Podstawy elektrotechniki: zestaw na powtórkę

Wzory, najważniejsze kroki metod dla każdego tematu i 16 zadań do ćwiczenia, z pełnymi rozwiązaniami na końcu.

Nowe zadaniaWróć do przedmiotu

W oknie drukowania wybierz „Zapisz jako PDF”, aby zachować kopię na swoim urządzeniu.

1Wzory i metody

Rezystory szeregowo i równolegle

Rezystory połączone szeregowo
Req = R1 + R2 + …
Rezystory połączone równolegle
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dwa równolegle
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Prawo Ohma
V = I·R
Moc
P = V·I = I²R = V²/R

Metoda

  1. Zacznij od końca sieci najdalszego od zacisków.
  2. Rezystory szeregowe łącz, dodając je, a równoległe ze wzoru 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Po każdym kroku narysuj obwód od nowa.
  4. Powtarzaj, aż między zaciskami zostanie jeden rezystor.

Metoda potencjałów węzłowych

Prądowe prawo Kirchhoffa
ΣIin = ΣIout
Prąd gałęzi
I = (Va − Vb)/R
Węzeł odniesienia
Vground = 0

Metoda

  1. Wybierz węzeł odniesienia (masę) i oznacz potencjały pozostałych węzłów.
  2. Napisz prądowe prawo Kirchhoffa dla każdego nieznanego węzła: prądy wypływające przez każdą gałąź są równe prądom wpływającym.
  3. Wyraź każdy prąd gałęziowy jako (Va − Vb)/R.
  4. Rozwiąż układ równań, a potem wyznacz potrzebne prądy.

Thévenin i Norton

Napięcie Thévenina
Vth = Vopen circuit
Rezystancja Thévenina
Rth: wszystkie źródła wyłączone, widziana z a–b
Prąd Nortona
IN = Vth/Rth
Prąd obciążenia
IL = Vth/(Rth + RL)
Maksymalne przekazywanie mocy
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Metoda

  1. Odłącz obciążenie i oznacz dwa zaciski a i b.
  2. Wyznacz napięcie stanu jałowego między a i b: to jest Vth.
  3. Wyłącz wszystkie niezależne źródła i wyznacz rezystancję widzianą z a–b: to jest Rth.
  4. Podłącz obciążenie z powrotem do obwodu zastępczego: Vth szeregowo z Rth.
  5. Dla obwodu zastępczego Nortona przelicz: IN = Vth/Rth, z RN = Rth równolegle.

Stany nieustalone RC i RL

Stała czasowa
τ = RC | τ = L/R
Odpowiedź układu
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensator przy prądzie stałym
rozwarcie; vC nie może zmienić się skokowo
Cewka przy prądzie stałym
zwarcie; iL nie może zmienić się skokowo
Stan ustalony
t ≈ 5τ

Metoda

  1. Wyznacz wartość początkową tuż po przełączeniu: napięcie na kondensatorze i prąd cewki nie mogą zmienić się skokowo.
  2. Wyznacz wartość końcową długo po przełączeniu: kondensator zachowuje się jak rozwarcie, a cewka jak zwarcie.
  3. Wyznacz stałą czasową: τ = RC lub τ = L/R, z rezystancją widzianą przez kondensator lub cewkę.
  4. Użyj x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Impedancja i wskazy AC

Impedancje
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Pulsacja
ω = 2πf
Moduł i kąt
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Prawo Ohma dla wskazów
V = I·Z

Metoda

  1. Przelicz częstotliwość: ω = 2πf.
  2. Wyznacz każdą reaktancję: XL = ωL i XC = 1/(ωC).
  3. Dodawaj impedancje jak rezystory, z Z = R + jX.
  4. Wyznacz moduł |Z| = √(R² + X²) i kąt φ = atan(X/R), a potem zastosuj prawo Ohma dla wskazów.

Moc AC i współczynnik mocy

Moc czynna
P = V·I·cos φ
Moc bierna
Q = V·I·sin φ
Moc pozorna
S = V·I = √(P² + Q²)
Współczynnik mocy
pf = cos φ = P/S
Kondensator kompensacyjny
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Moc w układach trójfazowych

Połączenie w gwiazdę (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Połączenie w trójkąt (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Całkowita moc czynna
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Moc pozorna i bierna
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kondensatory do kompensacji
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Napięcie na każdym kondensatorze
Δ: VL Y: VL/√3
Moc pobierana przez silnik
Pin = Pout/η

Transformatory

Przekładnia zwojowa
a = N1/N2 = V1/V2
Stosunek prądów
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Prąd znamionowy
I = S/V
Impedancja sprowadzona
Z1′ = a²·ZL
Straty w miedzi przy obciążeniu częściowym
Pcu = x²·Pcu,fl
Sprawność
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Sprawność maksymalna
x = √(Pcore/Pcu,fl)

2Zadania do ćwiczenia

1.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni
R1​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​6 ΩIR2​AR4​10 ΩB

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 ΩR4 = 10 Ω
IR2 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 6 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAR4​30 ΩBR6​8 Ω

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 10 ΩR3 = 25 ΩR4 = 30 ΩR5 = 10 ΩR6 = 8 Ω
Req = Ω
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 10 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​5 ΩAR4​3 ΩBIs​3 A

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć moc PIs oddawaną przez źródło prądu Is.

V1 = 18 VIs = 3 AR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 ΩR4 = 3 Ω
PIs = W
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 12 Ω−+Vs​ = 4 V+−V1​30 VR2​15 ΩAR3​4 ΩBIs​0,5 A

Źródło napięcia Vₛ między A i B ma zacisk + po stronie B, więc VB − VA = Vₛ. Użyj metody potencjałów węzłowych z superwęzłem, aby wyznaczyć potencjał węzła VA (mierzony względem masy).

V1 = 30 VIs = 0,5 AVs = 4 VR1 = 12 ΩR2 = 15 ΩR3 = 4 Ω
VA = V
5.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAab

Wyznacz prąd Nortona IN: prąd płynący od a do b, gdy zaciski są zwarte.

V1 = 12 VR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
6.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAIs​0,5 ABRL​6 ΩIL​

Między a–b podłączono obciążenie RL = 6 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 12 VIs = 0,5 AR1 = 6 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 ΩRL = 6 Ω
IL = A
7.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​15 Vt = 0R = 47 ΩL100 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz energię W zgromadzoną w cewce w chwili t = 5 ms, w mJ.

Vs = 15 VR = 47 ΩL = 100 mHt = 5 ms
W = mJ
8.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​24 Vt = 0R = 10 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 10 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 10 V o zaznaczonej biegunowości. Po jakim czasie vC osiągnie 14,2 V? Wyznacz t.

Vs = 24 VR = 10 kΩC = 33 µFvC(0) = 10 V
t = ms
9.Impedancja i wskazy ACŚredni
120 V500 HzR = 50 ΩL = 50 mHC = 47 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 120 V (skuteczne), 500 Hz. Wyznacz moc czynną P pobieraną z zasilania.

V = 120 V (rms)f = 500 HzR = 50 ΩL = 50 mHC = 47 µF
P = W
10.Impedancja i wskazy ACTrudny
12 V500 HzR1​ = 10 ΩR2​ = 80 ΩC = 10 µFI

Rezystor R1 jest połączony szeregowo z równoległym połączeniem R2 i kondensatora C i podłączony do zasilania 12 V (skuteczne), 500 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.

V = 12 V (rms)f = 500 HzR1 = 10 ΩR2 = 80 ΩC = 10 µF
I = A
11.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
240 VR + jXP = 1020 W8,5 A

Odbiornik indukcyjny pobiera 8,5 A i 1020 W z jednofazowego zasilania 240 V (skuteczne). Zamodeluj go jako rezystancję R połączoną szeregowo z reaktancją X. Wyznacz X.

V = 240 VI = 8,5 AP = 1020 W
X = Ω
12.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
120 V60 HzRs​ = 4 ΩXs​ = j5 ΩZL​ = ?

Źródło 120 V (skuteczne), 60 Hz ma impedancję wewnętrzną Zs = 4 + j5 Ω. Impedancję obciążenia ZL można dobrać dowolnie. Wyznacz maksymalną moc czynną Pmax, jaką można dostarczyć do obciążenia.

Vs = 120 V (rms)f = 60 HzZs = 4 + j5 Ω
Pmax = W
13.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 208 VIL​ = 75 Acos φ = 0,9indukcyjny

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera prąd przewodowy 75 A ze źródła o napięciu przewodowym 208 V. Współczynnik mocy wynosi 0,9 (indukcyjny). Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 208 VIL = 75 Acos φ = 0,9
P = kW
14.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 300 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) z sieci 690 V (napięcie przewodowe), 60 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,92 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w trójkąt. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 300 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformatoryŚredni
7200 V240 VIHV​ = ?ILV​150 kVA

Jednofazowy transformator 150 kVA, 7200/240 V pracuje przy obciążeniu znamionowym. Potraktuj go jako idealny. Wyznacz prąd IHV w uzwojeniu górnego napięcia.

S = 150 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
IHV = A
16.TransformatoryTrudny
pf 0,9100 kVA, η = 96%

Jednofazowy transformator 100 kVA ma straty w rdzeniu 400 W. Przy obciążeniu znamionowym i współczynniku mocy 0,9 (indukcyjnym) jego sprawność wynosi 96%. Wyznacz straty w miedzi przy pełnym obciążeniu Pcu,fl w watach.

S = 100 kVAPcore = 400 Wpf = 0,9η = 96%
Pcu,fl = W

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 2,424 A

Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.

R1​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​6 ΩAR4​10 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

Zacznij od końca najdalszego od źródła i idź w jego stronę. Rezystory z tym samym prądem są połączone szeregowo; rezystory między tymi samymi dwoma węzłami są połączone równolegle.

R3 + R4 = 10 + 10 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 6·20/(6+20) = 4,615 Ω
Req = R1 + 4,615 = 3 + 4,615 = 7,615 Ω

Prąd ze źródła

Źródło widzi tylko Req, więc prawo Ohma daje prąd, który dostarcza. Ten prąd płynie przez R₁.

IR1 = V1/Req = 24/7,615 = 3,152 A

Prąd przez R₂

Odejmij spadek na R₁, aby dostać potencjał węzła A, czyli napięcie na R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 24 − 3,152·3 = 14,55 V
IR2 = VA/R2 = 14,55/6 = 2,424 A

Odpowiedź

IR2 = 2,424 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 13,84 Ω

Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.

R1​ = 6 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAR4​30 ΩBR6​8 Ω

Łącz rezystory od najdalszego końca

Zacznij od końca najdalszego od źródła i idź w jego stronę. Rezystory z tym samym prądem są połączone szeregowo; rezystory między tymi samymi dwoma węzłami są połączone równolegle.

R5 + R6 = 10 + 8 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 11,25 Ω
R3 + 11,25 = 36,25 Ω
R2 ∥ 36,25 = 7,838 Ω
Req = R1 + 7,838 = 6 + 7,838 = 13,84 Ω

Odpowiedź

Req = 13,84 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: PIs = 24,39 W

Metoda potencjałów węzłowych: wybierz węzeł odniesienia, oznacz nieznane potencjały węzłów, zapisz prądowe prawo Kirchhoffa w każdym nieznanym węźle z prawa Ohma (I = ΔV/R) i rozwiąż równania.

PPK w węźle A

Prądy wypływające z A przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do A ze źródeł.

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/5 + (VA − 18)/10 + (VA − VB)/4 = 0
0,55·VA − 0,25·VB = 1,8

PPK w węźle B

Prądy wypływające z B przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do B ze źródeł.

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/3 + (VB − VA)/4 = 3
−0,25·VA + 0,5833·VB = 3

Rozwiąż

Δ = (0,55)(0,5833) − (−0,25)(−0,25) = 0,2583
VA = Δ1/Δ = 1,8/0,2583 = 6,968 V
VB = Δ2/Δ = 2,1/0,2583 = 8,129 V

Moc oddawana przez źródło prądu

Źródło wpycha Iₛ w górę do węzła B, od masy (0 V) do VB. Źródło, którego prąd wypływa z zacisku +, oddaje moc P = V·I.

PIs = VB·Is = 8,129·3 = 24,39 W

Odpowiedź

PIs = 24,39 W
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VA = 5 V

Metoda potencjałów węzłowych: wybierz węzeł odniesienia, oznacz nieznane potencjały węzłów, zapisz prądowe prawo Kirchhoffa w każdym nieznanym węźle z prawa Ohma (I = ΔV/R) i rozwiąż równania.

Utwórz superwęzeł

Przez źródło napięcia między A i B płynie nieznany prąd, więc nie można zapisać PPK osobno w A ani w B. Obejmij A, B i źródło jednym superwęzłem: prąd do niego wpływający jest równy prądowi wypływającemu.

VB = VA + 4
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Rozwiąż

(VA − 30)/12 + VA/15 + (VA + 4)/4 = 0,5
VA·(1/12 + 1/15 + 1/4) = 0,5 + 30/12 − 4/4 = 2
VA = 2/0,4 = 5 V
VB = 9 V

Odpowiedź

VA = 5 V
5.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = 0,2727 A

Twierdzenie Thévenina: każdy liniowy dwójnik zachowuje się jak jedno źródło napięcia Vth szeregowo z rezystancją Rth. Twierdzenie Nortona przedstawia ten sam układ jako źródło prądu IN = Vth/Rth równolegle z Rth.

R1​ = 12 ΩR3​ = 20 ΩZWARCIER2​20 ΩAabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

Zastąp źródła napięcia zwarciami, a źródła prądu rozwarciami, a potem spójrz na obwód od strony a–b.

R1 ∥ R2 = 12·20/(12+20) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 20 = 27,5 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

Przy rozwartych a–b przez R₃ nie płynie prąd, więc nie ma na nim spadku i V_b = V_A. R₁ i R₂ tworzą dzielnik napięcia.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 12·20/(12+20) = 7,5 V
IN​0,2727 ARth​27,5 Ωab

Układ zastępczy Nortona

Źródło Nortona to ten sam obwód widziany jako źródło prądu równolegle z R_th. Jego prąd to prąd zwarcia na a–b.

IN = Vth/Rth = 7,5/27,5 = 0,2727 A
6.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 0,8022 A

Twierdzenie Thévenina: każdy liniowy dwójnik zachowuje się jak jedno źródło napięcia Vth szeregowo z rezystancją Rth. Twierdzenie Nortona przedstawia ten sam układ jako źródło prądu IN = Vth/Rth równolegle z Rth.

R1​ = 6 ΩR3​ = 10 ΩZWARCIER2​20 ΩAROZWARCIEBabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

Zastąp źródła napięcia zwarciami, a źródła prądu rozwarciami, a potem spójrz na obwód od strony a–b.

R1 ∥ R2 = 6·20/(6+20) = 4,615 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,615 + 10 = 14,62 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAIs​0,5 ABab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

Przy rozwartych a–b jedyną drogą dla Iₛ jest R₃ do węzła A. Wyznacz V_A z superpozycji V₁ i Iₛ, a potem dodaj spadek na R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 9,231 + 0,5·4,615 = 11,54 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,54 + 0,5·10 = 16,54 V
Rth​ = 14,62 Ω+−Vth​16,54 VRL​6 ΩIL​

Podłącz obciążenie do układu zastępczego Thévenina

Źródło Thévenina i R_th szeregowo zachowują się na a–b dokładnie jak pierwotny obwód, więc obciążenie widzi prostą pętlę szeregową.

IL = Vth/(Rth + RL) = 16,54/(14,62 + 6) = 0,8022 A
7.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: W = 4,168 mJ

Stany nieustalone pierwszego rzędu: w obwodzie z jednym kondensatorem lub jedną cewką każde napięcie i każdy prąd zmienia się wykładniczo od wartości początkowej do końcowej: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, gdzie τ = RC lub τ = L/R. Po około 5τ obwód jest w stanie ustalonym.

Stała czasowa i prąd końcowy

Długo po zamknięciu łącznika cewka zachowuje się jak zwarcie, więc prąd końcowy zależy tylko od R.

τ = L/R = 100 mH / 47 Ω = 2,128 ms
i(∞) = Vs/R = 15/47 = 0,3191 A

Prąd w danej chwili

i(t) = 0,3191·(1 − e−5/2,128) = 0,2887 A

Zgromadzona energia

W = ½·L·i² = ½·100·0,2887² = 4,168 mJ

Odpowiedź

W = 4,168 mJ
8.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 117,7 ms

Stany nieustalone pierwszego rzędu: w obwodzie z jednym kondensatorem lub jedną cewką każde napięcie i każdy prąd zmienia się wykładniczo od wartości początkowej do końcowej: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, gdzie τ = RC lub τ = L/R. Po około 5τ obwód jest w stanie ustalonym.

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

Napięcie na kondensatorze nie może zmienić się skokowo, więc zaczyna od zgromadzonej wartości i dąży do napięcia źródła.

vC(0) = 10 V, vC(∞) = Vs = 24 V
τ = R·C = 10 kΩ · 33 µF = 330 ms
vC(t) = 24 + (10 − 24)·e−t/τ

Wyznacz czas

14,2 = 24 + (−14)·e−t/τ → e−t/τ = (14,2 − 24)/(10 − 24) = 0,7
t = τ·ln((10 − 24)/(14,2 − 24)) = 330·ln(1,429) = 117,7 ms

Odpowiedź

t = 117,7 ms
9.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: P = 28,69 W

Obwody AC i wskazy: rezystory, cewki i kondensatory mają impedancje R, jωL i 1/(jωC), gdzie ω = 2πf. Szeregowo impedancje dodaje się jak rezystancje, ale jako liczby zespolone. Wartości skuteczne prądu i napięcia spełniają prawo Ohma z |Z|.

Reaktancje

XL = 157,1 Ω, XC = 6,773 Ω

Impedancja

|Z| = √(50² + (150,3)²) = 158,4 Ω

Moc czynna

Cewki i kondensatory tylko gromadzą i oddają energię; całą moc czynną pobiera rezystor.

I = 120/158,4 = 0,7576 A
P = I²·R = 0,7576²·50 = 28,69 W

Odpowiedź

P = 28,69 W
10.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 0,3474 A

Obwody AC i wskazy: rezystory, cewki i kondensatory mają impedancje R, jωL i 1/(jωC), gdzie ω = 2πf. Szeregowo impedancje dodaje się jak rezystancje, ale jako liczby zespolone. Wartości skuteczne prądu i napięcia spełniają prawo Ohma z |Z|.

Reaktancja

XC = 1/(2π·500·10·10⁻⁶) = 31,83 Ω

Połączenie równoległe

Pomnóż licznik i mianownik przez liczbę sprzężoną, aby rozdzielić Zp na część rzeczywistą i urojoną.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 10,93 − j27,48 Ω

Impedancja całkowita

Z = 10 + 10,93 − j27,48 = 20,93 − j27,48 Ω
|Z| = √(20,93² + 27,48²) = 34,55 Ω

Prąd

I = V/|Z| = 12/34,55 = 0,3474 A

Odpowiedź

I = 0,3474 A
11.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: X = 24,45 Ω

Moc w obwodach AC: moc pozorna S = V·I (VA) dzieli się na moc czynną P = S·cos φ (W), która wykonuje pracę użyteczną, i moc bierną Q = S·sin φ (var), która krąży między źródłem a odbiornikiem. Współczynnik mocy to cos φ. Kondensator równoległy dostarcza moc bierną lokalnie, więc prąd linii maleje przy tej samej mocy czynnej.

Rezystancja z mocy czynnej

R = P/I² = 1020/8,5² = 14,12 Ω

Reaktancja z impedancji

|Z| = V/I = 240/8,5 = 28,24 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(28,24² − 14,12²) = 24,45 Ω

Odpowiedź

X = 24,45 Ω
12.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Pmax = 900 W

Moc w obwodach AC: moc pozorna S = V·I (VA) dzieli się na moc czynną P = S·cos φ (W), która wykonuje pracę użyteczną, i moc bierną Q = S·sin φ (var), która krąży między źródłem a odbiornikiem. Współczynnik mocy to cos φ. Kondensator równoległy dostarcza moc bierną lokalnie, więc prąd linii maleje przy tej samej mocy czynnej.

Dopasowanie sprzężone

Reaktancja obciążenia znosi reaktancję źródła, a rezystancja obciążenia jest równa rezystancji źródła.

ZL = Zs* = 4 − j5 Ω

Moc maksymalna

I = Vs/(2Rs) = 120/8 = 15 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 120²/(4·4) = 900 W

Odpowiedź

Pmax = 900 W
13.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 24,32 kW

Symetryczne układy trójfazowe: w połączeniu w gwiazdę (Y) napięcie przewodowe jest √3 razy większe od napięcia fazowego, VL = √3·Vph, a prąd przewodowy jest równy prądowi fazowemu. W połączeniu w trójkąt (Δ) napięcie przewodowe jest równe napięciu fazowemu, a prąd przewodowy jest √3 razy większy od prądu fazowego, IL = √3·Iph. Moc całkowita jest trzykrotnością mocy jednej fazy: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Moc pozorna

S = √3·VL·IL = √3·208·75 = 27,02 kVA

Moc czynna

P = S·cos φ = 27,02·0,9 = 24,32 kW

Odpowiedź

P = 24,32 kW
14.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 180,5 µF

Symetryczne układy trójfazowe: w połączeniu w gwiazdę (Y) napięcie przewodowe jest √3 razy większe od napięcia fazowego, VL = √3·Vph, a prąd przewodowy jest równy prądowi fazowemu. W połączeniu w trójkąt (Δ) napięcie przewodowe jest równe napięciu fazowemu, a prąd przewodowy jest √3 razy większy od prądu fazowego, IL = √3·Iph. Moc całkowita jest trzykrotnością mocy jednej fazy: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Kompensacja mocy biernej: kondensatory dostarczają moc bierną lokalnie, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Każdy z trzech kondensatorów dostarcza QC/3 = V²·ω·C, gdzie V to napięcie na tym kondensatorze: VL w baterii połączonej w trójkąt, VL/√3 w baterii połączonej w gwiazdę.

Moc bierna przed i po

Moc czynna się nie zmienia, więc każdy współczynnik mocy wyznacza moc bierną: Q = P·tan φ.

Q1 = 300·tan(acos 0,8) = 300·0,75 = 225 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,92) = 300·0,426 = 127,8 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 97,2 kvar

Pojemność na fazę

W baterii połączonej w trójkąt każdy kondensator jest włączony między dwa przewody fazowe.

V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 32400/(377·690²) = 180,5 µF

Odpowiedź

Cph = 180,5 µF
15.Transformatory

Odpowiedź: IHV = 20,83 A

Transformator idealny: napięcia mają się do siebie jak liczby zwojów, a prądy odwrotnie: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a oraz I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, więc moc wejściowa jest równa mocy wyjściowej, V₁·I₁ = V₂·I₂. Impedancja obciążenia Z po stronie wtórnej widziana od strony pierwotnej wynosi a²·Z.

Prąd znamionowy

Oba uzwojenia przenoszą tę samą moc pozorną.

IHV = S/V = 150000/7200 = 20,83 A

Odpowiedź

IHV = 20,83 A
16.Transformatory

Odpowiedź: Pcu,fl = 3350 W

Straty w transformatorze: straty w rdzeniu (histereza i prądy wirowe) zależą od napięcia i są takie same przy każdym obciążeniu. Straty w miedzi uzwojeń zmieniają się z kwadratem prądu, więc przy ułamku x obciążenia znamionowego wynoszą x²·Pcu,fl. Sprawność η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), z Pout = x·S·pf. Sprawność jest najwyższa przy obciążeniu, przy którym straty w miedzi są równe stratom w rdzeniu.

Moc wyjściowa i wejściowa

Pout = 100·0,9 = 90 kW
Pin = 90000/0,96 = 93750 W

Straty całkowite i straty w miedzi

Ploss = 93750 − 90000 = 3750 W
Pcu,fl = 3750 − 400 = 3350 W

Odpowiedź

Pcu,fl = 3350 W

ExamProblems · examproblems.com/courses/electrical-engineering-fundamentals