ZADATAK 1: Razmatra se standardni niz nazivnih vrednosti...
Transcript of ZADATAK 1: Razmatra se standardni niz nazivnih vrednosti...
Elektronski fakultet u Nišu
ELEKTRONSKE KOMPONENTE
(Semestar II, 2010. god)
Zadaci sa računskih vežbi, prvi deo
ZADATAK 1: Razmatra se standardni niz nazivnih vrednosti otpornosti. a) Odrediti koja vrednost tolerancije odgovara nizu E12. b) Odrediti kom standardnom nizu odgovara tolerancija 2.5%.
................................ Rešenje: Niz nazivnih vrednosti (otpornosti, kapacitivnosti, itd.) je geometrijski niz čiji je faktor q. Oznaka niza se formira prema broju članova niza u jednoj dekadi. Ako u jednoj dekadi nazivnih vrednosti (od 1 do 10, ili na primer od 100 do 1000) imamo n članova, onda će oni biti:
prvi: qqa =⋅=11
drugi: n-ti: 212 qqaa =⋅= nn
n qqa 1010 =→==
treći: 323 qqaa =⋅=
Nazivne vrednosti, uključujući toleranciju δ, treba da pokriju sve realne vrednosti, tj. maksimalna prethodna vrednost treba da se poklapa sa minimalnom narednom nazivnom vrednošću:
min)1(max += nn aa
)1()1( )1( δδ −=+ +nn aa dakle, )1(1 δδ −⋅=+ q
)1()1( δδ −=+ qaa nn
a) Za niz E12 imaćemo da je geometrijski faktor niza 2115.11010 12112 ===q , pa je
1)1(
1−=+
−=+qqqq
δδδ
%1009564.011
≈=+−
=⇒qqδ
Dakle, komponente čije nazivne vrednosti pripadaju nizu E12 su sa tolerancijom 10%. b) Neka je sada data tolerancija δ =2.5% =0.025. Odredimo broj članova niza preko faktora q
05128.1975.0025.1
11
==−+
=δδq
Kako je
n
qq nn 1log10101
=⇒== to se dobija 4605128.1log1
log1
===q
n
a to znači da bi tolerancija 2.5% odgovarala nizu E46. Medjutim, taj niz ne postoji i ovde se u stvari radi o nizu E48 sa tolerancijom 2%. U praksi imamo sledeće nizove (E6, E12, E24, E48, E96, E192) kojima odgovaraju redom tolerancije (20%, 10%, 5%, 2%, 1%, 0.5% ). Tako, niz E24 sadrži pored svih članova niza E12 i geometrijske sredine susednih članova niza. Primer otpornosti iz niza E12:
1.0 Ω 1.2 1.5 1.8 2.2 2.7 3.3 3.9 4.7 5.6 6.8 8.2 Ω
ZADATAK 2: SMD otpornik pravougaonog oblika, dužine a=2mm i širine b=0.5mm, nalazi se zalemljen na štampanoj ploči (PCB). Otpornik je realizovan od oksida kalaja, čija je slojna otpornost RS=250 Ω/□, a štampana ploča od kompozitnog FR-4 (FlameRetardant) debljine d=1 mm i koeficijenta termičke provodnosti k=0.25 WK-1m-1.
a) Odrediti vrednost otpornosti ovog SMD otpornika. b) Ako je maksimalna snaga ovog otpornika 1/8 W, odrediti maksimalni napon na
koji se on sme priključiti. c) Ako je maksimalno dozvoljeno pregrevanje SMD otpornika 80oC, odrediti
koliko se toplote sa njega odvodi procesom provodjenja kroz PCB. ................................
Rešenje:
Otpornost SMD otpornika je
nRba
hbhaR S ⋅=⋅=⋅=
ρρ
gde je slojna otpornost h
RSρ
= otpornost
jednog kvadrata. Kako je broj kvadrata
45.0
2===
mmmm
ban
to je otpornost ovog otpornika
Ω=⋅=⋅= knRR S 14250
b) Maksimalna snaga koja se razvija na otporniku iznosi
mWR
UP 1252max
max == ,
odakle se može odrediti masimalni napon koji se sme dovesti na otpornik, a da se ova snaga ne prekorači VPRU 18.11125.01000maxmax =⋅=⋅=
c) Površina otpornika, tj površina kojom on naleže na štampanu ploču je
21 mmbaS =⋅=
Toplota se sa otpornika odaje kroz tri mehanizma: provodjenjem (kondukcija), opstrujavanjem vazduhom (konvekcija) i zračenjem (radijacija). Za proces provodjenja toplote postoji analogija sa Omovim zakonom za provodjenje električne struje, gde je količina proteklog naelektrisanja
tl
StSl
tRUtIq ⋅
⋅Δ⋅=⋅
⋅Δ
=⋅=⋅=ϕσ
ρϕ
Dakle, za količinu toplote (energije) koja se pri razlici temperatura ΔT kroz sredinu provodnosti k i debljine (dužine) provodnog puta d prenese preko površine S za vreme τ dobija se izraz
ττ ⋅⋅Δ
⋅=⋅=d
STkPQ ,
pa je konačno tražena snaga
mWmCmKW
dSTkP
o
20101
1018025.0 3
26
=×
×⋅⋅=
⋅Δ⋅= −
−
ZADATAK 3: Struja kroz neosvetljeni fotootpornik pri naponu U=10V iznosi 400 μA. Kada se pri istom naponu on izloži osvetljaju E1=500 lx, struja kroz njega je 2 mA, a pri osvetljaju E2=1500 lx struja kroz ovaj fotootpornik iznosi 6 mA. Koliki će biti pad napona na ovom fotootporniku kada je on osvetljen sa 1000 lx i kada je struja kroz njega 2.2 mA.
........................................ Rešenje:
Kada je fotootpornik neosvetljen u njemu postoji odredjena koncentracija termički generisanih nosilaca (elektrona n0 i šupljina p0) koji na odredjenom naponu daju struju tame. Kada se fotootpornik osvetli, pored termičke generacije nosilaca prisutna je i fotogeneracija nosilaca (unutrašnji fotoefekat), pa je specifična provodnost fotootpornika
{ } f
nostfotoprovod
pnpnpn pnqpnqppnnq σσμμμμμμσ +=Δ+Δ++=Δ++Δ+= 00000 )()()()(44 344 21
zbir specifične provodnosti u mraku i specifične fotoprovodnosti. Na osnovu ovoga se ukupna struja pri nekom naponu može izraziti kao zbir struje tame i fotostruje
ftf IIUlSU
lSUGI +=+⋅=⋅=⋅= )( 0 σσσ
pri čemu je zavisnost fotostruje od osvetljaja E data izrazom
xf ECI ⋅=
Struja je dakle direktno srazmerna naponu. Pri naponu U=10V struja tame je It=400 μA. Vrednosti fotostruje na dva različita osvetljaja E1 i E2 iznose
xtf ECAIII 111 16004002000 ⋅==−=−= μ
xtf ECAIII 222 56004006000 ⋅==−=−= μ
Iz odnosa ovako dobijenih fotostruja odredjujemo nepoznate parametre C i x
AAEI
C
EE
II
xEE
II
xff
fx
f
f μμ 3381.150016001403.1
3ln)5.3ln(
ln
ln
1403.11
1
1
2
1
2
1
2
1
2 =====
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
=⇒⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
Kada bi fotootpornik bio izložen osvetljaju E3=1000 lx struja kroz njega bi pri U=10V bila
AECIIII xtft μ392710003381.1400 1403.1
33 =⋅+=⋅+=+=
što znači da je pri osvetljaju od 1000 lx otpornost ovog fotootpornika
Ω=== 25463927
10A
VI
URμ
Prema tome, kada kroz ovaj fotootpornik bude proticala struja od 2.2 mA, traženi pad napona na njemu biće . VU 6.5102.22546 3 =×⋅= −
ZADATAK 4: Fotootpornik na radnom naponu od 10V daje struju od 100 μA u tami, 500 μA pri osvetljaju od 300 lx i 2 mA pri osvetljaju od 1200 lx. Odrediti kolikom maksimalnom osvetljaju sme da se izloži ovaj fotootpornik, na radnom naponu, ako je njegova maksimalna dozvoljena snaga disipacije 0.05 W. ........................................ Rešenje: Ukupna struja kroz osvetljeni fotootpornik je zbir struje u tami It=100 μA i fotostruje If (struje nosilaca generisanih unutrašnjim fotoefektom).
ft III +=
Zavisnost fotostruje od osvetljaja E je po zakonu
xf ECI ⋅=
gde su C i x konstante (C zavisi od napona na otporniku). Prema tome, maksimalna snaga na fotootporniku dobiće se za onu vrednost osvetljaja za koju je fotostruja maksimalna
)( maxmaxmax ft IIUIUP +⋅=⋅=
Odavde je maksimalna fotostruja
AIU
PI tf μ4900maxmax =−=
za koju važi
xf ECI maxmax ⋅=
Potrebno je najpre odrediti nepoznate parametre C i x. Kako je x
tf ECAIII 111 400100500 ⋅==−=−= μ E1=300 lx
xtf ECAIII 222 19001002000 ⋅==−=−= μ E2=1200 lx
iz odgovarajućih odnosa dobijamo
AAEI
C
EE
II
xEE
II
xff
fx
f
f μμ 6573.0530400124.1
4ln)75.4ln(
ln
ln
124.11
1
1
2
1
2
1
2
1
2 =====
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
=⇒⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
Konačno, maksimalni osvetljaj kome sme da se izloži fotootpornik, a da se ne prekorači maksimalna snaga je
lxC
IE
xf 2787
1
maxmax =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
ZADATAK 5: Fotootpornik u potpunom mraku ima otpornost R0=100 kΩ. Kada se upali tačkasti izvor svetlosti, koji je na rastojanju 1.2 m od ovog fotootpornika, njegova otpornost padne na R1=4 kΩ, a kada se izvor svetlosti približi na 75 cm, otpornost fotootpornika padne na R2=1.46 kΩ. Odrediti kolika će biti otpornost ovog fotootpornika ako se tačkasti izvor svetlosti približi na 50 cm od fotootpornika.
........................................ Rešenje: Pretpostavimo da je fotootpornik priključen na napon U=1 V. Struja mraka je tada
Ak
VRUIt μ10
1001
0
=Ω
==
Na rastojanju r1=120 cm je osvetljaj E1, pa je tada ukupna struja
AkV
RUI μ250
41
11 =
Ω== , dok je fotostruja AIII tf μ24011 =−=
Na isti način je na rastojanju r2=75 cm osvetljaj E2, pa je ukupna struja
Ak
VRUI μ685
46.11
22 =
Ω== , dok je fotostruja AIII tf μ67522 =−=
Polazeći od toga da je fotostruja data izrazom
xf ECI ⋅=
i da je zavisnost osvetljaja od rastojanja po zakonu 1/r2,
21r
AE ⋅=
za odnos fotostruja dobićemo
xx
x
x
f
f
rr
EE
ECEC
II 2
2
1
1
2
1
2
1
2⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
⋅⋅
=
odakle odredjujemo
1.16.1log
8125.2log21
)/log()/log(
21
21
12 =⋅=⋅=rrII
x ff
Sada se za rastojanje r3=50 cm i osvetljaj E3 koji odgovara ovom rastojanju dobija
8622.650
120 2.22
3
1
1
3
1
3 =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
xx
f
f
rr
EE
II
pa je
AAI f μμ 16478622.62403 =⋅=
AIII tf μ165733 =+=
Konačno je tražena otpornost
Ω=== 5.6031657
13
3 AV
IUR
μ
ZADATAK 6: Otpornost žičanog otpornika na temperaturi T1=70oC iznosi 120 Ω, a na temperaturi T2=100oC iznosi 126 Ω. Izračunati vrednost ovog otpornika na T3=45oC. ....................................... Rešenje: Kod žičanih otpornika, kao i kod legura i metalnih provodnika, otpornost se linearno povećava sa temperaturom po zakonu
[ ])(1)1( 000 TTRTRR −+=Δ⋅+= αα
gde je α temperaturni koeficijent otpornosti, a R0 otpornost na temperaturi T0 (obično je to 0oC ili 20oC). Na dve temperature T1=70oC i T2=100oC imaćemo za otpornosti
Ω=Δ⋅+= 120)1( 101 TRR α
Ω=Δ⋅+= 126)1( 202 TRR α
odakle je
Ω=−=Δ−Δ=− 6)()( 12012012 TTRTTRRR αα
Iz poslednjeg izraza je
CCTT
RRR oo /2.0
306
12
120 Ω=
Ω=
−−
=α
Na sličan način, izražavanjem otpornosti na temperaturi T3=45oC
)1( 303 TRR Δ⋅+= α
dobijamo
Ω=−⋅Ω
=−=Δ−Δ=− 11)45100(2.0)()( 32032032 CCC
TTRTTRRR oooαα
pa je odavde Ω=Ω−= 1151123 RR Napomena: tipično povećanje otpornosti kod metala (bakra, na primer) je oko 40% za promenu temperature od 100oC. Ako je na temperaturi 0oC otpornost žice 10Ω, na temperaturi 100oC otpornost će biti 14Ω. To znači da je temperaturni koeficijent . 13104100/%40 −−×== CC ooαIzuzetno čisti metali (bez primesa), imaju jako dobro definisanu i reproduktivnu temperaturnu karakteristiku otpornosti. Tako je za platinu, koja se kao plemeniti metal lako reprodukuje u čistom stanju, otpornost data izrazom
])100(1[)( 320 −+++= tCBtAtRtR
gde je
312
27
13
100.4108.510940.3
−−
−−
−−
×−=
×−=
×=
CCCBCA
o
o
o
32 )100(1 −+++ tCBtAt
pa se otpornik od platine koristi kao standard za baždarenje u opsegu temperatura od -190oC do +660oC.
ZADATAK 7: Izvesti uslove za temperaturnu kompenzaciju otpornosti kod: a) Redne veze otpornika b) Paralelne veze otpornika
........................................ Rešenje:
Neka su data dva otpornika R1 i R2 čiji su temperaturni koeficijenti otpornosti α1 i α2. Izražavanjem zavisnost otpornosti od temperature kao
)1( 1101 TRR Δ+= α i )1( 2202 TRR Δ+= α
za rednu vezu dobićemo
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡Δ
++
+⋅+=
Δ+++=Δ++Δ+=+=
TRRRRRR
TRRRRTRTRRRRe
2010
2201102010
2201102010
22011021
1)(
)()1()1(
αα
αααα
Očigledno, razlomak u velikoj zagradi jeste ekvivalentni temperaturni koeficijent redne veze
2010
220110Re RR
RR++
=ααα
Da bi redna veza otpornika bila temperaturno kompenzovana, potrebno je da ekvivalentni temperaturni koeficijent bude jednak nuli, pa je uslov temperaturne kompenzacije
220110 αα RR −=
Za odredjivanje ekvivalentnog temperaturnog koeficijenta kod paralelne veze otpornika sledeći pristup se pokazao jako pogodnim. Temperaturni koeficijent se može izraziti na sledeći način:
dTdR
RTR
RR ⋅=ΔΔ
⋅=11α (važi kod malih promena temperature dT≈ΔT)
Kako za paralelnu vezu otpornika važi
21
111RRRe
+=
Diferenciranjem leve i desne strane po temperaturi dobijamo
dTdR
RdTdR
RdTdR
Re
e
222
12
12
111⋅−⋅−=⋅−
odnosno
dTdR
RRdTdR
RRdTdR
RRe
ee
2
22
1
11
111111⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅
2
2
1
1Re
RRRe
ααα+=
21
2112
21
2112
21
21
2
2
1
1Re RR
RRRR
RRRR
RRRR
Re ++
=+
⋅+
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+=
ααααααα
Da bi paralelna veza bila temperaturno kompenzovana potrebno je da je ekvivalentni temperaturni koeficijent jednak nuli, odnosno da je ispunjen uslov:
1221 αα RR −=
ZADATAK 8: NTC otpornik (termistor) na temperaturi 45oC ima otpornost R1=4 kΩ, a na temperaturi 70oC R2=1.25 kΩ. Odrediti:
c) Parametre u izrazu za temperaturnu zavisnost otpornosti NTC otpornika d) Vrednost otpornosti i temperaturni koeficijent na temperaturama 90oC i 110oC
........................................ Rešenje:
a) Temperaturna zavisnost otpornosti NTC (Negative Temperature Coefficient) otpornika je jako opadajuća eksponencijalna funkcija i može se predstaviti sledećim izrazom
TB
eRTR ⋅= ∞)(
gde je B – koeficijent temperaturne osetljivosti termistora [K], T – apsolutna temperatura [K], i R∞ - konstanta koja zavisi od materijala i dimenzija termistora i predstavlja uslovnu otpornost na beskonačno visokoj temperaturi, odnosno asimptotsku vrednost. Iz poznatih otpornosti na dve temperature formiramo sistem jednačina za odredjivanje dve nepoznate B i R∞.
KCTkeRR oTB
318454 111 ==Ω=⋅= ∞
KCTkeRR oTB
3437025.1 222 ==Ω=⋅= ∞
Deljenjem ovih jednačina eliminišemo parametar R∞ i odredjujemo parametar B
21
12
21
11
2
1 TTTT
BTT
B
eeRR
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
== odakle je KRR
TTTTB 8.5074ln
2
1
12
21 =−
=
a iz nekog podatka za otpornost dobijamo i
Ω=⋅=−
∞ meRR TB
46922.022
b) Pošto znamo parametre temperaturne karakteristike NTC otpornika R∞ i B, možemo odrediti otpornost na bilo kojoj temperaturi. Tako, na T3=90oC=363K i T4=110oC=383K iznose
Ω=⋅= ∞ 2.55333
TB
eRR i Ω=⋅= ∞ 6.26644
TB
eRR
Kako je temperaturni koeficijent otpornosti po definiciji (za male promene temperature)
dTdR
RR ⋅=1α
to je kod NTC otpornika
2211
TB
TBeR
RdTdR
RTB
NTC −=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−⋅⋅⋅=⋅= ∞α
Na temperaturama T3 i T4 on iznosi
132
33 105.38 −−×−=−= K
TB
NTCα i 134 106.34 −−×−= KNTCα
ZADATAK 9: Jedan PTC otpornik ima otpornosti 60, 70 i 84 Ω na temperaturama 60, 70 i 80oC, respektivno.
e) Izračunati parametre temperaturne zavisnosti PTC otpornika f) Na osnovu dobijenih rezultata izračunati temperaturni koeficijent PTC
otpornika na temperaturi T=70oC. g) Ako se ovaj otpornik paralelno veže sa otpornikom koji na 20oC ima otpornost
R=200 Ω i temperaturni koeficijent otpornosti αR=-2x10-3K-1, izračunati ekvivalentni temperaturni koeficijent ove paralelne veze na T=70oC.
........................................ Rešenje:
a) Temperaturna karakteristika PTC (Positive Temperature Coefficient) otpornika je
BTeCATR ⋅+=)(
gde je su A [Ω], C [Ω ] i B [K-1] parametri. Iz poznatih vrednosti otpornosti za tri temperature
11
BTeCAR ⋅+= Ω= 601R KT 3331 =
22
BTeCAR ⋅+= Ω= 702R KT 3432 =
33
BTeCAR ⋅+= Ω= 843R KT 3533 =
dobijamo sistem jednačina iz kojeg odredjujemo tri parametra, A, B i C. Oduzimanjem ovih jednačina očigledno eliminišemo parametar A
( )2323
BTBT eeCRR −⋅=−
( )1212
BTBT eeCRR −⋅=−
Deljenjem poslednjih jednačina eliminisaćemo i parametar C
]1[]1[
)(
)(
12
23121
232
12
23
−⋅−⋅
=−−
=−−
−
−
TTBBT
TTBBT
BTBT
BTBT
eeee
eeee
RRRR
Dobijena jednačina je jednačina po parametru B. Kako je u našem slučaju T3-T2=T2-T1 to se poslednja jednačina znatno uprošćuje
)(
12
23 12
1
2TTB
BT
BT
eee
RRRR −==
−−
odakle se redom dobijaju vrednosti parametara PTC otpornika
13
12
23
12
10647.33ln1 −−×=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−
⋅−
= KRRRR
TTB
Ω×=−−
= −612 1031.34012 BTBT ee
RRC
Ω=⋅−= 3511
BTeCRA
b) Po definiciji, temperaturni koeficijent otpornosti (za male promene temperature) je
dTdR
RR ⋅=1α
Za PTC otpornik je
PTC
BT
PTC ReBC ⋅⋅
=α
a prema poslednjem izrazu, na temperaturi T2=70oC=343K on iznosi
1310823.16 −−×= KPTCα
c) Ekvivalentni temperaturni koeficijent paralelne veze dva otpornika je
21
1221
RRRR
e ++
=ααα
Na temperaturi 70oC otpornik koji se paralelno vezuje PTC otporniku ima otpornost
Ω=Δ⋅+= 180)1(20 TRR Rα
pa je ekvivalentni temperaturni koeficijent
1333
10552.1118070
7010218010823.16 −−−−
×=+
⋅×−⋅×= Keα
ZADATAK 10: Struja varistora pri naponu na njemu U1=100V iznosi I1=1mA, a pri naponu U2=120V je I2=1A. Kolike su statičke i dinamičke otpornosti varistora pri tim naponima?
........................................ Rešenje: Varistor je nelinearni otpornik čija strujno-naponska karakteristika pokazuje linearnu zavisnost u logaritamskom koordinatnom sistemu (logI=f(logU)) i može se opisati izrazom
βUkI ⋅=
Statička otpornost je jednostavno količnik jednosmernog napona i jednosmerne struje na krajevima komponente. Dakle,
Ω=×
== − kA
VI
URV 100101
1003
1
11 Ω=== 120
1120
2
22 A
VI
URV
Dinamička otpornost je odnos malih priraštaja napona i malih priraštaja struje
V
VV
V
V
VV
dUdIdI
dUIUr 1
=≈ΔΔ
=
Da bismo našli odgovarajući izvod struje po naponu potrebno je najpre definisati strujno-naponsku karakteristiku, odnosno odrediti njena dva parametra k i β. Iz sistema od dve jednačine
mAUkI 111 =⋅= β
AUkI 122 =⋅= β
lako dobijamo
888.372.1log
1000log
log
log
1
2
1
2
1
2
1
2 ===⇒⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
UUII
UU
II β
β
][1067.110100
10 79776.78888.37
3
1
1 AUIk −−
−
×==== β
Sada se dinamička otpornost može izraziti kao
ββββ ββ
V
V
V
V
V
V
V
VV
RI
UUk
UUk
dUdIr =
⋅=
⋅⋅=
⋅⋅== −1
11
pa konkretne vrednosti iznose
Ω=Ω
== kkRr VV 64.2
888.371001
1 β Ω== 167.32
2 βV
VRr
ZADATAK 11: NTC otpornik, temperaturne osetljivosti B=1800 K, ima na temperaturi T=300 K otpornost R=1 kΩ. Kada se ovaj NTC otpornik redno veže sa kondenzatorom kapacitivnosti C=100 nF, moduo impedanse takve redne veze pri učestanosti ω=103 rad/s temperaturno je stabilan u okolini temperature 300K. Odrediti pri kojoj će učestanosti biti temperaturno stabilan moduo impedanse paralelne veze ovog NTC otpornika i datog kondenzatora u istom temperaturnom opsegu.
........................................ Rešenje: Kvadrat modula impedanse redne veze otpornika i kondenzatora je
2222 1
CRZ
ω+=
Kako je moduo impedanse temperaturno stabilan, to je očigledno da je kapacitivnost temperaturno zavisna. Diferenciranjem gornjeg izraza po temperaturi dobijamo
dTdC
CdTdRR
dTZd
Z ⋅−⋅=⋅ 32222
ω
odnosno
CRZ CRZ α
ωαα ⋅−⋅=⋅ 22
22 222
gde su po definiciji temperaturni koeficijenti
dT
ZdZZ ⋅=1α
dTdR
RR ⋅=1α
dTdC
CC ⋅=1α
Kako je moduo impedanse temperaturno stabilan, to je
00 222 =−⋅→=
CR C
RZ ωααα
Kod NTC otpornika je zavisnost otpornosti od temperature data sa
2exp)(TB
TBRTR R −=→⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛⋅= ∞ α
αR za NTC otpornik očigledno zavisi od temperature. U okolini T=300 K temperaturni koeficijent NTC otpornika iznosi
122 102
3001800 −−×−=−= KRα
Sada je temperaturni koeficijent kondenzatora
14222 102 −−×−=⋅= KCR RC αωα
Moduo impedanse paralelne veze će biti temperaturno stabilan na istoj temperaturi i istoj učestanosti na kojoj je moduo admitanse temperaturno stabilan. Dakle, uslov 0=Zα biće
ekvivalentan uslovu 0=Yα , ali je razmatranje admitanse u ovom slučaju matematički jednostavnije. Kvadrat modula admitanse paralelne veze otpornika i kondenzatora je
2222 1
RCY += ω
Diferenciranjem po temperaturi dobijamo
dTdR
RdTdCC
dTYd
Y ⋅−⋅=⋅ 32 222 ω
RCY RCY ααωα ⋅−⋅=⋅ 2
222 222
Iz uslova 0=Yα dobijamo
222
RC R
Cααω =⋅
odakle je tražena učestanost
sradRC C
R /101 5=⋅=ααω
ZADATAK 12: Tubasti kondenzator dobijen je namotavanjem metalnih folija debljine δ=10 μm i dielektričnih folija sledećih karakteristika
debljina [μm] ρ [Ωm] εr
I folija 15 2x1014 3.6
II folija 20 1014 2.5
Folije su motane na cilindrično telo prečnika 4 mm i dužine 2.5 cm, tako da formirani kondenzator ima prečnik 1.5 cm. Ako je kondenzator bio priključen na napon 6V i ostavljen da se slobodno prazni, odrediti posle kog vremena će količina naelektrisanja na njemu biti 1 μC.
........................................ Rešenje: Motaju se dve metalne folije (dve elektrode kondenzatora) i dve dielektrične folije, kao na slici. Pri tome, usled namotavanja folija prečnik cilindra d naraste na vrednost D.
Izjednačavanjem zapremina „umotanog“ materijala dobijamo
bdDddbL ⋅−=++⋅⋅ )(4
)2( 2221
πδ
cmdd
dDL 5.298)2(4
)(21
22
=++
−=
δπ (dužina folija)
Ekvivalentnu šemu ovog kondenzatora možemo predstaviti paralelnom vezom dva kondenzatora
Kapacitivnost ovog kondenzatora je
nFdd
bLdbL
dbLC rr
rr 12.2412
2
1
10
220
110 =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+=+=
εεεεεεε
a otpornost izolacije
2121
2211
221121
)(111dd
ddbLd
bLd
bLRRR ρρ
ρρρρ
+=+=+=
Ω×=+
= 9
2211
2121 10086.16)( ddbL
ddRρρ
ρρ
Vremenska konstanta kondenzatora je sada
sCR 3878=⋅=τ
Ako je kondenzator bio priključen na napon U, na njegovim oblogama biće naelektrisanje , koje će se u toku spontanog pražnjenja smanjivati po eksponencijalnom zakonu sa
vremenskom konstantom τ UCQ ⋅=0
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−⋅=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−=
ττtCUtQtQ expexp)( 0
odakle je
min24143210
1012.2416ln3878)(
ln 6
9
≈=×⋅
⋅=⋅= −
−
stQ
CUt τ
ZADATAK 13: Dat je realni kondenzator. a) Nacrtati ekvivalentnu šemu, fazorski dijagram napona i struja i izvesti izraz za tgδ. b) Ako su donja i gornja granična frekvencija kondenzatora f1g=10 Hz i f2g=10 MHz,
odrediti koliko iznosi frekvencija na kojoj tgδ ima minimalnu vrednost i odrediti kolika je ta vrednost.
........................................ Rešenje: Realni kondenzator ima dielektrik koji i pored velike otpornosti ipak neznatno provodi struju, tako da dolazi do oticanja naelektrisanja sa obloga kondenzatora kroz ovaj dielektrik. U ekvivalentnoj šemi neidealnost dielektrika se predstavlja velikim paralelnim otpornikom R (reda MΩ ili više). Pored toga, na vrlo visokim učestanostima impedansa kondenzatora nije jednaka nuli zbog redne otpornosti kontakata i izvoda, što se u ekvivalentnoj šemi predstavlja malim rednim otpornikom r (reda Ω ili manje). Ova se otpornost često naziva ESR (Equivalent Serial Resistance). Dakle, idealno je ∞→= Rr ,0 , a realno je ∞<> Rr ,0 . U zavisnosti od toga kako se otpornik r vezuje, razlikujemo dve ekvivalentne šeme. Razmotrimo sledeću šemu
Impedansa ekvivalentne šeme je
222
2
222 1111 CRCRj
CRRr
RCjRr
CjR
CjR
rZωω
ωωω
ω+
−+
+=+
+=+
+=
Napon na impedansi se može izraziti kao
{ } { } IZjIZIZU ⋅+⋅=⋅= ImRe
Odavde je tgδ tangens ugla izmedju komponente napona koja je u fazi sa strujom i komponente napona koja kasni za π/2, tj.
{ }{ } RC
rCCR
rCR
RrCRr
CRCR
CRRr
ZZtg
ωω
ωωω
ωω
ωδ 1
1
1Im
Re22
222
222
2
222++=
++=
+
++
=−
=
Kako je redna otpornost r obično mala, a paralelna otpornost R velika, to se prvi član može zanemariti, pa se za tgδ dobija približan izraz
RC
rCtgω
ωδ 1+=
Na niskim učestanostima je impedansa kondenzatora velika, te se mali otpornik r „ne vidi“ i može se zanemariti, pa je tada
RC
tgω
δ 1≈
S druge strane, na vrlo visokim učestanostima mala impedansa kondenzatora „premošćava“ otpornik R, te se on „izbacuje“ iz šeme i tada je rCtg ωδ ≈
Zavisnost tgδ od učestanosti prikazana je na sledećoj slici
Granične učestanosti se dobijaju za slučaj kada je tgδ =1. Za vrednosti tgδ veće od 1 impedansa sve manje ima kapacitivni, a sve više otporni karakter. Dakle, za granične učestanosti dobijamo
RC
fRCRC gg
g πω
ω 21,111
111
==→=
rC
frC
rC ggg πωω
21,11 222 ==→=
Diferenciranjem izraza za tgδ po učestanosti dobijamo učestanost na kojoj tgδ ima minimum
rRCRC
rCd
dtg 1*012 =→=−= ω
ωωδ
a zamenom ω* u izraz za tgδ odredjujemo i koliko ta minimalna vrednost iznosi
Rr
RCrRCrC
rRCRCrCtg 21
*1*min =+=+=
ωωδ
Na osnovu gornjih izraza se lako može zaključiti da izmedju izvedenih veličina postoji veza
gggg fff 2121 ** =→= ωωω
g
g
g
g
ff
tg2
1
2
1min 22 ==
ωω
δ
Koristeći vrednosti graničnih frekvencija iz zadatka konačno dobijamo
kHzfff gg 10101010* 621 =×⋅==
36
2
1min 102
10101022 −×=×
==g
g
ff
tgδ
Ekvivalentna šema kondenzatora se može formirati i na drugi način (kao na narednoj slici), pa će i fazorski dijagram biti neznatno izmenjen.
Impedansa je u tom slučaju
CRrj
rCjR
CjCRrj
CjrCjR
CjrR
CjrR
Z)(1)1(
)(1
1
1
1
+++⋅
=++
+⋅
=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⋅
=ω
ω
ωω
ωω
ω
ω
odnosno
222
2
222
22
)(1)(1)(
)(1)(1
)(1)1(
CRrCRj
CRrCRrrRR
CRrjCRrj
CRrjrCjRZ
++−
++++
=+−+−
⋅++
+⋅=
ωω
ωω
ωω
ωω
Pa se za tgδ dobija
{ }{ } rCC
Rr
RCCRCRrrRR
ZZtg ωω
ωωωδ ++=
++=
−=
2
2
22 1)(Im
Re
U poslednjem izrazu se srednji član na desnoj strani može zanemariti (s obzirom da je r malo, a R veliko), pa se praktično dobija isti rezultat kao i u prethodnom izvodjenju.
ZADATAK 14: U jednom oscilatornom kolu, koje radi na učestanosti f=100 kHz, upotrebljen je kondenzator kapacitivnosti 100 nF i temperaturnog koeficijenta
. Odrediti induktivnost kalema u ovom kolu i njegov temperaturni koeficijent, ako se zna da je učestanost ovog oscilatornog kola temperaturno stabilna.
14102 −−×−= KCα
................................ Rešenje: Iz izraza za učestanost oscilatornog kola odredjujemo vrednost induktivnosti
HCf
LLC
f μππ
33.25)2(
12
12 ==⇒=
Uslov temperaturne stabilizacije najelegantnije se izvodi polazeći od logaritma kružne učestanosti
2/1)(1 −== LCLC
ω
)ln(ln21ln CL +−=ω
Diferenciranjem leve i desne strane po temperaturi dobijamo
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅+⋅−=⋅
dTdC
CdTdL
LdTd 11
211 ω
ω
)(21
CL αααω +−=
Uslov da je učestanost temperaturno stabilna 0=ωα praktično se svodi na
14102 −−×=−= KCL αα
ZADATAK 15: Sistem za kontrolu unošenja metalnih predmeta na aerodromima i bankama ima kalem čija se induktivnost poveća za 2% kada kroz kapiju prodje čovek sa metalnim satom. Kolika bi trebalo da iznosi osnovna učestanost kola pa da se ovaj prolazak detektuje u vidu apsolutne promene učestanosti od 2 kHz.
................................ Rešenje: Osnovna učestanost oscilatornog kola bi bila
CL
f0
0 21
π=
Učestanost sa uvećanom induktivnošču kada je detektovan metalni predment je
ffCLL
f Δ−=Δ+
= 00
1 )(21
π
Iz odnosa ovih učestanosti imaćemo
02.10
0
0
0
1
0 =Δ+
=Δ−
=L
LLff
fff
odnosno
99015.002.1
1100
0 ==Δ
−=Δ−
ff
fff
odakle je
kHzkHzffff 20325.101
00985.000985.0 0
0
=⋅=Δ
=⇒=Δ
ZADATAK 16: Kalem je namotan na tanko torusno jezgro koje zatvara linije magnetnog polja, tako da nema gubitaka magnetnog fluksa. Površina preseka jezgra je S=1 cm2, srednja dužina linija magnetnog polja l=30 cm, a relativna magnetna propustljivost jezgra μr=400. Magnetna propustljivost vakuuma je . Odrediti induktivnost kalema ako je na jezgru namotano:
mH /104 70
−×= πμ
a) N1=100 namotaja b) N2=200 namotaja c) N3=N1+N2=300 namotaja .
................................ Rešenje:
Iz Amperovog zakona za cirkulaciju vektora magnetnog polja dobijamo
l
NIHNIlHIdlH =→=⋅→=⋅∫ ∑→→
Magnetna indukcija u jezgru i fluks po jednom zavojku iznosiće
lNISSB
lNIHB rrr
⋅=⋅=Φ== μμμμμμ 000
Ukupan fluks koji obuhvata N zavojaka i induktivnost L biće sada
lNS
IL
lINSN r
def
r
2
0
2
0⋅
=Ψ
=⋅
=Φ⋅=Ψ μμμμ
Induktivnosti redom iznose
mHlNSL r 6755.1
1030100101400104 2
247
21
01 =×
⋅×⋅×=
⋅= −
−−πμμ
mHlNSL r 702.6
22
02 =⋅
= μμ
mHlNSL r 079.15
23
03 =⋅
= μμ
Odavde se mogu izvesti dva vrlo važna zaključka:
1) Induktivnosti rastu sa kvadratom broja zavojaka.
2) Rednim vezivanjem dva kalema (N3=N1+N2) dobija se induktivnost koja je veća od zbira induktivnosti L1+L2. Ovo se dešava kada su kalemovi spregnuti preko fluksa i tada izmedju njih postoji i medjusobna induktivnost njihove sprege M. Kalemovi bez jezgra osim što imaju manju induktivnost, imaju veće rasipanje magnetnog fluksa i osetljiviji su na spoljašnje uticaje (metalni predmeti u njihovoj blizini).
ZADATAK 17: Koristeći podatke iz prethodnog zadatka odrediti: a) Faktor induktivnosti AL torusnog jezgra d) Koeficijent medjusobne induktivnosti izmedju kalema L1 (namotanog sa 100
zavojaka) i kalema L2 (namotanog sa 200 zavojaka), ako se oni nalaze na istom jezgru.
................................ Rešenje:
a) Pokazano je da se kod kalemova induktivnost povećava sa kvadratom broja zavojka
2~ NL
Koeficijent koji stoji ispred člana N2 je tzv. faktor induktivnosti AL
2NAL L ⋅=
Za torusno jezgro iz prethodnog zadatka se dobija
nHlSA rL 55.167
1030101400104 2
47
0 =×
×⋅×== −
−−πμμ
i AL-vrednost jednostavno bi se izražavala kao AL=167.55, gde se podrazumeva da je jedinica nH. b) Kod spregnutih kalemova je ukupna
induktivnost
MLLMLMLLtot 22121 ++=+++=
gde je medjusobna induktivnost
21 LLkM ⋅=
U našem slučaju je L1=1.6755 mH, L2=6.702 mH i Ltot=L3=15.079 mH., pa je
mHLLLM tot 35075.3)(21
21 =−−=
Konačno, koeficijent sprege je sada
1702.66755.1
35075.3
21
=⋅
=⋅
=LL
Mk
Dakle, kalemovi su u idealnoj sprezi jer nema gubitaka magnetnog fluksa (fluks jednog kalema je kompletno obuhvaćen zavojcima drugog kalema). Ovo je zbog toga što magnetni materijal jezgra kompletno vodi linije magnetnog polja. Kod kalemova bez jezgra ovo neće biti slučaj i tamo je koeficijent sprege manji od 1.
ZADATAK 18: Na cilindrično kalemsko telo od nemagnetnog materijala prečnika D=4 cm namotan je tankom žicom debljine 0.1 mm sloj namotaja ukupne dužine l=2 cm, pri čemu je tačno na sredini izmedju krajeva namotaja izvučen srednji izvod. Primenom empirijskog izraza za induktivnost kratkih cilindričnih jednoslojnih kalemova
][25.21
1026.2
0
202 H
dl
NdL μ+
×= −
odrediti koeficijent sprege izmedju ove dve polovine kalema. ................................
Rešenje:
Označimo li krajeve kalema sa (1) i (3), a srednji izvod sa (2) imaćemo za ukupnu induktivnost kalema
MLMLLL 222 12231213 +=++=
gde je medjusobna induktivnost
122312 LkLLkM ⋅==
Dakle, koeficijent sprege je
122
2
12
13
12
1213
12
−=−
==LL
LLL
LMk
Očigledno, treba odrediti induktivnost polovine kalema L12 i induktivnost celog kalema L13. Ukupan broj zavojaka je
zavojakammcm
dlNzice
2001.0
213 ===
Srednji prečnik kalema je
cmmmcmdDdDd zicezice 41.042
20 ≈+=+=⋅+=
pa je induktivnost
H
dl
NdL μ1702
4225.21
20041026.225.21
1026.22
2
0
21302
13 =⋅+
⋅×=
+×= −−
Polovina kalema induktivnosti L12 imaće isti srednji prečnik d0=4 cm, ali upola manje zavojaka (N12=100) i upola manju dužinu (l=1 cm). Zbog toga će njegova induktivnost biti
HL μ579
4125.21
10041026.22
212 =
⋅+
⋅×= −
Konačno, traženi koeficijent sprege je
47.015792
170212 12
13 =−⋅
=−=L
Lk
ZADATAK 19: Korišćenjem empirijskog izraza za induktivnost kratkih cilindričnih jednoslojnih kalemova
][25.21
1026.2
0
202 H
dl
NdL μ+
×= −
gde su srednji prečnik d0 i dužina kalema l u [cm], odrediti induktivnost kalema namotanog tankom žicom debljine 0.1 mm na kalemsko telo od nemagnetnog materijala prečnika D=3 cm, ako sloj namotaja čini 40 zavojaka motanih u jednom smeru, a zatim 60 zavojaka motanih u suprotnom smeru.
................................ Rešenje: Kalem se praktično sastoji iz dva kalema, L1 (sa 40 zavojaka) i L2 (sa 60 zavojaka) koji su zbog blizine u sprezi, pa je ukupna induktivnost izmedju krajeva
MLLMLMLL 22121 −+=−+−=
gde je M medjusobna induktivnost. Srednji prečnik oba kalema je isti i iznosi
cmmmcmdDd zice 31.030 ≈+=+=
a dužine kalemova
cmdNl zice 4.001.04011 =⋅=⋅= cmdNl zice 6.021 =⋅=
Induktivnosti kalemova su sada
H
dl
NdL μ45.83
34.025.21
4031026.225.21
1026.22
2
0
1
2102
1 =+
⋅×=
+×= −−
H
dl
NdL μ33.168
36.025.21
6031026.225.21
1026.22
2
0
2
2202
2 =+
⋅×=
+×= −−
Da su oba kalema motana u istom smeru, ukupna induktivnost bila bi
H
dll
NNdLtot μ43.387
3125.21
10031026.2)(25.21
)(1026.22
2
0
21
22102 =
+
⋅×=
++
+×= −−
što znači da se medjusobna induktivnost tada može odrediti iz
MLLLtot 221 ++=
i iznosi
HLLLM tot μ65.13533.16845.8343.3872 21 =−−=−−=
Konačno, tražena induktivnost za kalem čiji su zavojci motani u oba smera iznosi
HMLLL μ13.11665.13533.16845.83221 =−+=−+=
ZADATAK 20: Namotaj jednoslojnog cilindričnog kalema čine 120 zavojaka tanke bakarne žice (debljine 0.1 mm, specifične otpornosti ρ=0.017 Ωmm2/m) tako da je srednji prečnik zavojaka d0=2cm. Korišćenjem empirijskog izraza za induktivnost ovakvih kalemova
][25.21
1026.2
0
202 H
dl
NdL μ+
×= −
gde su d0 i l u [cm], odrediti Q-faktor ovog kalema na učestanosti f=10 kHz. Kada se ovaj kalem ubaci u lončasto jezgro čija je AL vrednost 320, izmerena
vrednost Q-faktora takvog kalema na učestanosti f=10 kHz iznosi Qj=4.8. Odrediti ekvivalentnu otpornost gubitaka u materijalu jezgra.
................................ Rešenje:
Na osnovu gornjih podataka, dužina kalema je
cmdNl zice 2.101.0120 =⋅=⋅=
pa je njegova induktivnost
H
dl
NdL μ277
22.125.21
12021026.225.21
1026.22
2
0
202 =
+
⋅×=
+×= −−
Dužina upotrebljene žice za namotavanje kalema je
mdNlzice 54.70 =⋅= π
a njena omska otpornost
Ω=⋅⋅
=⋅
== 32.161.054.74017.04
220 ππρρ
zice
zice
zice
zice
dl
SlR
Q-faktor kalema bez jezgra na učestanosti f iznosi
066.132.16
102771022 64
00
=×⋅⋅
=⋅
==−ππω
RLf
RLQ
Kada se kalem ubaci u lončasto jezgro sa AL vrednošću 320 (podrazumeva se da je jedinica nH), induktivnost je tada
HNAL Lj μ460812010320 292 =⋅⋅=⋅= −
Q-faktor kalema sa jezgrom odredjuje omska otpornost žice R0 i otpornost gubitaka u jezgru Rj
8.42
0
=+⋅
==j
j
tot
jj RR
LfRL
Qπω
Odavde se za ekvivalentnu otpornost gubitaka u jezgru (histerezisni, remanentni gubici, gubici usled vihornih struja) dobija
Ω=−×⋅⋅
=−⋅
=−
4432.168.4
1046081022 64
0ππ
RQ
LfR
j
jj
ZADATAK 21: Data su dva potpuno identična višeslojna kalema bez jezgra, unutrašnjeg prečnika d=4 cm, spoljašnjeg prečnika D=6 cm, i dužine l=12mm. Korišćenjem Vilerovog obrasca za induktivnost kratkih cilindričnih višeslojnih kalemova
][1093
107.780
2203 H
hldNdL μ
++×= −
gde su d0, l i h u [cm], odrediti: a) Koliko maksimalno može da iznosi koeficijent sprege izmedju ovih kalemova b) Induktivnost ovih kalemova, ako je izmereni prečnik izolovane žice 0.4mm.
................................ Rešenje:
Koeficijent sprege k izmedju kalemova definiše se na osnovu njihove medjusobne induktivnosti M
LkLLkM ⋅== 21
Maksimalni koeficijent sprege se dobija kada jedan kalem maksimalno obuhvata fluks drugog kalema, što se može postići kada se kalemovi postave jedan pored drugog (kao na slici). Tada se oni mogu razmatrati kao jedinstven kalem istog srednjeg prečnika d0, iste visine namotaja h, ali dvostruke dužine l i dvostrukog broja zavojaka.
Tada je ukupna induktivnost
)1(222 kLMLLtot +⋅=+=
a koeficijent sprege
12
−=L
Lk tot
Na osnovu raspoloživih dimenzija, visina namotaja i srednji prečnik kalemova iznose
cmdDh 12
=−
= cmhdd 50 =+=
Induktivnost jednog kalema i induktivnost dva vezana kalema mogu se izraziti kao
8.358.3525107.78
1102.19535107.78
223
223 NaNNL ⋅=
⋅×=
⋅+⋅+⋅×= −−
6.464
6.46425107.78
1104.2953)2(5107.78
223
223 NaNNLtot ⋅=
⋅×=
⋅+⋅+⋅×= −−
Sada se jednostavno odredjuje koeficijent sprege
536.016.46
8.3521
8.352
6.464
12 2
2
=−⋅
=−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅
⋅=−=
Na
Na
LLk tot
Smatrajući da pri motanju kalema ne dolazi do preklapanja slojeva žice, površina preseka namotaja može se izraziti preko broja zavojaka
75004.0
2.1122
2 =⋅
=⋅
=→⋅=⋅zice
zice dhlNdNhl
pa je induktivnost jednog kalema
mHL 91.301102.1953
7505107.7822
3 =⋅+⋅+⋅
⋅×= −
ZADATAK 22: Mrežni transformator ima na primaru N1=800 zavojaka, a na sekundaru N2=60 zavojaka. Ako je izlazna struja transformatora I2=2A, odrediti ulaznu struju i snagu ovog transformatora pretpostavljajući da je on idealan. Odrediti vrednosti imedansi primara Z1 i sekundara Z2 i njihov odnos.
................................ Rešenje:
Pošto se radi o mrežnom transformatoru, to znači da je U1=220 V i f=50 Hz.
Iz odnosa broja zavojaka odredjujemo izlazni napon
VUNNU
UU
NN 5.16220
80060
11
22
2
1
2
1 =⋅==→=
Izlazna snaga je
WAVIUP 3325.16222 =⋅=⋅=
Ako je transformator idealan (nema gubitaka u jezgru usled vihornih struja i histerezisa) niti gubitaka u namotajima (na otpornostima primara i sekundara), onda je ulazna snaga jednaka izlaznoj, a koeficijent korisnog dejstva η=100%.
mAINNI
UUIIUIUPP 1502
1
22
1
21221121 ===→⋅=⋅→=
Impedansa primara je
Ω=== 146715.0
220
1
11 A
VI
UZ
Impedansa sekundara je
Ω=== 25.82
5.16
2
22 A
VI
UZ
Odnos ovih impedansi je
17860
800 22
2
1
1
2
2
1
2
2
1
1
2
1 =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⋅==
NN
II
UU
IUI
U
ZZ
Transformator se, dakle, može iskoristiti za prilagodjenje impedanse.
ZADATAK 23: Pištoljska lemilica snage 75 W napaja se iz mreže. Sekundar transformatora lemilice ima samo dva zavojka od profilisanog debelog bakarnog provodnika koji su kratko spojeni preko tankog provodnika na vrhu lemilice. Ako u primarnom namotaju ima N1=1100 zavojaka, odrediti izlaznu struju koja zagreva vrh lemilice. Gubitke zanemariti..
................................ Rešenje:
Pošto je transformator priključen na mrežu, to znači da je U1=220 V i f=50 Hz.
Izlazni napon je očigledno mali, jer imamo samo dva zavojka na sekundaru
VUNNU
UU
NN 4.0220
11002
11
22
2
1
2
1 =⋅==→=
Ali je zato struja na sekundaru velika jer se velika ulazna snaga P1=75 W prenosi sa primara. Ulazna struja je
mAV
WUPI 341
22075
1
11 ===
Izlazna struja dobija se iz odnosa
AmAN
INIININ 18723411100
2
1122211 =
⋅==→⋅=⋅
Zbog gubitaka u transformatoru, realna struja biće nešto niža.
ZADATAK 24: Mrežni transformator ima jezgro od limova EI-60 profila (površina preseka srednjeg stuba Seff=20x20 mm2, dužina linija magnetnog polja leff=120 mm, relativna magnetna propustljivost μr=2500). Primar je namotan bakarnom žicom (ρ=0.017 Ωmm2/m) debljine 0.4 mm i ima N1=1200 zavojaka za koje se može proceniti da je srednja dužina jednog zavojka l1sr=120 mm. Odrediti:
a) Maksimalnu snagu i struju primara maksimalno opterećenog transformatora b) Ako je sekundar otvoren, odrediti kolika je struja primara kada je
transformator priključen na akumulator od 12V, a kolika kada je priključen na mrežu (~220V).
................................ Rešenje:
Transformator je mrežni, što znači da je U1=220 V i f=50 Hz. Jezgro je od limova EI-60 profila (kao na slici), a namotaji primara i sekundara su na srednjem stubu čiji je poprečni presek kvadratnog oblika dimenzija 20x20 mm. Linije magnetne indukcije dužine 120 mm zatvaraju se preko bočnih stubova.
a) Maksimalna snaga transformatora zavisi od veličine jezgra preko koga se ona prenosi sa primara na sekundar. Iz približne formule
][ 22 cmPSeff =
odredjujemo snagu transformatora
WSP eff 164222 ===
Pod pretpostavkom da nema gubitaka u transformatoru, odnosno da je P1=P2=16 W, dobijamo struju primara
mAV
WUPI 73
22016
1
11 ===
b) Kada je sekundar otvoren (kroz namotaje sekundara ne protiče struja i nema poremećaja fluksa) primar “ne oseća prisustvo sekundara” i ponaša se kao kalem sa jezgrom čija je induktivnost
HNlS
NALeff
effrL 08.151200
10120104002500104 2
3
672
102
11 =⋅××
⋅⋅⋅=⋅=⋅= −
−−πμμ
Iz ukupne dužine žice upotrebljene za namotavanje primara, odredjujemo otpornost primara
mNll sr 144120010120 311 =⋅×=⋅= −
Ω=⋅⋅
=⋅=⋅= 5.194.0
1444017.04221 ππ
ρρzicedl
SlR
Ako se transformator priključi na akumulator od 12 V, kroz primar će proticati jednosmerna struja
mAVRUI DC 615
5.1912
1
1)(1 =
Ω==
koja lako može da dovede do pregorevanja primarnog namotaja zbog velike gustine struje kroz izuzetno tanku žicu primara. Ako se pak neopterećen transformator priključi na naizmenični mrežni napon od 220 V, impedansa primara velike induktivnosti
Ω=⋅≈⋅+=+= 47352)2( 12
12
121
2211 LfLfRLRZ ππω
ograničavaće struju primara na vrednost
mAVfL
UI 5.464735220
2 1
11 =
Ω==
π
Snaga gubitaka na omskoj otpornosti primara iznosiće
mWIRP 420465.05.19 2211 =⋅=⋅=
što ukazuje da je koeficijent korisnog dejstva transformatora manji od 100%.
ZADATAK 25: Tri mrežna transformatora namotana su na tri identična jezgra. Prvi transformator ima na primaru 600, a na sekundaru 200 zavojaka, drugi na primaru ima 500, a na sekundaru 240 zavojaka, i treći na primaru ima 700, a na sekundaru 300 zavojaka.
a) Ako se transformatori redno vežu (primar drugog na sekundar prvog) pri čemu se prvi transformator vezuje na mrežni napon od 220 V, koliko će iznositi napon na izlazu.
b) Ako se primari ovih transformatora rednu vežu i priključe na mrežni napon 220 V, koliki će biti napon na redno vezanim sekundarima kroz koje ne teče struja?
................................ Rešenje:
a) Za rednu vezu transformatora (kao na slici), izlazni napon dobija se iz odnosa broja zavojaka.
VUUUU 3.73
600200
200600
122
1 =⋅=→=
VUUVUUUU 08.15
7003002.35
500240
240500
34233
2 =⋅=→=⋅=→=
b) U slučaju redne veze tri primara, doći će do raspodele ulaznog napona od 220V izmedju transformatora, pa je potrebno odrediti koliki ulazni napon pripada svakom transformatoru. Kada je sekundar neopterećen, primar se ponaša kao induktivnost koja je srazmerne kvadratu broja zavojaka. Budući da transformatori imaju identična jezgra, ulazne impedanse mogu se izraziti kao
492536600 3222
111 ⋅=⋅=⋅=⋅⋅=⋅== aXaXaANALX LLLLL ωωω
Ulazni naponi na transformatorima biće
Va
a
UXXX
XULLL
L
72220)492536(
36
' 1321
11
=⋅++⋅
⋅=
++=
VUXXX
XULLL
L 50' 1321
22 =
++=
VUXXX
XULLL
L 98' 1321
33 =
++=
VUU 2472600200'
600200" 11 =⋅=⋅=
VUU 2450500240'
500240" 22 =⋅=⋅=
VUU 4298700300'
700300" 33 =⋅=⋅=
ZADATAK 26: Mrežni transformator čiji je odnos transformacije napona n=0.1 ima stepen korisnog dejstva 88%. Izmerena otpornost žice primara je 8 Ω, a sekundara 0.5 Ω. Debljina žice sekundara je takva da je maksimalna struja kroz zavojke sekundara 3 A. Odrediti koliko iznose gubici usled vihornih struja i histerezisa u jezgru ovog transformatora.
................................ Rešenje:
Izlazni napon transformatora je
VVUnU 222201.012 =⋅=⋅=
Kako je izlazna struja I2=3A, to je izlazna snaga transformatora
WUIP 66222 ==
Ulazna snaga dobija se na osnovu stepena korisnog dejstva
WPPPPP
PP
snagautrosenasnagakorisna
gubitaka
7521
2
2
1
2 ==→+
===η
η
što znači da je snaga gubitaka
WPPPgubitaka 921 =−=
Ulazna struja je
mAUPI 341
1
11 ==
Snaga gubitaka u namotajima (bakru) je
WIRIRPCu 43.55.493.0222
211 =+=+=
pa se za snagu gubitaka u jezgru (gvoždju) dobija
WPPP CugubitakaFe 57.3=−=
ZADATAK 27: Mrežni transformator snage 100 W sa jezgrom EI profila treba da daje napon na sekundaru od 12 V. Na osnovi fizičkih dimenzija jezgra može se proceniti da je srednja dužina zavojaka u primaru 18 cm, a u sekundaru 22 cm. Pretpostavljajući da je maksimalna dozvoljena gustina struje kroz provodnike primara i sekundara J=8/π [A/mm2] i da je koeficijent sekundarnih gubitaka ν=1.10, proceniti koliko će da iznosi promena napona na sekundaru kada je:
a) transformator maksimalno opterećen, b) sekundar transformatora opterećen otpornikom od 4 Ω.
NAPOMENA: Broj zavojaka primara proračunava se na osnovu izraza
][1044.4
2411 cmS
SBfUN e
em
⋅⋅⋅⋅
=
Specifična otpornost bakra je 0.017 Ωmm2/m. ................................
Rešenje:
Za mrežni transformator snage 12100 PPWP ≈== imaćemo
2221 10100,2.1,50,12,220 cmPSTBHzfVUVU em =======
pa je broj zavojaka na primaru
82610102.15044.4
2201044.4
4411 =⋅
⋅⋅⋅=⋅
⋅⋅⋅=
em SBfUN
Broj zavojaka na sekundaru je sada
501
2122 ==UUNN ν
što je 10% više zavojaka (ν=1.10) u odnosu na idealan transformator. Struje kroz namotaje iznose
mAUPI 5.454
220100
1
11 === A
UPI 33.8
12100
2
22 ===
Minimalne površine poprečnih preseka žica odredjuju se na osnovu gustine struje
211 1785.0 mm
JIS == 22
2 2724.3 mmJIS ==
Znajući broj zavojaka, srednju dužinu jednog zavojka i površinu poprečnog preseka, odredjujemo otpornosti primara i sekundara
Ω=⋅
⋅=⋅= 15.141785.0
82618.0017.01
111 S
NlR zavρ Ω=⋅= mS
NlR zav 15.572
222 ρ
a) Transformator je maksimalno opterećen kada kroz njegove zavojke protiču maksimalne struje, tj. i mAI 5.4541 = AI 33.82 = . Na osnovu ekvivalentne šeme transformatora, koja uključuje otpornosti primara i sekundara (date na slici), za pad napona na sekundaru imaćemo
VUUIRIRU 83.035.048.0
1
211222 =+=⋅+=Δ
Prvi član na desnoj strani u poslednjem izrazu je smanjenje napona na sekundaru usled pada napona na otpornosti sekundara, a drugi član predstavlja smanjenje napona na primaru usled pada napona na otpornosti primara koje se sa odnosom transformacije U2/U1 preslikava na sekundar. Prema tome, sada se može odrediti vrednost koeficijenta sekundarnih gubitaka
072.112
87.12
2
222 ==
Δ+=
UUUν
Usled postojanja i drugih gubitaka u transformatoru, realna vrednost ovog koeficijenta je neznatno veća, pa se sa pravom može uzeti da iznosi oko 1.10, tj. oko 10-12% više zavojaka treba imati na sekundaru u odnosu na idealni transformator da bi se ovi efekti kompenzovali.
b) Kada je na izlaz transformatora priključen otpornik RL=4Ω, kroz sekundarni namotaj teći će struja
AVRUI
L
34
12* 22 =
Ω==
Otpornost sekundara je u ovom slučaju zanemarena (R2<<RL). Da bi kompenzovao smanjenje fluksa koje sekundar sa ovom strujom izaziva u jezgru, primar će povući dodatnu struju tako da bude ispunjeno
ANINIININ 1816.0****
1
2212211 ==⇒=
Promena napona na sekundaru će u ovom slučaju biti
VUUIRIRU 31.014.017.0**
1
211222 =+=⋅+=Δ
ZADATAK 28: Polazeći od fundamentalnih zakona elektrotehnike i činjenice da se struja u primaru mrežnog transformatora menja po prostoperiodičnom zakonu i1(t)=Im·cosωt, izvesti izraz za izračunavanje broja zavojaka na primaru transformatora
][44.4
10 24
11 cmS
SBfUN eff
effm ⋅⋅⋅⋅
=
................................ Rešenje:
Struja primara je prostoperiodična
tIti m ωcos)(1 ⋅=
pa je i fluks prostoperiodičan
tINlS
tiLt meff
effr ωμμφ cos)()( 2
101 ⋅=⋅=
Ovako promenljiv fluks indukovaće na primaru elektromotornu silu koja drži ravnotežu ulaznom naponu
)(sin)(1
210 tutIN
lS
dttdems m
eff
effr =⋅⋅⋅=−= ωωμμφ
Amplituda ulaznog napona je
12
101 22 UfINlS
U meff
effrm ⋅=⋅⋅= πμμ
gde je efektivna vrednost mrežnog napona. Maksimalna struja na primaru IVU 2201 = m daće maksimalnu indukciju BBm i maksimalni fluks. Izmedju ovih veličina postoji dobro poznata veza
eff
mrmrm l
INHB 100 ⋅=⋅= μμμμ
Zamenom ovog izraza u prethodni dobijamo
111 22 UfNSBU effmm ⋅=⋅⋅⋅= π
Odavde se dobija izraz za odredjivanje broja zavojaka na primaru transformatora
][44.4
22
2111 mS
SBfU
SBf
UN effeffm
effm⋅⋅⋅
=⋅⋅⋅
= π
U slučaju kada se površina poprečnog preseka jezgra izražava u [cm2], dobija se konačno
][44.4
10 24
11 cmS
SBfUN eff
effm ⋅⋅⋅⋅
=