pove¢ava elektri£no polje, pove¢ava se prostorni naboj, ²to se moºeposti¢i samo zahva¢anjem ve¢e dubine u kristal.
Stranica 104 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Fizika poluvodi£a
5. Kako se raspodjeljuje struja na struju ²upljina i struju elektrona uzduº pn spoja?U podru£jima daleko od pn prijelaza prevladava struja ve¢inskih nosilaca, elektrona u n-podru£ju i ²u-pljina u p- podru£ju. Pri prijelazu mijenjaju se gusto¢e nosilaca, pa i karakter struje (vidi sliku)
Gusto¢a struje−A/cm2
Pozicija−µm0.0E-0.05.0E-0.71.0E-0.61.5E-0.62.0E-0.62.5E-0.6
0
JnJp
-10-20 2010
6. to je kapacitivna dioda (varikap)?Dioda namijenjena ulozi promjenjivog kapaciteta u zapornoj polarizaciji. Pri promjeni napona mijenjase iznos nepomi£nog prostornog naboja i dioda posjeduje kapacitet (kapacitet osiroma²enog podru£ja).S povi²enjem priklju£enog zapornog napona kapacitet opada. Varikap se koristi najvi²e u visokofrekven-cijskoj tehnici.
Stranica 105 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Diode
6.2 Krugovi s diodama
Omski otpor od 100Ω i dioda serijsku su spojeni i priklju£eni na harmoni£ki napon efektivnevrijednosti 380 V.
a) skicirajte spoj,
b) koliki je srednji iznos napona na tro²ilu,
c) koliku srednju struju mora podnijeti dioda,
d) za koliku vr²nu struju treba biti graena dioda,
e) koliki napon u reverznom smjeru mora podnijeti dioda?
Primjer 6.2.1.
Rje²enje primjera 6.2.1
a)
VS = 380V R = 100 Ω
b) vRsr =VMπ
=380√
2
π= 171 V
c) Isr =VRsrR
=171
100= 1.71 A
d) IDmax =VMR
=380√
2
100= 5.37 A
e) Vreverz = VM = 380√
2 = 537.4 V
Stranica 106 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Diode
Na spoj prema slici priklju£i se napon v(t) = 100√
2 · sin(100πt) V. Dioda je idealna.
Rv(t)
a) Kolika je srednja vrijednost napona na tro²ilu pri uklju£enoj sklopki,
b) kolika je ta vrijednost pri isklju£enoj sklopki,
c) kolika je efektivna vrijednost napona na tro²ilu kad je sklopka uklju£ena,
d) kolika je ta vrijednost kad je sklopka isklju£ena,
e) skicirajte ovisnost napona anode prema katodi diode o vremenu za slu£aj d).
Primjer 6.2.2.
Rje²enje primjera 6.2.2
a) vRsr = 0 V
b) vRsr =VMπ
=100√
2
π= 45 V
c) VRef =100√
2√2
= 100 V
d) VRef =VM2
=100√
2
2= 70.7 V
e)
t
VAK
Stranica 107 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Diode
U strujni krug moºe se sklopkom S uklju£iti dioda £iju idealiziranu karakteristiku prikazuje slika.
a) Kolika struja te£e krugom ako je sklopka isklju£ena, a VS = 24 V ,
b) kolike su struje kroz R1,R2 i diodu ako se sklopka uklju£i (napon napajanja isti),
c) isto kao pod b) ali uz suprotni polaritet napona napajanja,
d) koja je tjemena vrijednost struje kroz R1 ako se sklopka uklju£i, a napon napajanjaVS = 12 sin(100πt) V?
R1 = 100 Ω R2 = 20 Ω
SVS
V [V]0 1 2
I
Primjer 6.2.3.
Rje²enje primjera 6.2.3
a) VS = 24 V
I =VS
R1 +R2=
24
120= 0.2 A
VD = 1 V
VR2 = 1 V
VR1 = VS − VR2 = 23 V
b) IR1 =VR1
R1=
23
100= 0.23 A
IR2 =VR2
R2=
1
20= 0.05 A
ID = IR1 − IR2 = 0.18 A
c) IR1 = IR2 =VS
R1 +R2= 0.2 A
ID = 0 A
VS = 12 · sin(100π · t)
d) (IR1)M =(VR1)MR1
=(VS)M − VD
R1=
12− 1
100= 0.11 A
Stranica 108 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Diode
Kroz omsko tro²ilo priklju£eno na jednofazni poluvalni ispravlja£ prema shemi te£e struja efek-tivnog iznosa 10 A. Dioda je idealna.
380 V R
a) Izra£unajte otpor tro²ila R,
b) koju vr²nu, srednju i efektivnu struju mora podnijeti dioda,
c) koji zaporni napon mora podnijeti dioda,
d) koliku energiju mora dati izvor za 1 sat?
Primjer 6.2.4.
Rje²enje primjera 6.2.4
a) IRef = 10 A
VSef = 380 V
R =VRMIRM
=VSef ·
√2
2 · IRef=
380√
2
2 · 10= 26.87 Ω
b) IM = 2 · IRef = 2 · 10 = 20 A
Ief =IM2
=20
2= 10 A
Isr =IMπ
=20
π= 6.36 A
c) Vzapor = VM =√
2 · VSef =√
2 · 380 = 537.4 V
d) t = 1 h
W = I2Ref ·R · t = 102 · 26.67 · 1 = 2.687 kWh
Stranica 109 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Diode
Za svaki od spojeva (s idealnom diodom) skicirajte stati£ku karakteristiku I = f(V )
IV
a) b) c)
R
I
V−+
V0
IV
Primjer 6.2.5.
Rje²enje primjera 6.2.5
V
I
V0V
I
V0
V
I
V
I
V
I
ϕ
R = ctgϕ
ϕ
ϕϕ
V
I
⇒
⇒
⇒
Stranica 110 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Diode
Neka je na strujni krug s idealnom diodom prema shemi priklju£en naponVs(t) = 220 ·
√2 sin(100πt) V
+−Vs 100 Ω
A B
C
a) skicirajte prostoru£no u mjerilu napon vBC = f(t),
b) skicirajte napon vBA = f(t),
c) za koji iznos vremena t napon vBA postiºe prvi put pozitivnu tjemenu vrijenost,
d) kolika je sredanja vrijednost struje kruga,
e) koliki je najve¢i napon mora u ovom spoju podnositi dioda?
Primjer 6.2.6.
Rje²enje primjera 6.2.6
a)
vBC [V]
t [ms]
220√
2
10 20 30 40
b)
vBA [V]
t [ms]
220√
2
10 20 30 40
c) t = 15 ms
d) Isr =IMπ
=VMπR
=220√
2
π · 100= 0.99 A
e) VM = 220√
2 = 311.1 V
Stranica 111 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Diode
Stranica 112 od 147
Poglavlje 7
Tranzistori, ra£unsko poja£alo
113
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Tranzistori
7.1 Krugovi s tranzistorima
Uputa za rje²avanje strujnih krugova s BJT
1. primijeniti 2.K.Z. na strujni krug koji uklju£uje priklju£ke baze i emitera (2.K.Z.-BE)
2. primijeniti 2.K.Z. na strujni krug koji uklju£uje priklju£ke kolektora i emitera (2.K.Z.-CE)
3. pretpostaviti da je BJT u zapiranju (cut-o) i struja ib = 0, jer je to najjednostavnija varijanta, teizra£unati primjenom 2.K.Z.- BE napon vBE
(a) ako ra£un daje vBE < 0.7 V (za silicij), pretpostavka zapiranja BJT je potvrena, ib = 0, a naponvBE jednak je upravo izra£unatom. Treba staviti ic = ib = 0 i primjenom 2.K.Z.-CE izra£unativCE .
(b) ako je vBE > 0.7 V (za silicij), pretpostavka zapiranja BJT nije potvrena, treba staviti vBE = 0.7
V i izra£unati struju ib prema 2.K.Z.-BE.
4. pretpostaviti da je BJT u unaprijednom-aktivnom, dakle linearnom podru£ju, i staviti iE ∼= iC = βiB .Prema 2.K.Z.-CE izra£unati vCE .
(a) ako je vCE > 0.7 V (za silicij), pretpostavka unaprijedno-aktivnog podru£ja je potvrena.
(b) ako je vCE < 0.7 V, BJT nije u unaprijedno-aktivnom podru£ju, ve¢ u zasi¢enju. Treba stavitivCE = vCEsat i pomo¢u 2.K.Z.-CE izra£unati iC . Ne vrijedi vi²e iC = βiB .
Stranica 114 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Tranzistori
Treba izra£unati parametre u strujnom krugu s BJT prema shemi. Neka je β=100.
+−4 V
40 kΩ iB
1 kΩ
iC
12 V
iE
vBE
+−
vCE
−
+
Primjer 7.1.1.
Rje²enje primjera 7.1.1
1. 2.K.Z.-BE: 4 = 40 · 103 · iB + vBE
2. 2.K.Z.-CE: 12 = 103 · iC + vCE
3. (a) Pretpostavka zapiranja, iB = 0 A, u 2.K.Z.-BE daje vBE = 4V , ²to je ve¢e od 0.7V i pretpostavkase odbacuje.
(b) Za BJT u aktivnom podru£ju uvr²tava se vBE = 0.7 V u 2.K.Z.-BE radi nalaºenja iB.
iB =4− 0.7
40 · 103= 82.5 µA.
Dalje vrijedi:iC = β · iB = 100 · 82.5 · 10−6 = 8, 25 mA
Te iz 2.K.Z.-CE:vCE = 12− 103 · 8.25 · 10−3 = 3.75 V
Kako je vCE > 0.7 V, pretpostavka unaprijedno-aktivnog podru£ja je potvrena.
Stranica 115 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Tranzistori
S vrijednostima iz prethodnog zadatka prikaºite odnose u izlaznom krugu gra£ki.Uputa: Izlazne karakteristike tranzistora su gra£ki prikaz iC = f(vCE) uz parametre iB . Zaizlazni krug vrijedi 2.K.Z.-CE
vCC = vCE + iC ·RC
gdje je vCC napon napajanja u izlaznom krugu, a RC kolektorski serijski otpor. Jednadºba jelinearna (pravac), a moºe se izraziti u segmentnom obliku:
vCEvCC
+iCvCCRC
= 1
gdje su u nazivnicima odsje£ci na osima iC i vCE . Par vrijednosti (iC , vCE) na sjeci²tu pravca ivrijede¢e izlazne karakteristike (odreene strujom baze) ostvaruje radnu to£ku.
Primjer 7.1.2.
Rje²enje primjera 7.1.2
vCE [V]
iC [mA]
iB = 82.5[µA]
3.75 12
5
VCCR
= 8.25
12
Zadatak 7.1.1 Neka je u krugu prema shemi β = 100 . Treba na¢i sve parametre kruga.
+−4 V
40 kΩ iB
1 kΩ
iC
12 V
1 kΩ
iE
0.7 V+−
vCE
−
+
Rje²enje 7.1.1
vBE = 0.7 V
Stranica 116 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Tranzistori
iB = 24 µAiC = β · iB = 2.4 mAiE ∼= iC = 2.4 mAvCE = 7.2 VvC = 9.6 V, vRC = 2.4 V, vE = 2.4 V, vB = 3.1 V
Silicijski tranzistor ima strujno poja£anje β = 100.
a) Skicirajte izlazne karakteristike u pribliznom mjerilu (ordinata: struja kolektora do 50 mA,apscisa: napon kolektora-emiter do 30 V).
b) Ako je napon napajanja VBB = 20 V, ucrtajte pravac radnog otpornika od 800 Ω.
c) Je li struja baze IB = 0.5 mA dovoljna da tranzistor za radni otpornik djeluje kao uklju£enasklopka.
d) Kolika je minimalno potrebna struja baze da se ostvari zahtjev iz c) ?
e) Koliki je napon izmeu baze i emitera kad tranzistor vodi?
Primjer 7.1.3.
Rje²enje primjera 7.1.3
a)+b)
vCE [V]
iC [mA]
10 20 30 40
10
20
30
40
50
VBBR
= 25
iB = 0.1 [mA]
iB = 0.2 [mA]
iB = 0.3 [mA]
iB = 0.4 [mA]
iB = 0.5 [mA]
iB = 0.25 [mA]
c) Zasi¢enje, dovoljna je.
d) iB ' 0.25 mA
e) vBE ' 0.7 V
Stranica 117 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Tranzistori
To£ka mirovanja tranzistorskog poja£ala na slici je odreena s VCE = 6 V.
+12 V
1 kΩ
Vizl
RB
iB(t)
B = 100
a) Izra£unajte vrijednost otpora RB .
b) Prostoru£no u mjerilu skicirajte izlaznu karakteristiku tranzistora, te ucrtajte pravac otporai ozna£ite radnu to£ku.
c) Odredite vremensku ovisnost izlaznog napona Viz(t), ako se promjene struje baze u to£kimirovanja odvijaju po zakonu iB(t) = IBm · sin(ωt), (IBm = 30 µA), kolika je najve¢avrijednost IBm (pod c)) da ne bi do²lo do rezanja izlaznog signala?
Primjer 7.1.4.
Rje²enje primjera 7.1.4
a) 12−RC · iC − vCE = 0⇒ 12− 103 · iC − 6 = 0⇒ iC = 6 mA
iB =iCB
=6 · 10−3
100= 60 µA
12− iB ·RB − vBE = 0⇒ 12− 60 · 10−6 ·RB − 0.7 = 0
RB = 188 kΩ
b) Izlazna karakteristika tranzistora:
Stranica 118 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Tranzistori
vCE [V]
iC [mA]
iB = 120 [µA]
iB = 90 [µA]
iB = 60 [µA]
iB = 30 [µA]
3 6 9 12
3
6
9
12
1
2
3
3
21
c) iB = iBs + iBp = 60 · 10−6 + 30 · 10−6 sin(ωt) = 60 + 30 sin(ωt) µA
iC = iB ·B = 6 + 3 sin(ωt) mA
vCE = 12−RC · iC = 12− 103(6 · 10−3 + 3 · 10−3 sin(ωt)) = 12− 6− 3 sin(ωt) = 6− 3 sin(ωt) V
Viz = −3 sin(ωt) V , jer kondenzator ne propu²ta istosmjernu komponentu napona.
iBzas ≈VCCB ·RC
=12
102 · 103= 120 µA, iB = iBs + iBm ≤ iBzas
iBm ≤ iBzas − iBs = 120 · 10−6 − 60 · 10−6 = 60 µA, iBm sin(ωt) = 60 sin(ωt) µA
Tranzistor u ulozi sklopke napaja se s 12 V preko kolektorskog tereta od 100 Ω.
a) Nacrtajte spoj,
b) koliki je pribliºni iznos struje tereta u stanju isklju£ene sklopke,
c) kolika je ta struja u stanju uklju£ene sklopke,
d) kolika je minimalno potrebna struja baze ako je faktor stati£kog strujnog poja£anja β = 200,
e) koliki je napon izmeu baze i emitera kad tranzistor vodi?
Primjer 7.1.5.
Rje²enje primjera 7.1.5
a)
Stranica 119 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Tranzistori
RC = 100 Ω
IC
+−12V
IB
b) Ic ≈ 0A
c) vCE ≈ 0V
12− iCRC − vCE = 0⇒ iC =12
RC=
12
100= 0.12A
d) iB =iCβ
=0.12
200= 0.6mA
e) vBE ≈ 0.7V
Stranica 120 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Tranzistori
Za sklop sa silicijskim tranzistorom prema slici odredite:
150 kΩ RB
B = 100
+12
RC 1 kΩ
a) napon na tro²ilu RC ,
b) napone VCE , VBC ,
c) struju emitera i snagu koju tro²i tranzistor,
d) iznos otpora RB da bi tranzistor radio u zasi¢enju.
Primjer 7.1.6.
Rje²enje primjera 7.1.6
a) 12−RBiB − VBE = 0⇒ 12− 150 · 103 · iB − 0.7 = 0
iB = 75.3µA
iC = i ·B = 75.3 · 10−6 · 100 = 7.53mA
vC = iC ·RC = 7.53 · 10−3 · 103 = 7.53V
b) vCE = 12− vC = 12− 7.53 = 4.47V
vBC = vBE − vCE = 0.7− 4.47 = −3.77V
c) iE = iC + iB = 7.53 · 10−3 + 75.3 · 10−6 = 7.6053mA
PT = iB · vBE + iC · vCE = 75.3 · 10−6 · 0.7 + 7.53 · 10−3 · 4.47 = 34mW
d) vCE ≈ 0V ICzas =12
103= 12mA
iB ≥ICzasB
=12 · 10−3
100= 120µA
12− iBRBzas − vBE = 0
RBzas · iB = 12− vBE ⇒ RBzas · 120 · 10−6 ≤ 12− vBE
RBzas ≤12− 0.7
120 · 10−6= 94.2 kΩ
Stranica 121 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Tranzistori
U spoju sa silicijskim tranzistorom kroz svjetle¢u diodu te£e struja 5 mA, a na njoj postoji napon1.6 V.
R
βF = 200
+6
B
C
E
a) Koliki je iznos otpora R,
b) koliki su naponi VBO, VCE , VCB i VBC
c) kolika je snaga zagrijavanja tranzistora.
Napomena: prema emiterskoj struji moºe se zanemariti struja baze.
Primjer 7.1.7.
Rje²enje primjera 7.1.7
a) iE = iC = 5mA, iB =iCβF
=5mA
200= 25µA, R =
vRiB
=3.7
25µA= 148 kΩ
vR = vCC − vBE − vE = 6− 0.7− 1.6 = 3.7V
b) vBO = vBE + vEO = 0.7 + 1.6 = 2.3V
vCE = vCC − vE = 6− 1.6 = 4.4V
vCB = vCC − vBO = 6− 2.3 = 3.7V
vBC = −vCB = −3.7V
c) P = iC · vCE + iB · vBE = 5 · 10−3 · 4, 4 + 25 · 10−6 · 0, 7︸ ︷︷ ︸Zanemari se
∼= 22mW
Stranica 122 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Tranzistori
U spoju sa silicijskim tranzistorom struja potrebna za privla£enje releja iznosi 30 mA.
+−10V
RβF = 200
+ VCC
300 Ω
a) Kolika je najmanja vrijednost napona napajanja VCC pri kojem je mogu¢e privla£enje releja?
b) Kolika je pritom minimalna potrebna struja baze?
c) U kojim se granicama smije pri tome nalaziti vrijednost otpora R, ako struja baze ne smijebiti ve¢a od 1 mA?
d) Ako otpor R ima polovicu najve¢e vrijednosti iz c), a napon napajanja VCC iznosi 24 V,koliki su kolektorska struja IC i napon izmeu kolektora i emitera VCE u radnoj to£ki?
e) Skicirajte u mjerilu (prostoru£no) izlazne karakteristike tranzistora, ucrtajte radni pravacza a), te radni pravac za d) i ozna£ite radnu to£ku iz a), te radnu to£ku iz d).
Primjer 7.1.8.
Rje²enje primjera 7.1.8
a) To je onaj VCC koji omogu¢uje kroz RRC struju Ipr. Tranzistorska sklopka mora bitiuklju£ena: VCE ≈ 0.
VCC = Ipr ·RRC + VCE → VCC = 30mA · 0.3 kΩ = 9V
b) IBmin =ICβF
=30mA
200= 0.15mA
c) VS = IBR+ VBE = |VBE ∼= 0.7V | → R =VS − VBE
IB, IBmin = 0.15mA, IBmax = 1mA
Rmax =VS − VBEIBmin
=10− 0.7
0.15mA= 62 kΩ, Rmin =
10− 0.7
1mA= 9.3 kΩ⇒ 9.3 kΩ ≤ R ≤ 62 kΩ
d) R =Rmax
2=
62
2= 31 kΩ, VCC = 24V
IB =VS − VBE
R=
10− 0.7
31 kΩ= 0.3mA, IC = βF IB = 200 · 0.3 = 60mA
VCE = VCC − ICRRC = 24− 60 · 0.3 = 6V
Stranica 123 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Tranzistori
e)
VCE [V]
IC [mA]
20
40
60
80
6 12 18 24
iB = 0.15 mA
iB = 0.3 mAd)
a)
Zadan je strujni krug s tranzistorom kao na slici dolje desno. Izlazne karakteristike tranzistoragra£ki su prikazane na lijevoj slici. Uz zadane RD = 100 Ω, VGG = 2.2 V, VDD = 6 V odredite:
vDS [V]
iD [mA]
vGS = 2.8 VvGS = 2.6 VvGS = 2.4 VvGS = 2.2 VvGS = 2.0 V
2 4 6 8 10
20
40
60
80
100
VGG
RD
iD
VDD
G
vGS+
D
vDS+
−
S−
a) tip tranzistora
b) parametre radnog pravca te skicirajte pravac u mjerilu na grafu izlaznih karakteristikatranzistora (na sliku gore lijevo)
c) gra£ki radnu to£ku i ucrtajte je na isti graf kao iz b)
d) snagu tranzistora za radnu to£ku iz c)
e) podru£je djelovanja tranzistora (npr. zapiranje ili ...) za radnu to£ku iz c).
Primjer 7.1.9.
Rje²enje primjera 7.1.9
a) n-kanalni oboga¢eni MOSFET
b)
Stranica 124 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Tranzistori
vDS [V]
iD [mA]
vGS = 2.8 V
vGS = 2.6 V
vGS = 2.4 V
vGS = 2.2 V
vGS = 2.0 V
2 4 6 8 10
20
40
60
80
100
Zbog toga ²to je struja na vratima ig = 0 A, slijedi da je napon izmeu G i S tranzistora jednakvGS = VGG = 2.2 V.Da bi se odredili parametri radnog pravca potrebno je postaviti 2.K.Z. za strujni krug: VDD −RDiD −vDS = 0. Iz ove jednadºbe moºemo na¢i to£ku na apscisi (odaberemo iD = 0 A, dobivamo vDS =VDD = 6 V) i to£ku na ordinati (odaberemo vDS = 0 V, dobivamo iD = VDD/RD = 6/100 = 0.06 A,tj. 60 mA). Ucrtamo radni pravac izmeu tih to£aka.
c) Pogledaj graf izlaznih karakteristika tranzistora pod b). Za radni napon vGS = VGG = 2.2 V, radnipravac sije£e krivulju vGS = 2.2 V na poloºaju: vDS = 2 V i iD = 40 mA.
d) Ptr = iD · vDS = 40 mA · 2 V = 80 mW
e) zasi¢enje.
Stranica 125 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Ra£. poja£ala
7.2 Krugovi s ra£unskim poja£alima
U spoju prema shemi OP se napaja s ±20V. Vrijednosti otpora su Ri = 20 kΩ, Rf = 40 kΩ,RL = 10 kΩ,VS = 5V.
Ri Rf
+−VS
RL
+
−
V0
−
+V+ −
a) kako se naziva spoj,
b) koliki je iznos izlaznog napona V0
c) koliko je naponsko poja£anje,
d) u kojim se granicama moºe mijenjati napon VS da poja£alo ostane izvan zasi¢enja,
e) uz VS = −5V u kojim se granicama moºe mijenjati Rf da poja£alo ne ue u zasi¢enje?
Uputa:
V0 =
−Vzas kada − Rf
RiVS < −Vzas
−RfRi
VS kada − Vzas < −RfRi
VS < Vzas
Vzas kada − RfRi
VS > Vzas
Primjer 7.2.1.
Rje²enje primjera 7.2.1
a) Invertiraju¢e poja£alo
b)V0
VS= −Rf
Ri⇒ V0 = −VS ·
RfRi
= −5 · 40
20= −10 V
c)V0
VS=−10
5= −2
d) −|Vzas| < V0 < |Vzas| ⇒ −|Vzas| < −RfRi
VS < |Vzas|
|Vzas| ·RiRf
> VS > −RiRf|Vzas|
Stranica 126 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Ra£. poja£ala
20 · 20
40> VS > −
20
40· 20⇒ 10 > VS > −10 V
e) VS = −5 V
−|Vzas| < −RfRc
VS < |Vzas| ⇒−|Vzas|VS
Ri > Rf >|Vzas|VS
·Ri
− 20
−5· 20 > Rf >
20
−5· 20
80 > Rf > −80 kΩ, pri £emu realizacija preko otpornika treba zadovoljavati Rf ≥ 0 slijedi ⇒80 > Rf ≥ 0 kΩ
Neka su u spoju prema shemi R1 = 20 kΩ, R2 = 50 kΩ, R3 = 100 kΩ, Vin1 = −1 V , Vin2 =
0.5 sin(ωt) V.
R3
R1
Vin1
R2
Vin2
V0
−
+
a) kako se naziva spoj,
b) izrazite izlazni napon V0,
c) skicirajte ga u mjerilu,
d) do koje se vrijednosti moºe pove¢avati amplituda napona Vin2, ako je napon napajanjaoperacijskog poja£ala ±20 V ?
Primjer 7.2.2.
Rje²enje primjera 7.2.2
a) Zbrajalo (sumator)
b) i1 + i2 = i3 ⇒Vin1
R1+Vin2
R2= − V0
R3
V0 = −R3
(Vin1
R1+Vin2
R2
)V0 = −100
20· (−1)− 100
50· (0.5 · sin(ωt)) = 5− 2 · 0.5 sin(ωt) = 5− sin(ωt) V
c)
Stranica 127 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Ra£. poja£ala
t
V0 [V]
-10123
4567
Vin1 = −1
Vin2(t) = 0.5 sin(ωt)
V0(t) = 5− sin(ωt)
d) V0 = ±20 V ⇒ 5− 2VM1 = 20⇒ VM1 = −15
2|VM1| < |VM2|
5− 2VM2 = −20 V ⇒ VM2 =25
2V VM1 = −15
2V
t
-20
-10
0
10
20
5
V0(t) = 5− 2 · (
VM1︷︸︸︷−15
2) sin(ωt) [V]
t
-20
-10
0
10
20
30
5
V0(t) = 5− 2 · (
VM2︷︸︸︷−25
2) sin(ωt) [V]
rezanje signala
Stranica 128 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Ra£. poja£ala
Neka se u spoju prema shemi OP napaja s ±20 V.
Ri Rf
+−VS RL
+
−
V0
−
+V+ −
a) koji je naziv spoja,
b) ako je Ri = 20 kΩ, Rf = 40 kΩ, koliki je iznos VS ako je V0 = 12 V
c) za Ri = 15 kΩ, i Rf = 45 kΩ u kojim se granicama iznosa VS ne dogaa zasi¢enje,
d) koji se najve¢i iznos poja£anja moºe posti¢i pri Rf < Ri ?
Primjer 7.2.3.
Rje²enje primjera 7.2.3
a) Neinvertiraju¢e poja£alo
b)V0
VS=
(1 +
RfRi
)⇒ VS =
V0
1 +RfRi
=12
1 +40
20
= 4 V
c) −|Vzas| < V0 < |Vzas|
−|Vzas| <(
1 +RfRi
)VS < |Vzas|
−20 <
(1 +
45
15
)VS < 20
−20 < 4VS < 20
−5 < VS < 5 V
d) 1 +RfRi≈ 1 + (∼ 1) ≈ 2
Stranica 129 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Ra£. poja£ala
Dokaºite da za spoj naponskog poja£ala na shemi vrijedi za naponsko poja£anje g
g =V0
VS=
RmRs +Rm
AvRL
Rout +RL
Rin
+
−
Vin
RS
+−VS RL
+
−
V0
Rout
+−AV · Vin
V+ −
Primjer 7.2.4.
Rje²enje primjera 7.2.4
a) Strujni krug 1
VS − i1Rs − Vm = 0
Vin = i1 ·Rin ⇒ i1 =VinRin
VS −VinRin
Rs − Vin = 0 , VS = Vin
(RsRin
+ 1
)
VinVS
=1
RsRin
+ 1=
RinRs +Rin
(1)
b) Strujni krug 2
AvVin − i2Rout − V0 = 0
i2 =V0
RL
AvVin = V0
(RoutRL
+ 1
)(2)
(1)→ (2) AvVSRin
Rs +Rin= V0
(RoutRL
+ 1
)
V0
V s= Av ·
RinRs +Rin
· RLRout +RL
Stranica 130 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Ra£. poja£ala
U spoju s idealnim operacijskim poja£alom treba odrediti izlazni napon v0 i strujno poja£anjei0is.
is Rs
+−
+
vp
−
R1
−
+
vn
RF = (K − 1)R1
v0
RL
i0
−
+
Primjer 7.2.5.
Rje²enje primjera 7.2.5
Sva struja izvora prolazi kroz otpor Rs, pa su na neinvertiraju¢em i invertiraj¢uem ulazu naponi
vp = Rsis vn =R1
R1 +Rfv0 =
v0
K
Zbog virtualnog kratkog spoja ulaza operacijskog poja£ala ovi su naponi jednaki, te izlazi v0 = KRsis
Kako je po Ohmovom zakonu i0 =v0
RL, dobiva se poja£anje Ai =
i0is
=KRsRL
Stranica 131 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Ra£. poja£ala
Navedite naziv spoja i izrazite ovisnost izlaznog napona o ulaznom za sljede¢e spojeve s idealnimoperacijskim poja£alom:
a)
vin 20 kΩ 50 kΩ
−
+
vout
b)
vin 20 kΩ1 µF
−
+
vout
c)
vin1 µF
20 kΩ
−
+
vout
Primjer 7.2.6.
Rje²enje primjera 7.2.6
a) invertiraju¢e poja£alo,
vout = − RfRin
vin = −50 · 103
20 · 103= −2.5 vin
b) integrator
vout = − 1
RinC
∫vindt = − 1
20 · 103 · 10−6
∫vindt = −50
∫vindt
c) derivator
vout = −RfCindvindt
= −20 · 103 · 10−6 dvindt
= −0.02dvindt
Stranica 132 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Ra£. poja£ala
Na jedan ulaz zbrajala priklju£i se harmoni£ki napon v1, a na drugi ulaz konstantni istosmjerninapon v2. Ako graf prikazuje v0(t),
v1(t) R1 = 2 kΩ RF = 6 kΩ
−
+R2 = 1 kΩ
v2(t)vo(t)
t [ms]
vo(t) [V]
-6
-4
-2
0
-3
5 10 15
a) izrazite v1(t),
b) koliki je napon v2,
c) kolika je frekvencija f1,
d) koliki efektivnu vrijednost ima v1,
e) kolika je maksimalna trenutna snaga na otporu R = 100 Ω na koji se priklju£i v0(t)?
Primjer 7.2.7.
Rje²enje primjera 7.2.7
v0 = −RFR1
v1 −RFR2
v2 = 3 sin2π
0.01t− 3 = −6
2v1 −
6
1v2 = −3v1 − 6v2
a) −3v1 = 3 sin2π
0.01t → v1 = −1 sin
2π
0.01t V
b) −6v2 = −3 → v2 =3
6= 0.5V
c) T = 0.01s ⇒ f =1
T= 100Hz
d) vf =vM√
2=
1√2
= 0.707V
e) v0max = −6V P =v2
R=
(−6)2
100= 0.36W
Stranica 133 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Ra£. poja£ala
U strujnom krugu prema shemi operacijsko poja£alo je idealno. Naite ovisnost V0 = f(∆R).
+−V
R R+ ∆R
−
+
R
RV0(t)
Primjer 7.2.8.
Rje²enje primjera 7.2.8
V0 = A(V+ − V−)V+ =V
R+R·R =
V
2V− = V + I ·R = V +
V0 − V2R+ ∆R
R
V0 = A
(V
2− V −R V0 − V
2R+ ∆R
)= A
(−V
2− RV0 −RV
2R+ ∆R
)=
= A−2RV −∆RV − 2RV0 + 2RV
2(2R+ ∆R)= − ∆RV A
2(2R+ ∆R)− RV0A
2R+ ∆R
V0 +RA
2R+ ∆RV0 = − ∆RV A
2(2R+ ∆R)
V02R+ ∆R+RA
2R+ ∆R= − ∆RV A
2(2R+ ∆R)
V0 = − ∆RV A
2(2R+ ∆R+RA)= − ∆RV(
2R
A+
∆R
A+R
)· 2
za | A =∞ |⇒ V0 = − ∆R
2 ·RV
Provjera:
V0 = A · (V+ − V−)
V+ − V− =V
2− V −R · V0 − V
2R+ ∆R=−∆R · V − 2R · V0
2(2R+ ∆R)
ako je A→∞ onda
V+ − V− → 0⇒ −∆R · V − 2R · V0
2 · (2R+ ∆R)= 0
−∆R · V − 2R · V0 = 0 ⇒ V0 = −∆R · V2R
Stranica 134 od 147
Poglavlje 8
Elektromagnetizam, karakteristikemotora
135
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Elektromagnetizam
8.1 Elektromagnetizam
U zatvorenoj feromagnetskoj jezgri srednje duljine 0.3 m na koju je namotano 500 namota postiºese maksimalna indukcija 1.5 T kad se na zavojnicu priklju£i napon 220 V/50 Hz. Ako se svi gubicizanemaruju,
B [T]
H
[A/m]
0.5
1
1.5
1000 2000
a) koliki je presjek jezgre,
b) koliki je tjemeni iznos struje kroz zavojnicu,
c) koliki je relativni premeabilitet materijala jezgre s B = f(H) prema grafu?
Primjer 8.1.1.
Rje²enje primjera 8.1.1
a) EM = NωΦM = NωBMA =⇒ A =EM
NωBM=
220√
2
500 · 2π · 50 · 1.5= 13 cm2
b) Iz IMN = HM l slijedi IM =HM l
N=
1000 · 0.3500
= 0.6 A
c) µr =B
µ0H=
1.5
0.4π · 10−6 · 103= 1194
Bakrenim vodi£em ( ρ = 0.0175Ωmm2
m ), radijusa 2 mm te£e struja INa polovici radijusa jakost magnetskog polja iznosi 1000 A/m.
a) kolika je jakost magnetskog polja na udaljenosti 50 cm od osi vodi£a?
b) kolika je jakost elektri£nog polja u vodi£u?
Primjer 8.1.2.
Rje²enje primjera 8.1.2
a) H1(r1 = 1 mm) = 1000A
m
R0 = 2 mm
Stranica 136 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Elektromagnetizam
H1 =I · r1
2πR20
, r1 ≤ R0
H1(r1 =R0
2) =
I
4πR0=⇒ I = H1 · 4πR0
b) H2(r2 = 50 cm) =I
2πr2, r2 ≥ R0
H2 =H14πR0
2πr2= 8
A
m
c) E =V
l, V = I ·R,R =
l · ρA
E =V
l=I ·Rl
=I
l· l · ρA
=I · ρA
=H1 · 4πR0 · ρ
R20π
E =1000 · 4 · 2 · 10−3 · 0.0175
22= 0.035
V
m
Zatvoreni se magnetski krug sastoji od dva dijela razli£itih materijala. Dio 1 je srednje duºinemagn. silnica 20 cm, presjeka 4 cm2, rel. permeabilnosti 2000, a dio 2 srednje duºine 5 cm,presjeka 4 cm2 i relativne permeabilnosti 200.
a) Kolika struja treba te£i kroz 600 namota uzbudne zavojnice tog magnetskog kruga, ako udijelu 2 treba postojati indukcija 0.3 T?
b) Koliki je magnetski otpor tog kruga?
Primjer 8.1.3.
Rje²enje primjera 8.1.3
a) l1 = 20cm, A1 = 4cm2, µr1 = 2000
l2 = 5cm, A1 = 4 cm2, µr2 = 200
N = 600
B2 = 0.3T
φ =MMS
Rm=
NI
1
µ1· l1A1︸ ︷︷ ︸
Rm1
+1
µ2· l2A2︸ ︷︷ ︸
Rm2
φ = B2 ·A2 =⇒ B2 ·A2 =NI
Rm1+Rm2
=⇒ I =B2A2
N(Rm1
+Rm2)
Rm1=
l1µ1A1
=l1
µ0µr1A1=
20 · 10−2
4π · 10−7 · 2000 · 4 · 10−4 = 1.99 · 105 A
V s
Stranica 137 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Elektromagnetizam
Rm2=
l2µ2A2
=l2
µ0µr2A2=
5 · 10−2
4π · 10−7 · 200 · 4 · 10−4 = 4.973 · 105 A
VS
I =0.3 · 4 · 10−4
600(1.99 + 4.973) · 105 = 0.139A
b) Rm = Rm1+Rm2
= 6.972 · 105 A
V s
Zra£na zavojnica s L = 10 mH i R = 10 Ω sadrºi magnetsku energiju od 0.1 J.
a) kolika istosmjerna konstantna struja te£e zavojnicom,
b) nakon kojeg vremena iza kratkog spajanja zavojnice struja pada na stoti dio iznosa iz a),
c) koliku magnetsku energiju jo² tada sadrºi zavojnica?
Primjer 8.1.4.
Rje²enje primjera 8.1.4
a) W =L · I2
2=⇒ I =
√2W
L=
√2 · 0.1
10 · 10−3= 4.47A
b) I1 =I
100= 44.7 mA
I0 = I = 4.47 A
i(t) = I0etτ =⇒ t = −τ ln
(i (t)
I0
)= −L
Rln
(i (t)
I0
)t (I1) = −L
Rln
(I1I0
)= −10−2
10ln (0.01) = 4.6 ms
c) W =L · I2
1
2=
10−2 · 44.72 ·(10−3
)22
= 10−5 J
Kroz 800 namota namotanih na nemagneti£no tijelo oblika torusa srednje duºine 0.25 m i presjeka50 cm2 te£e struja I = 10 A.
a) Koliki je iznos jakosti magnetskog polja u zavojnici,
b) koliki je induktivitet zavojnice,
c) koliku magnetsku energiju sadrºi zavojnica,
d) ako je otpor zavojnice 10 Ω, koliko vremena treba da nakon kratkog spajanja zavojnicestruja kroz nju padne na polovicu.
Primjer 8.1.5.
Rje²enje primjera 8.1.5
Stranica 138 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Elektromagnetizam
a) N = 800, l = 0.25m, A = 50cm2, I = 10A
H =N · Il
=800 · 10
0.25= 32
A
mm
b) L =µ ·N2 ·A
l=
4π · 10−7 · 8002 · 50 ·(10−2
)20.25
= 16.1mH
c) W =L · I2
2=
16.1 · 10−3 · 102
2= 0.81J
d) i (t) = I · e−t
τ , τ =L
R
t
(I
2
)= −L
Rln
I
2I
= −LR
ln (0.5) = −16.1 · 10−3
10ln (0.5) = 1.1ms
Maksimalna indukcija 1.2 T dopu²ta se u toroidnoj jezgri srednje duljine 0.3 m na koju je namotano500 namota. Zavojnica se priklju£i na 220 V/50 Hz. Pri zanemarivim gubicima:
a) koliki je presjek jezgre,
b) ako je pri maksimalnoj indukciji u jezgri iznos magnetskog polja 1000A
m, kolika maksimalna
struja te£e zavojnicom,
c) koliki je relativni permeabilitet jezgre?
Primjer 8.1.6.
Rje²enje primjera 8.1.6
a) Bm = 1.2 T, l = 0.3 m, N = 500, Vs = 220 V, fs = 50 Hz
e = −N dφ
dt, φ = φm cos(ωt),
dφ
dt= −ωφm sin(ωt)
EM sin(ωt) = −N · (−ωφm sin(ωt))
EM = N · ω · φm
A =φmBm
=EM
NωBm=
200√
2
500 · 2π · 50 · 1.2= 16.5 cm2
b) Hm = 1000A
m
Hm =N · iml⇒ im =
Hm · lN
=1000 · 0.3
500= 0.6 A
c) Bm = µ0µrHm
µr =Bmµ0Hm
=1.2
4π · 10−7 · 1000= 955
Stranica 139 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Elektromagnetizam
Kroz bakreni prsten promjera 10 cm i presjeka 1 mm2 prolazi magnetsko polje s promjenjivomindukcijom B = 1− e−t.Kolika je struja u prstenu u trenutku t=2.5 s?
Primjer 8.1.7.
Rje²enje primjera 8.1.7
B = 1− e−t TD = 10 cm
Ap = 1 mm2, ρ = 0.0175Ωmm2
m
i =e
R= −dφ
dt· 1
R= −A
R
dB
dt= −
D2π
4ρ ·DπAp
dB
dt
i = −D ·Ap4ρ
· dBdt
= −D ·Ap4ρ
· ddt
(1− e−t)
i = −DAp4ρ
e−t
i(t = 2.5s) = − 0.1 · 14 · 0.0175
e−2.5 = −0.1173 A
Izra£unajte kutnu brzinu i broj okretaja u minuti svitka u kojemu se inducira harmoni£ki naponfrekvencije 50 Hz kad rotira u homogenom magnetskom polju.
Primjer 8.1.8.
Rje²enje primjera 8.1.8
ω = 2πf = 2π · 50 = 314rad
s
n = 50[s−1]· 60
[ s
min
]= 3000 min−1
Prikaºite dijagramom kako se vremenski mijenja napon induciran u svitku od 60 namota povr²ine0.2 m2 koji se u magnetskom polju indukcije 0.8 T okre¢e 1000 puta u minuti.
Primjer 8.1.9.
Rje²enje primjera 8.1.9
e = −N dφ
dt= −N d
dt(B ·A · cos(α)) = −NBA d
dt(cos(α))
e = NBA sin(α) · dαdt︸︷︷︸ω
= NBAω · sin(α)
e = NBAω sin(ωt) V
Stranica 140 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Elektromagnetizam
ω = 2πf = 2π · 1000
60=
100
3πrad
s
e = 60 · 0.8 · 0.2 · 100
3π · sin
(100
3π · t
)e = 1005 sin(104.7 · t) V
T =2π
ω= 0.06 s
t [s]
e [V]
00.03 0.06
1005
−1005
Na feromagnetsku jezgru magnetskog kruga konstantnog presjeka i srednje duljine magnetskihsilnica l namotane su zavojnice s N1 i N2 namota. Iz izvora konstantne struje kroz zavojnicu sN1 namota pusti se struja I1 i postigne indukcija B1.
a) Nacrtajte pripadnu shemu,
b) izrazite relativni permeabilitet magnetskog kruga pomo¢u zadanih veli£ina,
c) ako se dodatno kroz zavojnicu N2 pusti struja I2, kolika ¢e biti nova indukcija?
Primjer 8.1.10.
Rje²enje primjera 8.1.10
a)
N1 N2I1
l
b) I1N1 = H1l
H1 =B1
µ0µr
I1N1 =B1l
µ0µr⇒ µr =
B1l
µ0 · I1 ·N1
Stranica 141 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Elektromagnetizam
c) H · l = I1N1 ± I2N2, B = µ ·H = µ0µrH ⇒ H =B
µ0µr
B · lµ0µr
= I1N1 ± I2N2
B =I1N1 ± I2N2
l· µ0µr = B1 ±B2
Na toroidnu jezgru od feromagnetskog materijala prema slici namotana je zavojnica. Krivuljamagnetiziranja zadana je grafom. Treba na¢i:
20 V
R
N = 1000
l = 0.5 m
A = 100 cm2H
[A
m
]
B [T]
0.5
1.0
1.5
1000 2000
a) koliki je iznos magnetske indukcije B i toka Φ u jezgri ako je R = 80 Ω,
b) koliki bi trebao biti R da tok u jezgri bude 15 mWb,
c) koliki treba biti R da bi se odrºao magnetski tok od 15 mWb ako se u jezgri na£ini raspor²irine δ=1 mm. Pretpostavlja se da je indukcija u zra£nom rasporu ista kao u jezgri.
Primjer 8.1.11.
Rje²enje primjera 8.1.11
a) Ra = 80Ω, I =V
Ra=
20
80= 0.25 A, H =
I ·Nl
=0.25 · 1000
0.5= 500
A
m
Iz grafa: Ba = 0.5 TΦa = Ba ·A = 0.5 · 10−2 = 5 mWb
b) za Φb = 15 mWb → Bb =ΦbA
=15 · 10−3
10−2= 1.5 T
Iz grafa: Hb = 2000A
m→ Ib =
l ·Hb
N=
0.5 · 2000
1000= 1 A
Rb =V
Ib=
20
1= 20 Ω
c) Φc = Φb = 15 mWb, Bc = Bb = 1.5 T, δ = 1 mm
Ic ·N =∑i
Hi · li =Bcµzlz +
Bcµ0δ = Hb · lz +
Bcµ0δ
Ic =
Hb · lz +Bcµ0δ
N=
2000 · 0.5 +1.5
0.4π · 10−6· 10−3
1000= 2.19 A
Stranica 142 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Elektromagnetizam
Rc =V
Ic=
20
2.19= 9.13 Ω
Stranica 143 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Motori
8.2 Motori
Kad se nezavisno uzbueni istosmjerni motor priklju£i na istosmjerni izvor 200 V i mehani£kioptereti, armaturom te£e struja 10 A, a broj okretaja iznosi 50 rad/sek. Otpor armature iznosi0.4 Ω. Mehani£ki gubici, gubici u £etkicama i ºeljezu, te utjecaj reakcije armature zanemaruju se.
a) Koliki moment razvija motor?
b) Koliki bi broj okretaja imao ovaj motor bez optere¢enja (vrijedi KE = KM )?
c) Koliki je potezni moment ovog motora kad se priklju£i na 200 V?
d) to bi se dogaalo s motorom kad bi se uzbudna struja po£ela smanjivati?
e) Koliki bi bio napon na stezaljkama motora ako bi se pri nepromijenjenom broju okretaja ipri istoj armaturnoj struji koristio kao generator?
Primjer 8.2.1.
Rje²enje primjera 8.2.1
a) Pel = Pg + Prot
Pg = I2RA = 102 · 0.4 = 40 W
Pel = V IA = 200 · 10 = 2000 W
Prot = Pel − Pg = 2000− 40 = 1960 W
M =Protω
=1960
50= 39.2 Nm
b) ω0 =E
KEφ, E = V = 200V, jer je IA = 0
M = KMφIA → KMφ =M
IA=
39.2
10= 39.2
Nm
A= KEφ
ω0 =200
3.92= 51.02
rad
s
c) Mp = KMφIK , IK =V
RA=
200
0.4= 500 A
MP = 3.92 · 500 = 1960 Nm
d) Prema E = KEφω porasti ¢e ω da se odrºi isti E
e) motor: E = V − I ·RA = 200− 10 · 0.4 = 196Vgenerator: V = E − I ·RA = 196− 10 · 0.4 = 192V
Stranica 144 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Motori
Trofazni asinkroni motor s vanjskom karakteristikom prema slici priklju£uje se na trofaznu mreºu380 V, 50 Hz.
[min−1]
n
500 1000 1500
[Nm]M
10
20
30
40
50
a) koliko pari polova i koliko polova ima taj motor,
b) koliki su iznosi poteznog i prekretnog momenta i na kojim iznosima klizanja,
c) ako se moment optere¢enja moºe izraziti s Mt = 0.01n, a linearni dio karakteristike motoras M = −0.3n+ 450,(M u Nm, n u min−1), kolika je brzina vrtnje i koliko iznosi klizanje ustacionarnom pogonu (tada je Mt = M),
d) kolika je tada snaga motora,
e) ako se zanemare svi gubici i pretpostavi cosϕ = 0.75, koliku struju uzima tada motor izmreºe?
Primjer 8.2.2.
Rje²enje primjera 8.2.2
a) Iz grafa: ns = 1500min−1, iz p =60f
nsizlazi p = 2, a broj polova iznosi 4.
b) Iz grafa: MP = 20Nm, a Mpr = 50Nm. Pripadne brzine su np = 0min−1i npr = 1125min−1, te su
prema s =ns − nns
pripadna klizanja sp = 1 i spr =1500− 1125
1500= 0.25.
c) Mt = M ⇒ 0.01n = −0.3n+ 450 ⇒ n = 1451.6min−1, a pripadno klizanje s = 0.032.
d) Iz P = ωM , ω =2πn
60, M = 0.01n proizlazi P = 2206.6W.
e) Iz P =√
3 · V I cosϕ proizlazi I = 4.47A.
Stranica 145 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Motori
n0 ns2
ns
M
Mc
2
Mc
AB
C
D
E
a) Kojoj vrsti motora pripada nacrtana karakteristika, koje su dvije osnovne izvedbe tog motorai treba li taj motor priklju£iti na istosmjerni ili izmjeni£ni izvor,
b) denirajte pojam klizanje i napi²ite matemati£ki model,
c) kojoj to£ki karakteristike pripada potezni moment, a kojoj prekretni moment,
d) kako se naziva stanje motora kada radi u to£ki E,
e) koje su to£ke grani£ne za podru£je zaleta,
f) u kojem podru£ju karakteristike ovaj motor normalno radi,
g) ²to se dogaa kad se u stacionarnom radu motora pove¢a moment tereta,
h) kolikim momentom ubrzanja kre¢e ovaj motor iz mirovanja, ako je optere¢en konstantnim
momentom teretaMc
2,
i) za²to ovaj motor ima u pokretanju najve¢u struju,
j) u £emu bi se razlikovao motor kojem pripada izvu£ena karakteristika od motora kojempripada crtkana karakteristika ako su iste vrste i grae?
Primjer 8.2.3.
Rje²enje primjera 8.2.3
a) asinkroni sustav, kavezni i kolutni, izmjeni£ni
b) omjer razlike sinkrone brzine i brzine rotora prema sinkronoj brzini s =ns − nns
.
c) potezni M(A), prekretni M(C),
d) sinkronizam,
e) A-C,
f) podru£ju C-E,
g) radna to£ka pomakne se prema C, ²to zna£i da se brzina smanji (neznatno)
Stranica 146 od 147
Essert, Grilec, ili¢ : Zbirka zadataka iz Elektrotehnike Motori
h) Mu = M(A)− Mc
2,
i) inducirani je napon rotora najve¢i zbog najve¢egdφ
dt, struja sekundara je najve¢a pa je i primarna
najve¢a,
j) crtkanu karakteristiku dao bi motor s ve¢im otporom rotorskog namota (ili kaveza).
Stranica 147 od 147