Розрахунково графічна робота. Розрахунково - графічна робота з ТЕОРІЯ ЕЛЕКТРИЧНИХ КІЛ ТА СИГНАЛІВ. Робота № 527618

Розрахунково графічна робота

Інформація про навчальний заклад

ВУЗ:

Черкаський державний технологічній університет

Інститут:

Не вказано

Факультет:

РТ

Кафедра:

Кафедра радіотехніки

Інформація про роботу

Рік:

2016

Тип роботи:

Розрахунково - графічна робота

Предмет:

ТЕОРІЯ ЕЛЕКТРИЧНИХ КІЛ ТА СИГНАЛІВ

Варіант:

9 6

Завантажити

Частина тексту файла (без зображень, графіків і формул):

Міністерство освіти та науки України Черкаський державний технологічний університет Кафедра радіотехніки Розрахунково-графічна робота з теорії електричних кіл та сигналів Перевірив Черкаси 2014 Завдання на розрахунково-графічну роботу з дисципліні “Теорія електричних кіл та сигналів” Варіант 9 Завдання 1. Еквівалентне перетворення кіл. Виконати розрахунки електричного кола, заданого графом б (Рис.1) елементи гілок якого приведені в таблиці 1. Параметри елементів схеми мають такі значення: R1=(n+m) Ом = 10 Ом; R2 = n Ом = 9 Ом; R3 = т Ом = 34 Ом; R4 = (m + 0,5n) Ом = 38,5 Ом; R5 = (0,25n + 2m) Ом = 70,25 Ом; R6 =(; R7 =0; Е = п (В) = 9 В; J = 0,25т (А) = 8,5 А, где п=9, т=34. Рис. 1 Таблиця 1. Необхідно: Визначити еквівалентний опір кола в усталеному режимі відносно затискачів ідеального джерела напруги, рахуючи, що задавальний струм ідеального джерела струму дорівнює нулю: j=0. Враховуючи, що внутрішній опір джерела струму Rвн j (, то при j=0 гілку з джерелом струму j можна виділити зі схеми на рис.1. Опори ідеальних ємнісних елементів при постійному струмі кола також наближається до нескінченності: Ri1=Ri2 (, тому їх також видаляємо зі схеми на рис.2. Опори ідеальних індуктивних елементів h1 i h2 – нульові: Rh1=Rh2=Rh3=0, тому їх залишаємо короткозамкненими ділянками кола. В результаті отримаємо схему (Рис.3) В даній схемі послідовно з’єднані опори R1, R2 та R5, утворюючи одну гілку з еквівалентним опором R1,2,5=R1+R2+R5=45+9+70,25=122,25Ом; а дві паралельні гілки з опорами R3 та R4 можна замінити однією з еквівалентним опором: R3,4 = (R3*R4)/( R3+R4)=(34*38,5)/(34+38,5)=18,05 Ом. Отримуємо схему (Рис.4), з якої знаходимо еквівалентний опір кола відносно затисків джерела напруги: RЕекв=R1,2,5+R3,4=122,25+18,05=140,3 Ом. Визначити еквівалентний опір кола в усталеному режимі відносно затисків ідеального джерела струму, рахуючи задавальну напругу ідеального джерела напруги рівною нулю: Е=0. Враховуючи, що внутрішній опір ідеального джерела напруги RвнЕ=0, то при Е=0 ділянку гілки з джерелом напруги Е замінюємо короткозамкненою ділянкою. Як було сказано в першому пункті задачі, короткозамкненими ділянками замінюємо також h1, h2 i h3, а гілки з С1 та С2 – видаляємо. Отримуємо схему (Рис.5). В цій схемі опори R3, R4 замінюємо еквівалентними опорами: R2,5=R2+R5=9+70,25=79,25 Ом та R3,4=18,05 Ом, і отримуємо нову схему (Рис.6). Замінивши в гілці з R2,5 та R3,4 ці опори одним еквівалентним опором R2-5: R2-5= R2,5+R3,4=79,25+18,05=97,3 Ом, отримуємо схему (Рис.7). В схемі на рис.7 гілки з опорами R1 і R2-5 є паралельними. Тому еквівалентний опір кола відносно затисків джерела буде: Rjекв=(R1* R2-5)/(R1+R2-5)=(43*97,3)/(43+97,3)=29,82 Ом. Завдання 2. Розрахунок кіл з одним джерелом. Методом накладання для кола, отриманого в завданні 1, знайти струм, що протікає через джерело напруги та напруги на джерелі струму, використовуючи розрахунки завдання 1: 1.Розрахунок кола з джерелом напруги при j=0. За законом Ома знаходимо частковий струм джерела напруги: JE’=E/RЕекв=9/140,3=64,41*10-2 А. З рис.2 знаходимо часткову напругу на затисках джерела струму: Uj’=Uав=E-JE*R1=9-64,41*10-2*43=6,24 В. 2.Розрахунок кола з джерелом струму при Е=0. За законом Ома знаходимо часткову напругу на джерелі струму: Uj”=j*Rjекв=8,5*29,82=253,48 В. З рис.7 знайдемо частковий струм джерела напруги при Е=0: JE”=-j*(R2-5/(R1+R2-5))=-8,5*(97,3/140,3)= -5,89 А. 3.Задане коло є лінійним, тому його струми і напруги можна визначати як алгебраїчну суму часткових струмів і напруг, створених кожним з джерел окремо. Отже: Результуючий струм джерела напруги: JE= JE’+JE”=6,41*10-2-5,89= -5,83 А. Оскільки струм JE<0 (його фактичний напрямок протилежний напрямку дії джерела напруги) то джерело напруги споживає енергію з кола, а не віддає його. Результуюча напруга джерела струму: Uj= Uj’+Uj”=6,24+253,48=259,72 В. Завдання 3. Розрахунок кіл методом вузлових напруг. Спростимо схему рис.2. для цього індуктивні елементи h1, h2 та h3 замінимо короткозамкненими ділянками гілок схеми, а гілки з конденсаторами С1 та С2 видалимо (як пояснювалося в завданні 1 в усталеному режимі постійного струму опори ідеальних індуктивних елементів відсутні, а опори ідеальних ємнісних елементів RС1=RС2 (). В результаті отримуємо схему, яка показана на рис.8. В ній три вузли: «1», «2» та «3». Приймемо потенціал вузлів нульовим, наприклад, φ3=0. Для розрахунку значень потенціалів решти вузлів (φ1 та φ2) складемо систему з двох незалежних рівнянь, записавши їх спочатку в загальному вигляді: φ1*G11+ φ2*G12=J11 φ1*G21+ φ2*G22=J22 (1), де G11, G22 – власна провідність вузлів «1» та «2» відповідно, яка розраховується як сума провідностей усіх гілок, що сходяться у вузли «1» та «2». G12= G21 – взаємна провідність для вузлів «1» та «2» взята зі знаком «мінус». Розраховується як сума провідностей гілок, що з’єднують вузли «1» та «2» між собою. J11, J22 – вузлові струми для вузлів «1» та «2». Знаходимо значення цих величин: G11=1/R1 + 1/(R2+R5)=1/43+1/79,25 = 3.58*10-2 см. G22=1/R3 +1/R4 + 1/(R2+R5)=1/34+1/38,5+1/79,25 = 6,8*10-2 см. G12= G21= -1/(R2+R5)= -1/79,25 = - 1,26*10-2 см; J11=j+ E/R1 = 8,5+9/43 = 8,7 A. J22 = 0 (в гілках, що підходять до вузла «2» джерела відсутні). Використовуючи ці цифрові величини, знаходимо визначники системи (1): G11 G12 Δ= G21 G22 = G11* G22 - G12* G21 = 3,58*10-2*6,8*10-2 – (1,26*10-2)2 = 22,8*10-4 см2 J11 G12 Δ1= J21 G22 = J11* G22 – J22* G12 = 8,7*6,8*10-2 – 0 = 59,22*10-2 А*см G11 J11 Δ2= G21 J22 = J22* G11 – J11* G21 = 0+8,7*1,26*10-2 = 10,98*10-2 А*см; Потенціали вузлів «1» та «2»: φ1 = Δ1/ Δ = 59,22*10-2/22,8*10-4 = 259,72 В φ2 = Δ2/ Δ = 10,98*10-2 /22,8*10-4= 48,19 В; Знаходимо значення струмів всіх елементів заданого кола, включаючи індуктивні елементи. З рис.8 знаходимо: JE = JR1 = (E-(φ1- φ3))/R1 = 9-259,72/43 = -5,83 A JR2 = JR5 = Jh3 = (φ2- φ3)/(R2+R5)=(259,72 – 48,19)/79,25 = 211,53/79,25 = 2,66 A JR3 = Jh2 = (φ2- φ3)/R3 = 48,19/34 = 1,41 A JR4 = Jh1 = (φ2- φ3)/R4 = 48,19/38,5 = 1,25 A; Опори конденсаторів RС1=RС2 (, тому їх струми (див. Рис.2) будуть нульовими: JС1 = JС2 = 0 Розрахуємо значення напруг на всіх елементах кола, включаючи конденсатори С1 та С2. Uj = φ1- φ3 = 279,72 – 0 = 259,72 B UR1 = JR1*R1 = - 5,83*43 = -250,72 B UR2 = JR2*R2 = 2,66*9 = 24,02 B UR3 = UR4 = φ2- φ3 = 48,19 – 0 = 48,19 B UR5 = JR5*R5 = 2,66*70,25 = 187,51 B Опори ідеальних індуктивних елементів Rh1=Rh2=Rh3=0, тому їх напруги будуть: Uh1=Uh2=Uh3=0 B. Напруги конденсаторів знайдемо з рис.2: UC1 = Ua3 = - JR2*R2 - JR5*R5 - JR1*R1+E = - UR2- UR5 - UR1+E = -24,02 – 187,51 + 250,72 + 9 = 48,19 В. UC2 = φ2- φ3 = 48,19 – 0 = 48,19 B Перевіримо правильність розрахунків шляхом складання рівнянь по закону Кірхгофа для вузлів «1», «2», «3» та вузла «а» (Рис.2): Вузол «1»: j + JE – JR2 = 8,5+(-5,83) – 2,66 = 0 Вузол «a»: JR5 – JC1 – Jh3 = 2,66 – 0 – 2,66 = 0 Вузол «2»: Jh3 – JR4 – JR3 – JC2 = 2,66 – 1,25 – 1,41 – 0 = 0 Вузол «3»: JR3 + JR4 + JC1 + JC2 - JE – j = 1,41 + 1,25 + 0 + 0 - (-5,83) - 8,5 = 0 Закон струмів виконується для всіх вузлів кола, значить, розрахунки виконані вірно. Завдання 4. Кола з залежними джерелами. Заданий чотириполюсник, тип джерела, навантаження та тип функції, яку необхідно знайти, визначаються заданим кодом: 1315. Першою цифрою коду – 1 – визначається вид чотириполюсника (Рис.1), другою – 3 – тип джерела вхідного сигналу (Рис.2), третьою – 1 – тип навантаження (Рис.3). Функція, яку необхідно визначити, задається останньою цифрою – 5 : R = U1/i0 – вхідний опір підсилювача. Значення елементів чотириполюсника визначаються значеннями n=9, m=34: µ = 2, r = R1, g = 1/R2 ,α = 2, где R1= R2= (2 m + n) Ом = 2*34+9 = 77 Ом, RГ = RН = (2n + m) Ом = 2*9+34 = 52 Ом, R0 = (10 + n) Ом = 10+9 = 19 Ом. Повна схема чотириполюсника приведена на схемі рис.4. Завдання виконаємо методом вузлових напруг. В схемі три вузли: «а», «в», «с». Приймемо потенціал вузла «с» нульовим: φс = 0. Для визначення потенціалів вузлів «а» та «в» складемо наступну систему з двох рівнянь: φа*Gаа + φв*Gав=Jаа φа*Gва+ φв*Gвв=Jвв (1), де Gаа = 1/R1 + 1/R0 = 1/77 + 1/19 = 6,56*10-2 cм; Gвв = 1/R0 + 1/R2 + 1/Rн = 1/19 + 1/77 +1/52 = 8,48*10-2 см; Gав = Gва = - 1/R0 = - 1/19 = -5,26*10-2 см; Jаа = i0= ; Jвв = (µ*U1)/R2 = 2*U1/77 = 2,59*10-2U1 = 2,59*10-2 φа. Знаходимо необхідні визначники системи рівнянь (1): Gаа Gав Δ= Gва Gвв = 6,56*10-2*8,48*10-2 – (5,26*10-2)2 = 27,97*10-2 см2 Jаа Gав Δа= Jвв Gвв = і0*8,48*10-2 –(5,26*10-2)2*2,59*10-2 φа = і0*8,48*10-2 +13,67*10-4 φа Потенціал вузла «а»: φа = Δа/ Δ = (і0*8,48*10-2 +13,67*10-4 φа)/ 27,97*10-2 = 30,32*і0 + 0,48* φа. Звідси маємо: 0,51* φа = 30,32*і0 та φа = (30,32*і0 )/0,51 = 59,3*і0. Оскільки U1= φа – φ0 = 59,3*i0 – 0 = 59,3*i0, то вхідний опір буде : R = U1/i0 = (59,3*i0)/i0 = 59,3 Ом.

Розрахунково - графічна робота ТЕОРІЯ ЕЛЕКТРИЧНИХ КІЛ ТА СИГНАЛІВ

everego

19.02.2016 11:15

Коментарі

Ви не можете залишити коментар. Для цього, будь ласка, або зареєструйтесь.

Ділись своїми роботами та отримуй миттєві бонуси!

поділитись