Подякувати Студентському архіву довільною сумою
Admin
26.02.2023 12:38
Дякуємо, що користуєтесь нашим архівом!
Розрахунково графічна робота
Інформація про навчальний заклад
ВУЗ:
Черкаський державний технологічній університет
Інститут:
Не вказано
Факультет:
РТ
Кафедра:
Кафедра радіотехніки
Інформація про роботу
Рік:
2014
Тип роботи:
Розрахунково - графічна робота
Предмет:
ТЕОРІЯ ЕЛЕКТРИЧНИХ КІЛ ТА СИГНАЛІВ
Варіант:
9 6
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.
19.02.2016 11:02-
Ділись своїми роботами та отримуй миттєві бонуси!
0%
Оголошення від адміністратора