IEA 1. En tvåpol sett utifrån från lasten - karakteriseras av tomgångsspänning E t., inre impedans Z i

Transkript

1 IEA 1 Lösning EoE tl 1 En tvåpol sett utifrån från lsten krkterisers v tomgångsspänning E t, inre impedns Z i och kortslutningsström I k Med utgångspunkt från dess prmetrr kn vi bygg ekvivlenter v tvåpolen en spänningsvrint och en strömkällevrint För båd vrintern gäller I k = E t /Z i Känner vi två v de tre är således även den tredje inringd ) Låt oss börj med tt beräkn E t och I k för den givn kretsen E= V driver en ström genom = ohm i serie med 4 //6 = 4 6/(46) = 4 ohm E t = E b finns över 4//6 = 4 ohm => E t = 4/(4)= 60/11 9 Tvåpolen kortslutes! Dvs 0 ohm koppls melln b E= V driver en ström genom = ohm i serie med 4//6//0 = 0 ohm (ingen ström går i 4 och 6 ohms motstånden) => I k = / = 5 A E t = 60/11 V och I k = 5 A ger Z i = E t /I k = 60/11/5 = 1/11 KP 4 6 Et b 4 6 Ik b => 1/11 60/11 5 1/11 Den som väl behärskr de vrintern ngriper knske problemet som nedn c d b Till vänster om snittet cd hr vi en nnn tvåpol med en resistns på ohm i serie med en idel spänningskäll (i =0) om V Låt oss gör om kretsen till en strömkäll med inre impednsen prllellt med en resistns => 5 OBS tt strömkälln driver ström i smm riktning som spänningskälln Tomgångsspänningen melln cd är V i båd fllen = ohm I =E/ = 5 A Strömkälln hr Zi= (oändlig impedns) Sök 4 6 i i = 6//4//// 1/i = 1/61/41/ i = 46/(4646)=1/11 5 1/11 <=> 1/11 60/11 b)

2 IEA För likström (ω = 0) skll den yttre lsten väljs till y = i om mn önskr mximl effekt i y Här blir vlet y = 1/11 KP För växelström (ω 0) är motsvrnde vl Z y = Z * i (komplex konjugt) OBS tt effektutvecklingen blir minst lik stor i det inre v tvåpolen För t ex en tongenertor för tt inte tl om en krftgenertor i t ex Brsebäck blir det nturligtvis synnerligen besvärligt med dett vl v yttre lst (c 50 megwtt effektutveckling i själv genertorn ger livslängden ngn sek) c) Med strömkällevlet ovn och y // i = 1/11 ohm går hlv strömmen 5 A genom yttre motståndet P yttre = y I y = 1/11 5 = 68 W Med spänningskällevlet ovn och y = i = 1/11 ohm går strömmen genom yttre och inre motståndet I y = E i / i = 60/11 11/4 = 5 A => P yttre = y I y = 1/11 5 = 68 W Lösning EoE tl En induktiv enfslst är nsluten till fs och noll Ufseff=50 V Plst = 5 kw Cos ϕ lst = 08 => ϕ lst = 369 o F S =P jq = UI* (U komplex x I komplex konjugt) S = Ueff Ieff ; P = S cosϕ ; Q = S sinϕ U=50 V 50 Hz L Z ϕ X=ωL S=ZI ϕ Q = X I = ωl I N P= I P = 5000 W; cos ϕ = 08 => sin ϕ = 06 S = P/cos ϕ = 5000/08 = 6 50 VA S = U eff Ieff => I eff = S/U eff = 650/50 = 5 A Q L = S sin ϕ = = VAr b) Fskompensering (eliminering v rektiv effekt) för en induktiv lst sker genom prllellkoppling v kondenstor Den rektiv positiv effekt som förbruks i induktnsen producers i kpcitnsen lterntivt uttryckt i kondenstorn förbruks lik mycket negtiv rektiv effekt som positiv rektiv effekt i induktnsen vid rätt vl v kondenstor Dess två rektiv effekter tr ut vrndr i belstningspunkten och från elverket behöver mn då br skick ut ktiv effekt på linjen något som minimerr S linje = 3 (Q=0) ) och I linje = S linje /U U = konst= 50 V På dett sätt mts lsten med rätt spänning och rätt ström

3 IEA 3 OBS tt en fskompensering i form v en seriekoppling med kondenstorer (serieresonns) ger onorml spänning över och onorml (krftigt ökd) ström genom själv den induktiv lsten med hveri (lsten brinner upp) som följd linje F N P och (Q Q) C belstningspunkten QC =Q L P (vårme och/eller mek rbete) QL =Q i serie med L kn vr en modell för en vnlig spole men lik gärn en mycket enkel modell för en elektrisk motor där P är den ktiv effekt som dels blir förluster i motorn (i lindningr, i lger etc) dels kommer ut på motorxeln som mek rbete All lindningr drr också rektiv effekt QL Q L = S sin ϕ = = Vr => tt C skll väljs så tt Q C = Q = VAr Q C = U /(1/ωC) => C = Q/(U ω) = 3750/(50 π 50) = µf (1µF = 6 F) c) Elverket skickr frm S = P = 5000 VA => I linjeeff = S/U eff = 5000/50 = 0 A Elverket kn lltså h klenre överföringslinjer om ll industrier själv hr fskompensering för sin lster Industrier som sköter sig kn därför få lägre tx Lösning EoE tl 3 I dett tl hr vi en frekvenslänk Mrkerr vi insignlen för OPkopplingen ser vi 3 sker direkt Kondenstorn C 1 belstr br tongenertorn utn något spänningsfll ( itong = 0) och det är en inverternde förstärkre med F = Z /Z 1 där Z 1 = 1 C i=0 Uin E C1 b Uinb 1 3 b Vi ser tt inspänningen E tg = U in = U C1 = U inb Dvs kondenstorn C 1 ingår ej i förstärkningsuttrycket F= Z /Z 1 ; Z 1 = 1 ; Z = ( 1/jωC )// 3 = ( 1/jωC ) 3 /(( 3 )1/jωC ) Täljre och nämnre i Z multiplicers med jωc =>

4 IEA 4 Z = (jωc 1) 3 /( jωc ( 3 )1) och F = 3 / 1 (1 jωc )/(1 jωc ( 3 )) = 3 / 1 (1 j f/f )/(1 j f/f 1 ) där f 1 = 1/(π C ( 3 )) = 1/(π (0 180) 3 ) = N] f = 1/(π C ( ) = 1/(π ) = N] OBS tt C hr dimensionen tid => 1/ C hr dimensionen vinkelfrekvens s 1 Ett brytuttryck (1jf/f0) bryter uppåt 0 db/dek om prentesen står i täljren Ett brytuttryck (1jf/f0) bryter nedåt 0 db/dek om prentesen står i nämnren OBS tt vi vid beräkningen v F i db tr beloppet v F dvs F db = 0 log F Minustecknet i F kommer som ± 180 o i rgumentet för F För låg frekvenser f<<f 1 är F = 3/1 = 18 => F db = 0 log 18 G%FKDUJF = ±180 o (mn väljer det som pssr bäst med fortsättningen) Vid f = f 1 = 5 khz bryter symptotkurvn 0 db/dek nedåt (brytprentesen i nämnren) Asymptotisk rgumentet ändrs språngvis med 90 o Förstärkningen F db i själv brytpunkten ligger dock 3 db under symptotkurvn och rg F hr ännu br ändrts med 45 o F (f=f1) _ 3 / 1 (1 /(1 j 5/5) = 3 / 1 /! F db = 0 log 3 / 1 / log 3 / 1 0 log 3 = db rg1/(1j1) = 45 o Vid f = 50 khz bryter symptotkurvn 0 db/dek uppåt (brytprentesen i täljren) Asymptotisk rgumentet ändrs språngvis med 90 o Förstärkningen F db i själv brytpunkten ligger dock 3 db över symptotkurvn och rg F hr ännu br ändrts med 45 o F (f=f) _ 3 / 1 (1 j 50/50)/(1 j 50/5)! F db = 0 log 18 log 18 0 log G%DUJM o För hög frekvenser är F (f>>f) 3 / 1 ( M f/50)/( M f/5) = 3 / 1 / = 18 Õ F db G%FKDUJF = ±180 o Bodedigrm se näst sid b) Utsignlen från OP hr mximl mplitudern ± U mättnd = ±135 V Den verklig förstärkningen vid 5 khz är 3= db F db = db => Fggr = /0 = 16 ggr och u ut = F u in => u inmx = 135/16 Õ u intoppmx = 7 V => U ineffmx 9 Givetvis kn F(5 khz) hämts från uttrycket F = 3 / 1 (1 j 5000/f )/(1 j 5000/f 1 )

5 IEA 5 c) Om vi hr en vnlig tongenertor TG med inre resistnsen tg = 50 ohm (stndrdvärde) kommer givetvis kondenstorn C 1 tt bidr till ett ökt inre spänningsfll i TG Ju högre frekvensen blir desto större blir spänningsfllet över tg (kondenstorn C 1 kortsluter insignlen mer och mer) Själv OPkopplingens förstärkning U ut /U bb förblir densmm ty i smm mån insignlen U = U bb minskr, minskr utsignlen U ut Slut på tlet med figuren nedn Låt oss beräkn Totlförstärkningen även om den ej efterfrågs! Totlförstärkningen U ut /E tg ( med en och smm inställning v levelnivån på TG) blir givetvis en ning nnorlund U = U bb = E tg 1/ jωc 1 /( tg 1/ jωc 1 ) = E tg 1/(1 jωtg C1 ) F tot = U ut /E tg = U ut / (U bb (1 jωtg C1 )) = F filter 1/(1 jωtg C1 ) I det totl förstärkruttrycket U ut /E tg tillkommer det en brytprentes i nämnren med brytfrekvensen f 3 = 1/(π tg C1 ) = 1/(π ) N] Eftersom brytfrekvensen förorskd v TG och C 1 ligger så högt som 0 khz blir påverkn påtglig först vid högre frekvenser c 50 khz (se Bodedigrmmet nedn) db FdB 0 symptot 3 db verklig kurv utn tg khz 50 khz 500 khz log f 0 khz med tg rg F 180o 70 symptot verklig kurv utn tg med tg log f Lösning EoE tl 4

6 IEA 6 Vi ser tt det inte finns någon återkoppling från utgången till minusingången i vår OPkoppling Det hndlr lltså om en komprtorkoppling v något slg De utsignler som kn finns för en dubbelsidigt mtd komprtor är mättningsspänningrn (här) ±15V Återkopplingen med =00 kω från utgången till plusingången och med 1=0 kω till jord fungerr som en vnlig spänningsdelre som fixerr plusingångens potentil på ±5V Om U ut = U mättnd = 15 V blir U = U plusingång = 15 1 /( 1 ) = 5V Om U ut = U mättnd = 15 V blir U = U minusingång = 15 1 /( 1 ) = 5V Vi misstänker nu tt det hndlr om en Smittrigger med hysteres med omslgs nivåern ± 5 V Antg tt U in = 15 V => U << U => U ut = U m = 15 V => U = 5 V Vi ökr nu U in Inget händer med utsignlen (15 V) förrän U in psserr 5 V Då U in psserr 5 V blir U större än U => tt utsignlen U ut blir = U m = 15 V => tt U ändrs till 5 V Dett påverkr inget ty U är fortfrnde > U Inget händer förrän insignlen sänks under 5 V När insignlen sänks under 5 V blir U > U => U ut ntr värdet U m = 15 V osv Komprtorn Uin En integrtor Uin/ 1 MΩ Üin =±15 UC C 1 µf ic 15 För kondenstorn gäller Q = CUC och Q = dt i UC = Q/C För kopplingen gäller ic = Uin/ = UC = 1/C U in dt b) En vnlig integrtor bygger vi med OP som ovn Positiv insignl gör tt integrtorns utspänning minskr Negtiv insignl gör tt integrtorns utspänning ökr c) Uin/ En inverternde OPkoppling med förstärkningen 1 får vi med två li k = Uin / F = 1 Uin Vi vill nu bygg en sågtndsgenertor med de tre blocken ovn Integrtorn koppls till Schmittriggern

7 IEA 7 Integrtorn ökr sin utsignl (från 5 V till 5 V) om integrtorns insignl är negtiv Schmittriggerns utsignl är tyvärr positiv ( 15 V) när insignlen går från 5 till 5 V så det duger inte tt koppl Schmittriggens utgång direkt till integrtorn (tecknet är fel) Det råder vi lätt bot på genom tt nslut inverterren melln schmittriggern och integrtorn UC 1 MΩ Üin =±15 V C 1 µf ic Üin = ±5 V 0 k 00 k Üin =±15 V Sågtndsspänningen finner vi på utgången v integrtorn = inspänningen till Schmittriggern Att tringelvågen vrierr melln Schmittriggerns omslgsnivåer ± 5 Vges v tt Schmittriggern slår om (byter polritet) just där Med = 1 MΩ och C = 1 µf blir integrtionskonstnten C = 1 sek På tiden T/ stiger tringelvågen (U C ) från 5 V till 5 V => U C = V för U in = ±15 V U C = Q C /C = 1/C œ 0 T/ Uin dt => = 1/1 œ0 T/ 15 dt = 15 T/ => T = 0/15 = 4/3 f = 1/T = 3/4 = 075 Hz Slut! Givetvis behöver mn inte h den extr inverterren ovn om mn i stället jordr Schmittriggerns minusingång och nsluter integrtorn till 0 k motståndet (som då givetvis inte får vr kopplt till jord) Hur det blir då? kn bli näst tentmensfråg! Lösning EoE tl 5 / 5 H L & H VLQW95 KP/ P1µ) 1lUVWDWLQlUWWLOOVWnQGUnGHUlUNUHWVHQLVHULHUHVQDQV = Mω/5Mω& KP, (5 LW HW5 ) i(0)=e(0)/=0a då brytren sluts vid tiden t=0

8 IEA 8 E F 1 1 e( t) uc ( t) = ic ( t) dt = dt = sin tdt = cos t 6 4 C C C u c ( 0) = 0V då brytren sluts vid tiden t=0 /DSODFHWUDQVIUPHULQJJHU V/,V 5 8F V & 1 U c (0) I ( s)( sl ) Li(0) = 0 sc s U c (0) I ( s) = 1 s( sl ) sc U (0) 0 I ( s) = L( s s ) L LC 4 c = = ( s s ) 8 ( s b) ( s ) Invers Lplcetrnsformen (regel 30 i formelbldet) => i(t) = e sin 500t 4 t i(t) = e bt sin t