6-Ε-002 Εισαγωγη στην Αναλυση Ηλεκτρονικων Κυκλωματων Ι - ΚΕΦΑΛΑΙΟ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5ο ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΤΩΝ ΗΛΕΚΤΡΙΚΩΝ ΚΥΚΛΩΜΑΤΩΝ Σε αυτό το κεφάλαιο συγκεντρώνουµε τα κυριότερα θεωρήµατα που ισχύουν στα ηλεκτρικά κυκλώµατα. Τα θεωρήµατα αυτά θα τα συναντήσουµε και κατά την ανάλυση κυκλωµάτων στο εναλλασσόµενο ρεύµα. Η εµπέδωση των θεωρηµάτων γίνεται κύρια µέσω λυµένων παραδειγµάτων και για την κατανόηση τους δεν απαιτείται ιδιαίτερο µαθηµατικό υπόβαθρο.

5.1 Θεώρηµα της υπέρθεσης Το θεώρηµα της υπέρθεσης ή επαλληλίας ορίζει ότι η απόκριση σε ένα στοιχείο ενός κυκλώµατος ισούται µε το αλγεβρικό άθροισµα των αποκρίσεων που θα προκαλούνταν αν η κάθε πηγή δρούσε ανεξάρτητα από τις άλλες. Για να εφαρµόσουµε το θεώρηµα της υπέρθεσης πρέπει να διατηρήσουµε ενεργή µόνο µία πηγή ρεύµατος ή τάσης κάθε φορά και να διακόψουµε τη λειτουργία όλων των άλλων πηγών. Αυτό πρακτικά σηµαίνει ότι αντικαθιστούµε κάθε άλλη πηγή τάσης µε βραχυκύκλωµα και κάθε άλλη πηγή ρεύµατος µε ανοιχτό κύκλωµα. Τα παραπάνω θα γίνουν κατανοητά µε τη βοήθεια παραδειγµάτων.

72

Εισαγωγή στην ανάλυση ηλεκτρικών κυκλωµάτων. Τόµος Ι

Παράδειγµα 5.1 Στο κύκλωµα του σχήµατος να υπολογιστεί το ρεύµα στην αντίσταση R2 µε τη βοήθεια του θεωρήµατος της υπέρθεσης.

Πηγή τάσης ∆ιακόπτουµε τη λειτουργία της πηγής ρεύµατος αντικαθιστώντας τη µε ανοιχτό κύκλωµα.

Το ρεύµα στην R2 προκύπτει από το νόµο του Ohm 5 = 0,33 A I1 = 10 + 5 Πηγή ρεύµατος ∆ιακόπτουµε τη λειτουργία της πηγής τάσης αντικαθιστώντας τη µε βραχυκύκλωµα.

Θεωρήµατα των ηλεκτρικών κυκλωµάτων

73

Από το διαιρέτη ρεύµατος που σχηµατίζεται έχουµε 1 I 2 = 5 2 = 1,33 A 1 1 + 5 10 Εφαρµόζουµε το θεώρηµα της υπέρθεσης για τον υπολογισµό του ρεύµατος I R 2 = I 2 − I 1 = 1,33 − 0,33 = 1A

Παράδειγµα 5.2 Στο κύκλωµα του σχήµατος να υπολογιστεί το ρεύµα στην αντίσταση R3 µε τη βοήθεια του θεωρήµατος της υπέρθεσης.

Πηγή τάσης Ε1 ∆ιακόπτουµε τη λειτουργία των πηγών Ε2 και ΙS αντικαθιστώντας τες µε βραχυκύκλωµα και ανοιχτό κύκλωµα αντίστοιχα.

74

Εισαγωγή στην ανάλυση ηλεκτρικών κυκλωµάτων. Τόµος Ι

Από το διαιρέτη τάσης το δυναµικό VA και το ρεύµα θα είναι (5 // 10) 10 = 1,43V VA = 20 + (5 // 10) V I 1 = A = 0,143 A 10 Πηγή τάσης Ε2 ∆ιακόπτουµε τη λειτουργία των πηγών Ε1 και ΙS αντικαθιστώντας τες µε βραχυκύκλωµα και ανοιχτό κύκλωµα αντίστοιχα.

Από το διαιρέτη τάσης το δυναµικό VΒ και το ρεύµα θα είναι (20 // 10) 5 = 2,85V VB = 5 + (20 // 10) V I 2 = B = 0,285 A 10 Πηγή ρεύµατος Ι2 ∆ιακόπτουµε τη λειτουργία των πηγών Ε1 και Ε2 αντικαθιστώντας τες µε βραχυκύκλωµα.

Θεωρήµατα των ηλεκτρικών κυκλωµάτων

75

Από το διαιρέτη ρεύµατος προκύπτει 1 10 2 = 0,571A I3 = 1 1 1 + + 20 5 10 Εφαρµόζουµε το θεώρηµα της υπέρθεσης για τον υπολογισµό του ρεύµατος I R 3 = I 3 − I 1 − I 2 = 0,571 − 0,143 − 0,285 = 0,143 A

5.2 Θεώρηµα Thevenin Ορισµένες φορές προκύπτει η ανάγκη αντικατάστασης ενός σύνθετου κυκλώµατος µε ένα πολύ απλούστερο που όµως θα προκαλεί την ίδια απόκριση στα υπόψη σηµεία. Το θεώρηµα του Thevenin επιτρέπει την αντικατάσταση ενός σύνθετου κυκλώµατος µε ένα ισοδύναµο από πλευράς απόκρισης κύκλωµα που αποτελείται µόνο από µία πηγή τάσης σε σειρά µε µία αντίσταση. Η πηγή τάσης ονοµάζεται ισοδύναµη τάση Thevenin και η αντίσταση ισοδύναµη αντίσταση Thevenin.

Σχήµα 5.1: Ισοδύναµο κύκλωµα Thevenin.

Για τον υπολογισµό του ισοδύναµου κυκλώµατος Thevenin στα σηµεία α και β ακολουθείται η παρακάτω διαδικασία: α) αποσυνδέουµε το φορτίο RL. β) υπολογίζουµε την αντίσταση Rαβ µε ανενεργές τις πηγές. γ) υπολογίζουµε την τάση Vαβ µε ενεργές τις πηγές. δ) σχηµατίζουµε το ισοδύναµο Thevenin και συνδέουµε το φορτίο. Η διαδικασία αποσαφηνίζεται µε τη βοήθεια παραδειγµάτων.

76

Εισαγωγή στην ανάλυση ηλεκτρικών κυκλωµάτων. Τόµος Ι

Παράδειγµα 5.3 Βρείτε το ισοδύναµο κύκλωµα Thevenin στα σηµεία α και β και στη συνέχεια υπολογίστε την ισχύ που δαπανάται στο φορτίο RL.

υπολογισµός της αντίστασης Rαβ Αποσυνδέω το φορτίο και αντικαθιστώ την πηγή τάσης µε βραχυκύκλωµα

Rαβ = 20 + (10 // 10 ) = 20 + 5 = 25Ω

υπολογισµός της τάσης Vαβ Επαναφέρω σε λειτουργία την πηγή τάσης. Επειδή το κύκλωµα είναι ανοιχτό η αντίσταση των 20 Ω δε διαρρέεται από ρεύµα και ισχύει

Θεωρήµατα των ηλεκτρικών κυκλωµάτων

Vαβ = Vγδ =

77

10 10 = 5V 10 + 10

Εφαρµογή του ισοδύναµου Thevenin Αντικαθιστούµε το κύκλωµα µε το ισοδύναµο κύκλωµα Thevenin και συνδέουµε το φορτίο.

5V = 0,167 A 5 + 25 2 PL = I L2 RL = (0,167 ) x5 = 0,139W IL =

Παράδειγµα 5.4 Βρείτε το ισοδύναµο κύκλωµα Thevenin στα σηµεία α και β και στη συνέχεια υπολογίστε την ισχύ που δαπανάται στο φορτίο RL.

ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑΤΑ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1ο Παράδειγµα 1.1 Ένα άτοµο σιδήρου περιέχει στον πυρήνα του 26 πρωτόνια και 29 νετρόνια, ενώ στις εξωτερικές στοιβάδες υπάρχουν συνολικά 23 ηλεκτρόνια. Να υπολογιστεί το συνολικό φορτίο του ατόµου σε Coulomb. Το πρωτόνιο έχει φορτίο ίσο µε +1 e, το ηλεκτρόνιο -1 e, ενώ το νετρόνιο είναι ηλεκτρικά ουδέτερο. Το συνολικό φορτίο του ατόµου θα είναι +26 e - 23 e = +3 e = +3 x 1,6x10-19 = + 4,8x10-19 C

Παράδειγµα 1.2 Ένα φορτίο Q εισάγεται στο χώρο µεταξύ δύο ακλόνητων φορτίων Q1 = 5C και Q2 = 3C και πάνω στην ευθεία που ενώνει τα κέντρα των δύο φορτίων. Αν η απόσταση r µεταξύ των Q1 και Q2 είναι ίση µε 1 m να βρεθεί το σηµείο που ισορροπεί το φορτίο Q. Θεωρείστε ότι η µάζα των φορτίων είναι αµελητέα.

Εισαγωγή στην ανάλυση ηλεκτρικών κυκλωµάτων. Τόµος Ι

166

Στην άγνωστη απόσταση x οι απωστικές δυνάµεις πάνω στο φορτίο Q θα είναι ίσες και αντίθετες.

F1 = F2 Q1Q Q2 Q = 2 2 4πε o x 4πε o (r − x ) Q1 Q2 = 2 x (r − x )2

Q1 (r − x ) = Q2 x 2 2

(Q1 − Q2 )x 2 − 2Q1rx + Q1r 2 = 0 2 x 2 − 10 x + 5 = 0 Λύνουµε την εξίσωση δεύτερης τάξης που προκύπτει υπολογίζοντας τη 2 διακρίνουσα ∆ = (− 10 ) − 4 ⋅ 2 ⋅ 5 = 60 . Οι δύο λύσεις θα είναι 10 + 60 10 − 60 x2 = = 4,44m = 0,56m 2⋅2 2⋅2 Η πρώτη λύση προφανώς απορρίπτεται, εποµένως το σηµείο ισορροπίας είναι x = 0,56 m από το φορτίο Q1. x1 =

Παράδειγµα 1.3 Το φορτίο Q1 = 300 nC βρίσκεται ακλόνητα τοποθετηµένο στη θέση x = 0 και συνδέεται µε το φορτίο Q2 = 200 nC µέσω ελατηρίου σταθεράς k = 10 N/m και αρχικού µήκους L. Λόγω της δύναµης Coulomb που αναπτύσσεται µεταξύ των φορτίων το µήκος του ελατηρίου αυξάνεται κατά 10%. Υπολογίστε το αρχικό µήκος του ελατηρίου και την επιµήκυνση λόγω της δύναµης.

Λυµένα παραδείγµατα

167

Η δύναµη Coulomb εξισορροπείται από τη δύναµη επαναφοράς του ελατηρίου Fελ = FC k∆L =

Q1Q2

4πε o (L + ∆L )

2

4πε o k 0,1L(1,1L ) = Q1Q2 2

4πε o k 0,11L3 = Q1Q2

όπου αντικαταστήσαµε την επιµήκυνση ∆L = 0,1L. Επιλύοντας ως προς το µήκος L έχουµε 1/ 3

1/ 3

 Q1Q2   300 x10 −9 x 200 x10 −9   =   = 0,079m = 7,9cm L =  −12   4,4 x3,14 x8,85 x10   0,44πε o k  Η επιµήκυνση του ελατηρίου είναι ∆L = 0,1L = 0,79 cm.

Παράδειγµα 1.4 Στο ισόπλευρο τρίγωνο του σχήµατος να υπολογιστεί η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου στο σηµείο Α αν είναι Q1 = 10 nC, Q2 = 2 nC, Q3 = 50 nC, και 2α = 0,1 cm.

Εισαγωγή στην ανάλυση ηλεκτρικών κυκλωµάτων. Τόµος Ι

168

Τα Q1 και Q2 απέχουν από το σηµείο Α απόσταση α, ενώ το φορτίο Q3 απέχει απόσταση r που υπολογίζεται µε βάση το Πυθαγόρειο θεώρηµα

(2α )2

= r2 +α 2

→

r = 3α = 0,173cm

Το µέτρο των εντάσεων που ανεξάρτητα δηµιουργούν τα τρία φορτία στο σηµείο Α υπολογίζεται ως εξής E A1 =

Q1 10 x10 −9 N = = 360 x10 6 2 2 −12 C 4πε oα 4 x3,14 x8,85 x10 x(0,0005)

E A2 =

Q2 2 x10 −9 N = = 72 x10 6 2 2 −12 C 4πε oα 4 x3,14 x8,85 x10 x(0,0005)

E A3 =

Q3 50 x10 −9 6 N = = 150 x 10 2 2 C 4πε o r 4 x3,14 x8,85 x10 −12 x(0,00173)

Η ένταση µε φορά κατά την κάτω πλευρά του τριγώνου θα είναι ίση µε N E A12 = E A1 − E A 2 = 360 x10 6 − 72 x10 6 = 288 x10 6 C Η συνολική ένταση στο σηµείο Α προκύπτει από το διανυσµατικό άθροισµα των ΕΑ12 και ΕΑ3.

Λυµένα παραδείγµατα

E A = E A212 + E A3 =

169

(288 x10 ) + (150 x10 ) 6 2

6 2

= 325 x10 6

N C

Παράδειγµα 1.5 Στις κορυφές Α, Β και Γ του ορθογώνιου του σχήµατος είναι τοποθετηµένα τα φορτία q1 = 40 nC, q2 = 30 nC και q3 = 50 nC αντίστοιχα. Να υπολογιστεί το διάνυσµα της έντασης του ηλεκτρικού πεδίου που δηµιουργείται στην κορυφή ∆. ∆ίνονται α = 8 cm, β = 6 cm.

Η διαγώνιος του ορθογωνίου έχει µήκος δ = α 2 + β 2 = 8 2 + 6 2 = 10cm . Υπολογίζουµε το µέτρο των εντάσεων που δηµιουργούν τα φορτία στην κορυφή ∆.

E1 =

q1 40 x10 −9 N 99910 = = 2 2 C 4πε o β 4 x3,14 x8,85 x10 −12 x(0,06 )

q2 30 x10 −9 N E2 = = = 26975 2 2 −12 C 4πε oδ 4 x3,14 x8,85 x10 x(0,1) E3 =

q3 50 x10 −9 N = = 70250 2 2 −12 C 4πε oα 4 x3,14 x8,85 x10 x(0,08)

170

Εισαγωγή στην ανάλυση ηλεκτρικών κυκλωµάτων. Τόµος Ι

Η γωνία φ που σχηµατίζει το διάνυσµα Ε2 µε τον άξονα των x µπορεί να υπολογιστεί ως β 6 tan ϕ = → ϕ = tan −1   = 37 o α 8 Αναλύουµε το διάνυσµα της έντασης Ε2 στις συνιστώσες του κατά τον x και y άξονα.

N E 2 x = E 2 cos 37 o = 26975 x0,8 = 21580 C N E 2 y = E 2 sin 37 o = 26975 x0,6 = 16185 C Η ένταση κατά τους άξονες x και y θα είναι N E x = E3 + E 2 x = 70250 + 21580 = 91830 C N E y = E1 + E 2 y = 99910 + 16185 = 116095 C Η συνολική ένταση Ε στην κορυφή ∆ προκύπτει ως το διανυσµατικό άθροισµα των Εx και Εy.

N C Το διάνυσµα της έντασης σχηµατίζει γωνία θ µε τον οριζόντιο άξονα που υπολογίζεται ως Ey  116095  o tan θ = → θ = tan −1   = 52 Ex  91830  E = E x2 + E 2y =

(91830 )2 + (116095)2

= 148020