Elektronski fakultet u Niu

ELEKTRONSKE KOMPONENTE

(Semestar II, 2010. god) Zadaci sa raunskih vebi, prvi deo

ZADATAK 1: Razmatra se standardni niz nazivnih vrednosti otpornosti. a) Odrediti koja vrednost tolerancije odgovara nizu E12. b) Odrediti kom standardnom nizu odgovara tolerancija 2.5%. ................................ Reenje: Niz nazivnih vrednosti (otpornosti, kapacitivnosti, itd.) je geometrijski niz iji je faktor q. Oznaka niza se formira prema broju lanova niza u jednoj dekadi. Ako u jednoj dekadi nazivnih vrednosti (od 1 do 10, ili na primer od 100 do 1000) imamo n lanova, onda e oni biti: prvi:

a1 = 1 q = qn-ti: an = q n = 10

drugi: a2 = a1 q = q 2 trei:a3 = a2 q = q 3

q = n 10

Nazivne vrednosti, ukljuujui toleranciju , treba da pokriju sve realne vrednosti, tj. maksimalna prethodna vrednost treba da se poklapa sa minimalnom narednom nazivnom vrednou:

an max = a( n +1) min an (1 + ) = a( n +1) (1 )

dakle, 1 + = q (1 )

an (1 + ) = an q (1 ) a) Za niz E12 imaemo da je geometrijski faktor niza q = 12 10 = 101 + = q q (1 + q ) = q 11 12

= 1.2115 , pa je

=

q 1 = 0.09564 10% q +1

Dakle, komponente ije nazivne vrednosti pripadaju nizu E12 su sa tolerancijom 10%. b) Neka je sada data tolerancija =2.5% =0.025. Odredimo broj lanova niza preko faktora qq= 1 + 1.025 = = 1.05128 1 0.9751 n

Kako jeq = n 10 = 10 log q =

1 1 1 to se dobija n = = = 46 log q log1.05128 n

a to znai da bi tolerancija 2.5% odgovarala nizu E46. Medjutim, taj niz ne postoji i ovde se u stvari radi o nizu E48 sa tolerancijom 2%. U praksi imamo sledee nizove (E6, E12, E24, E48, E96, E192) kojima odgovaraju redom tolerancije (20%, 10%, 5%, 2%, 1%, 0.5% ). Tako, niz E24 sadri pored svih lanova niza E12 i geometrijske sredine susednih lanova niza. Primer otpornosti iz niza E12: 1.0 1.2 1.5 1.8 2.2 2.7 3.3 3.9 4.7 5.6 6.8 8.2

ZADATAK 2: SMD otpornik pravougaonog oblika, duine a=2mm i irine b=0.5mm, nalazi se zalemljen na tampanoj ploi (PCB). Otpornik je realizovan od oksida kalaja, ija je slojna otpornost RS=250 /, a tampana ploa od kompozitnog FR-4 (FlameRetardant) debljine d=1 mm i koeficijenta termike provodnosti k=0.25 WK-1m-1. a) Odrediti vrednost otpornosti ovog SMD otpornika. b) Ako je maksimalna snaga ovog otpornika 1/8 W, odrediti maksimalni napon na koji se on sme prikljuiti. c) Ako je maksimalno dozvoljeno pregrevanje SMD otpornika 80oC, odrediti koliko se toplote sa njega odvodi procesom provodjenja kroz PCB. ................................ Reenje: Otpornost SMD otpornika je a a R= = = RS n bh h b gde je slojna otpornost RS = otpornost h jednog kvadrata. Kako je broj kvadratan=

2mm a = =4 b 0.5mm

to je otpornost ovog otpornika R = RS n = 250 4 = 1k b) Maksimalna snaga koja se razvija na otporniku iznosi2 U max Pmax = = 125 mW , R odakle se moe odrediti masimalni napon koji se sme dovesti na otpornik, a da se ova snaga ne prekorai U max = R Pmax = 1000 0.125 = 11.18V

c) Povrina otpornika, tj povrina kojom on nalee na tampanu plou je S = a b = 1 mm 2 Toplota se sa otpornika odaje kroz tri mehanizma: provodjenjem (kondukcija), opstrujavanjem vazduhom (konvekcija) i zraenjem (radijacija). Za proces provodjenja toplote postoji analogija sa Omovim zakonom za provodjenje elektrine struje, gde je koliina proteklog naelektrisanja q = I t = U S t = S t = t R l l

Dakle, za koliinu toplote (energije) koja se pri razlici temperatura T kroz sredinu provodnosti k i debljine (duine) provodnog puta d prenese preko povrine S za vreme dobija se izrazQ = P = k T S d

,

pa je konano traena snaga P=k T S W 80o C 1 106 m 2 = 0.25 = 20 mW d mK 1 10 3

ZADATAK 3: Struja kroz neosvetljeni fotootpornik pri naponu U=10V iznosi 400 A. Kada se pri istom naponu on izloi osvetljaju E1=500 lx, struja kroz njega je 2 mA, a pri osvetljaju E2=1500 lx struja kroz ovaj fotootpornik iznosi 6 mA. Koliki e biti pad napona na ovom fotootporniku kada je on osvetljen sa 1000 lx i kada je struja kroz njega 2.2 mA. ........................................ Reenje: Kada je fotootpornik neosvetljen u njemu postoji odredjena koncentracija termiki generisanih nosilaca (elektrona n0 i upljina p0) koji na odredjenom naponu daju struju tame. Kada se fotootpornik osvetli, pored termike generacije nosilaca prisutna je i fotogeneracija nosilaca (unutranji fotoefekat), pa je specifina provodnost fotootpornika

= q{ n (n0 + n) + p ( p0 + p)} = q( n n0 + p p0 ) + q( n n + p p) = 0 + f144 44 2 3fotoprovodnost

zbir specifine provodnosti u mraku i specifine fotoprovodnosti. Na osnovu ovoga se ukupna struja pri nekom naponu moe izraziti kao zbir struje tame i fotostrujeI = G U = S S U = U ( 0 + f ) = I t + I f l l

pri emu je zavisnost fotostruje od osvetljaja E data izrazom

I f = C ExStruja je dakle direktno srazmerna naponu. Pri naponu U=10V struja tame je It=400 A. Vrednosti fotostruje na dva razliita osvetljaja E1 i E2 iznose

I f 1 = I1 I t = 2000 400 = 1600 A = C E1x I f 2 = I 2 I t = 6000 400 = 5600 A = C E2xIz odnosa ovako dobijenih fotostruja odredjujemo nepoznate parametre C i x If2 I f1 I ln f 2 I ln(3.5) E f1 = 2 x= = = 1.1403 E ln 3 E2 1 ln E 1x

C=

I f 1 1600 A = = 1.3381 A E1x 5001.1403

Kada bi fotootpornik bio izloen osvetljaju E3=1000 lx struja kroz njega bi pri U=10V bila

I = I t + I f 3 = I t + C E3x = 400 + 1.3381 10001.1403 = 3927 Ato znai da je pri osvetljaju od 1000 lx otpornost ovog fotootpornikaR=

10 V U = = 2546 I 3927 A

Prema tome, kada kroz ovaj fotootpornik bude proticala struja od 2.2 mA, traeni pad napona na njemu bie U = 2546 2.2 103 = 5.6 V .

ZADATAK 4: Fotootpornik na radnom naponu od 10V daje struju od 100 A u tami, 500 A pri osvetljaju od 300 lx i 2 mA pri osvetljaju od 1200 lx. Odrediti kolikom maksimalnom osvetljaju sme da se izloi ovaj fotootpornik, na radnom naponu, ako je njegova maksimalna dozvoljena snaga disipacije 0.05 W. ........................................ Reenje: Ukupna struja kroz osvetljeni fotootpornik je zbir struje u tami It=100 A i fotostruje If (struje nosilaca generisanih unutranjim fotoefektom).I = It + I f

Zavisnost fotostruje od osvetljaja E je po zakonu

I f = C Exgde su C i x konstante (C zavisi od napona na otporniku). Prema tome, maksimalna snaga na fotootporniku dobie se za onu vrednost osvetljaja za koju je fotostruja maksimalnaPmax = U I max = U ( I t + I f max )

Odavde je maksimalna fotostrujaI f max = Pmax I t = 4900 A U

za koju vaix I f max = C Emax

Potrebno je najpre odrediti nepoznate parametre C i x. Kako je

I f 1 = I1 I t = 500 100 = 400 A = C E1x I f 2 = I 2 I t = 2000 100 = 1900 A = C E2xiz odgovarajuih odnosa dobijamo If2 I f1 I ln f 2 I ln(4.75) E f1 = 2 x= = = 1.124 E ln 4 E2 1 ln E 1x

E1=300 lx E2=1200 lx

C=

I f 1 400 A = = 0.6573 A E1x 5301.124

Konano, maksimalni osvetljaj kome sme da se izloi fotootpornik, a da se ne prekorai maksimalna snaga jeEmax I x = f max = 2787 lx C 1

ZADATAK 5: Fotootpornik u potpunom mraku ima otpornost R0=100 k. Kada se upali takasti izvor svetlosti, koji je na rastojanju 1.2 m od ovog fotootpornika, njegova otpornost padne na R1=4 k, a kada se izvor svetlosti priblii na 75 cm, otpornost fotootpornika padne na R2=1.46 k. Odrediti kolika e biti otpornost ovog fotootpornika ako se takasti izvor svetlosti priblii na 50 cm od fotootpornika. ........................................ Reenje: Pretpostavimo da je fotootpornik prikljuen na napon U=1 V. Struja mraka je tadaIt = U 1V = = 10 A R0 100k

Na rastojanju r1=120 cm je osvetljaj E1, pa je tada ukupna strujaI1 = U 1V = = 250 A , dok je fotostruja I f 1 = I1 I t = 240 A R1 4k U 1V = = 685A , dok je fotostruja I f 2 = I 2 I t = 675 A R2 1.46k

Na isti nain je na rastojanju r2=75 cm osvetljaj E2, pa je ukupna strujaI2 =

Polazei od toga da je fotostruja data izrazom

I f = C Exi da je zavisnost osvetljaja od rastojanja po zakonu 1/r2,E = A 1 r2x 2x

za odnos fotostruja dobiemoIf2 I f1 C E2x E2 r1 = = = C E1x E1 r2

odakle odredjujemo

x=

1 log(I f 2 / I f 1 ) 1 log 2.8125 = = 1.1 2 log(r1 / r2 ) 2 log1.6x 2x 2.2

Sada se za rastojanje r3=50 cm i osvetljaj E3 koji odgovara ovom rastojanju dobijaIf3 I f1 E r = 3 = 1 E r 1 3 120 = 50 = 6.8622

pa jeI f 3 = 240 A 6.8622 = 1647 A I 3 = I f 3 + I t = 1657 A

Konano je traena otpornostR3 = 1V U = = 603.5 I 3 1657 A

ZADATAK 6: Otpornost ianog otpornika na temperaturi T1=70oC iznosi 120 , a na temperaturi T2=100oC iznosi 126 . Izraunati vrednost ovog otpornika na T3=45oC. ....................................... Reenje: Kod ianih otpornika, kao i kod legura i metalnih provodnika, otpornost se linearno poveava sa temperaturom po zakonu R = R0 (1 + T ) = R0 [1 + (T T0 )] gde je temperaturni koeficijent otpornosti, a R0 otpornost na temperaturi T0 (obino je to 0oC ili 20oC). Na dve temperature T1=70oC i T2=100oC imaemo za otpornosti R1 = R0 (1 + T1 ) = 120 R2 = R0 (1 + T2 ) = 126 odakle je R2 R1 = R0 (T2 T1 ) = R0 (T2 T1 ) = 6 Iz poslednjeg izraza jeR0 = R2 R1 6 = o = 0.2 / oC T2 T1 30 C

Na slian nain, izraavanjem otpornosti na temperaturi T3=45oC R3 = R0 (1 + T3 ) dobijamo R2 R3 = R0 (T2 T3 ) = R0 (T2 T3 ) = 0.2 o (100o C 45o C ) = 11 C

pa je odavde R3 = R2 11 = 115 Napomena: tipino poveanje otpornosti kod metala (bakra, na primer) je oko 40% za promenu temperature od 100oC. Ako je na temperaturi 0oC otpornost ice 10, na temperaturi 100oC otpornost e biti 14. To znai da je temperaturni koeficijent = 40% / 100o C = 4 10 3 oC 1 . Izuzetno isti metali (bez primesa), imaju jako dobro definisanu i reproduktivnu temperaturnu karakteristiku otpornosti. Tako je za platinu, koja se kao plemeniti metal lako reprodukuje u istom stanju, otpornost data izrazomR (t ) = R0 [1 + At + Bt 2 + C (t 100)3 ]

gde jeA = 3.940 10 3 oC 1 B = 5.8 10 7 oC 2 C = 4.0 10 12 oC 3

1 + At + Bt 2 + C (t 100)3

pa se otpornik od platine koristi kao standard za badarenje u opsegu temperatura od -190oC do +660oC.

ZADATAK 7: Izvesti uslove za temperaturnu kompenzaciju otpornosti kod: a) Redne veze otpornika b) Paralelne veze otpornika ........................................ Reenje: Neka su data dva otpornika R1 i R2 iji su temperaturni koeficijenti otpornosti 1 i 2. Izraavanjem zavisnost otpornosti od temperature kao R1 = R10 (1 + 1T ) za rednu vezu dobiemo i R2 = R20 (1 + 2 T )

Re = R1 + R2 = R10 (1 + 1T ) + R20 (1 + 2 T ) = R10 + R20 + ( R101 + R20 2 )T R + R20 2 = ( R10 + R20 ) 1 + 10 1 T R10 + R20 Oigledno, razlomak u velikoj zagradi jeste ekvivalentni temperaturni koeficijent redne veze

Re =

R101 + R20 2 R10 + R20

Da bi redna veza otpornika bila temperaturno kompenzovana, potrebno je da ekvivalentni temperaturni koeficijent bude jednak nuli, pa je uslov temperaturne kompenzacije R101 = R20 2 Za odredjivanje ekvivalentnog temperaturnog koeficijenta kod paralelne veze otpornika sledei pristup se pokazao jako pogodnim. Temperaturni koeficijent se moe izraziti na sledei nain:

R =

1 R 1 dR = R T R dT

(vai kod malih promena temperature dTT)

Kako za paralelnu vezu otpornika vai1 1 1 = + Re R1 R2

Diferenciranjem leve i desne strane po temperaturi dobijamo1 dRe 1 dR 1 dR = 2 1 2 2 2 Re dT R1 dT R2 dT

odnosno1 1 dRe 1 1 dR1 1 1 dR2 = + Re Re dT R1 R1 dT R2 R2 dT

ReRe

=

1R1

+

2R2

Re = Re

1 2 RR R + R1 2 R21 + R1 2 + = 1 2 2 1 = R +R R1R2 R1 + R2 1 2 R1 R2

Da bi paralelna veza bila temperaturno kompenzovana potrebno je da je ekvivalentni temperaturni koeficijent jednak nuli, odnosno da je ispunjen uslov:

R1 2 = R21

ZADATAK 8: NTC otpornik (termistor) na temperaturi 45oC ima otpornost R1=4 k, a na temperaturi 70oC R2=1.25 k. Odrediti: c) Parametre u izrazu za temperaturnu zavisnost otpornosti NTC otpornika d) Vrednost otpornosti i temperaturni koeficijent na temperaturama 90oC i 110oC ........................................ Reenje: a) Temperaturna zavisnost otpornosti NTC (Negative Temperature Coefficient) otpornika je jako opadajua eksponencijalna funkcija i moe se predstaviti sledeim izrazom

R (T ) = R e

B T

gde je B koeficijent temperaturne osetljivosti termistora [K], T apsolutna temperatura [K], i R - konstanta koja zavisi od materijala i dimenzija termistora i predstavlja uslovnu otpornost na beskonano visokoj temperaturi, odnosno asimptotsku vrednost. Iz poznatih otpornosti na dve temperature formiramo sistem jednaina za odredjivanje dve nepoznate B i R.R1 = R eB T1 B T2

= 4 k = 1.25 k

T1 = 45o C = 318 K T2 = 70o C = 343 K

R2 = R e 1

Deljenjem ovih jednaina eliminiemo parametar R i odredjujemo parametar BB B T T R1 =e 1 2 =e R2 1 T2 T1 T1T2

odakle je

B=

T1T2 R ln 1 = 5074.8 K T2 T1 R2

a iz nekog podatka za otpornost dobijamo iR = R2 e B T2

= 0.46922 m

b) Poto znamo parametre temperaturne karakteristike NTC otpornika R i B, moemo odrediti otpornost na bilo kojoj temperaturi. Tako, na T3=90oC=363K i T4=110oC=383K iznose

R3 = R e

B T3

= 553.2

i

R4 = R e

B T4

= 266.6

Kako je temperaturni koeficijent otpornosti po definiciji (za male promene temperature)

R =

1 dR R dT

to je kod NTC otpornika

NTC =

1 dR 1 B B = R e T 2 = 2 R dT R T T

B

Na temperaturama T3 i T4 on iznosi

NTC 3 =

B = 38.5 10 3 K 1 T32

i

NTC 4 = 34.6 10 3 K 1

ZADATAK 9: Jedan PTC otpornik ima otpornosti 60, 70 i 84 na temperaturama 60, 70 i 80oC, respektivno. e) Izraunati parametre temperaturne zavisnosti PTC otpornika f) Na osnovu dobijenih rezultata izraunati temperaturni koeficijent PTC otpornika na temperaturi T=70oC. g) Ako se ovaj otpornik paralelno vee sa otpornikom koji na 20oC ima otpornost R=200 i temperaturni koeficijent otpornosti R=-2x10-3K-1, izraunati ekvivalentni temperaturni koeficijent ove paralelne veze na T=70oC. ........................................ Reenje: a) Temperaturna karakteristika PTC (Positive Temperature Coefficient) otpornika je

R (T ) = A + C e BT gde je su A [], C [ ] i B [K-1] parametri. Iz poznatih vrednosti otpornosti za tri temperature R1 = A + C e BT1 R2 = A + C e BT2R3 = A + C e BT3

R1 = 60 R2 = 70 R3 = 84

T1 = 333K T2 = 343KT3 = 353K

dobijamo sistem jednaina iz kojeg odredjujemo tri parametra, A, B i C. Oduzimanjem ovih jednaina oigledno eliminiemo parametar AR3 R2 = C e BT3 e BT2

R2

( R = C (e1

BT2

e BT1

) )

Deljenjem poslednjih jednaina eliminisaemo i parametar C R3 R2 e BT3 e BT2 e BT2 [e B (T3 T2 ) 1] = BT2 = BT1 B (T2 T1 ) R2 R1 e e BT1 e [e 1] Dobijena jednaina je jednaina po parametru B. Kako je u naem sluaju T3-T2=T2-T1 to se poslednja jednaina znatno uprouje R3 R2 e BT2 = BT1 = e B (T2 T1 ) R2 R1 e odakle se redom dobijaju vrednosti parametara PTC otpornika

B=C=

R R2 1 = 33.647 10 3 K 1 ln 3 T2 T1 R2 R1 R R1 = 340.31 10 6 e e BT12 BT2

A = R1 C e BT1 = 35 b) Po definiciji, temperaturni koeficijent otpornosti (za male promene temperature) je1 dR R dT

R =

Za PTC otpornik je

PTC =

C B e BT RPTC

a prema poslednjem izrazu, na temperaturi T2=70oC=343K on iznosi

PTC = 16.823 10 3 K 1c) Ekvivalentni temperaturni koeficijent paralelne veze dva otpornika je

e =

1R2 + 2 R1R1 + R2

Na temperaturi 70oC otpornik koji se paralelno vezuje PTC otporniku ima otpornost R = R20 (1 + R T ) = 180 pa je ekvivalentni temperaturni koeficijent 16.823 103 180 2 103 70 e = = 11.552 10 3 K 1 70 + 180

ZADATAK 10: Struja varistora pri naponu na njemu U1=100V iznosi I1=1mA, a pri naponu U2=120V je I2=1A. Kolike su statike i dinamike otpornosti varistora pri tim naponima? ........................................ Reenje: Varistor je nelinearni otpornik ija strujno-naponska karakteristika pokazuje linearnu zavisnost u logaritamskom koordinatnom sistemu (logI=f(logU)) i moe se opisati izrazomI = k U

Statika otpornost je jednostavno kolinik jednosmernog napona i jednosmerne struje na krajevima komponente. Dakle,RV 1 = U1 100V = = 100 k I1 1 10 3 A RV 2 = U 2 120V = = 120 I2 1A

Dinamika otpornost je odnos malih prirataja napona i malih prirataja strujerV = UV dUV 1 = dIV IV dIV dU V

Da bismo nali odgovarajui izvod struje po naponu potrebno je najpre definisati strujnonaponsku karakteristiku, odnosno odrediti njena dva parametra k i . Iz sistema od dve jednaine I1 = k U1 = 1mA I 2 = k U 2 = 1A lako dobijamo I2 U2 = I1 U1 k=

I2 log1000 I1 = = = 37.888 U log1.2 log 2 U1 log

I1 103 = = 10 78.776 = 1.67 10 79 [ A] U1 10037.888

Sada se dinamika otpornost moe izraziti kaorV = 1 1 UV U R = = = V = V 1 dIV k UV k UV IV dU V

pa konkretne vrednosti iznose rV 1 = RV 1

=

100k = 2.64 k 37.888

rV 2 =

RV 2

= 3.167

ZADATAK 11: NTC otpornik, temperaturne osetljivosti B=1800 K, ima na temperaturi T=300 K otpornost R=1 k. Kada se ovaj NTC otpornik redno vee sa kondenzatorom kapacitivnosti C=100 nF, moduo impedanse takve redne veze pri uestanosti =103 rad/s temperaturno je stabilan u okolini temperature 300K. Odrediti pri kojoj e uestanosti biti temperaturno stabilan moduo impedanse paralelne veze ovog NTC otpornika i datog kondenzatora u istom temperaturnom opsegu. ........................................ Reenje: Kvadrat modula impedanse redne veze otpornika i kondenzatora jeZ = R2 +2

1 C22

Kako je moduo impedanse temperaturno stabilan, to je oigledno da je kapacitivnost temperaturno zavisna. Diferenciranjem gornjeg izraza po temperaturi dobijamo 2Z odnosno2 Z Z = 2R2 R 2

dZ dR dC 2 = 2R 2 3 dT dT C dT2 C2 C2

gde su po definiciji temperaturni koeficijenti

Z =

1 dZ Z dT

R =

1 dR R dT

C =

1 dC C dT

Kako je moduo impedanse temperaturno stabilan, to je

Z =0

R2 R

C =0 2C 2B T2

Kod NTC otpornika je zavisnost otpornosti od temperature data saB R (T ) = R exp T

R =

koeficijent NTC otpornika iznosi

R za NTC otpornik oigledno zavisi od temperature. U okolini T=300 K temperaturniR = 1800 = 2 10 2 K 1 2 300

Sada je temperaturni koeficijent kondenzatora

C = 2 R 2C 2 R = 2 10 4 K 1Moduo impedanse paralelne veze e biti temperaturno stabilan na istoj temperaturi i istoj uestanosti na kojoj je moduo admitanse temperaturno stabilan. Dakle, uslov Z = 0 bie ekvivalentan uslovu Y = 0 , ali je razmatranje admitanse u ovom sluaju matematiki jednostavnije. Kvadrat modula admitanse paralelne veze otpornika i kondenzatora jeY = 2C 2 +2

1 R2

Diferenciranjem po temperaturi dobijamo 2Y 2

dY dC 2 dR = 2 2C dT dT R 3 dT2 R R2

2 Y Y = 2 2C 2 C

Iz uslova Y = 0 dobijamo

2C 2 C =

RR2

odakle je traena uestanost

=

1 R = 105 rad / s RC C

ZADATAK 12: Tubasti kondenzator dobijen je namotavanjem metalnih folija debljine =10 m i dielektrinih folija sledeih karakteristika debljina [m] I folija II folija 15 20

[m]2x1014 1014

r3.6 2.5

Folije su motane na cilindrino telo prenika 4 mm i duine 2.5 cm, tako da formirani kondenzator ima prenik 1.5 cm. Ako je kondenzator bio prikljuen na napon 6V i ostavljen da se slobodno prazni, odrediti posle kog vremena e koliina naelektrisanja na njemu biti 1 C. ........................................ Reenje: Motaju se dve metalne folije (dve elektrode kondenzatora) i dve dielektrine folije, kao na slici. Pri tome, usled namotavanja folija prenik cilindra d naraste na vrednost D.

Izjednaavanjem zapremina umotanog materijala dobijamoL b (2 + d1 + d 2 ) =

4

(D2 d 2 ) b

L=

(D2 d 2 ) = 298.5 cm 4(2 + d1 + d 2 )

(duina folija)

Ekvivalentnu emu ovog kondenzatora moemo predstaviti paralelnom vezom dva kondenzatora

Kapacitivnost ovog kondenzatora je

C = 0 r1a otpornost izolacije

bL bL + 0 r 2 = 0bL r1 + r 2 = 241.12 nF d d1 d2 1 d2

1 1 1 bL bL bL ( 1d1 + 2 d 2 ) = + = + = 1 2 d1d 2 R R1 R2 1d1 2 d 2

R=

1 2 d 1 d 2 = 16.086 10 9 bL( 1 d1 + 2 d 2 )

Vremenska konstanta kondenzatora je sada

= R C = 3878 sAko je kondenzator bio prikljuen na napon U, na njegovim oblogama bie naelektrisanje Q0 = C U , koje e se u toku spontanog pranjenja smanjivati po eksponencijalnom zakonu sa vremenskom konstantom t t Q (t ) = Q0 exp = CU exp

odakle je

t = ln

CU 6 241.12 109 = 3878 ln = 1432 s 24 min Q(t ) 10 6

ZADATAK 13: Dat je realni kondenzator. a) Nacrtati ekvivalentnu emu, fazorski dijagram napona i struja i izvesti izraz za tg. b) Ako su donja i gornja granina frekvencija kondenzatora f1g=10 Hz i f2g=10 MHz, odrediti koliko iznosi frekvencija na kojoj tg ima minimalnu vrednost i odrediti kolika je ta vrednost. ........................................ Reenje: Realni kondenzator ima dielektrik koji i pored velike otpornosti ipak neznatno provodi struju, tako da dolazi do oticanja naelektrisanja sa obloga kondenzatora kroz ovaj dielektrik. U ekvivalentnoj emi neidealnost dielektrika se predstavlja velikim paralelnim otpornikom R (reda M ili vie). Pored toga, na vrlo visokim uestanostima impedansa kondenzatora nije jednaka nuli zbog redne otpornosti kontakata i izvoda, to se u ekvivalentnoj emi predstavlja malim rednim otpornikom r (reda ili manje). Ova se otpornost esto naziva ESR (Equivalent Serial Resistance). Dakle, idealno je r = 0, R , a realno je r > 0, R < . U zavisnosti od toga kako se otpornik r vezuje, razlikujemo dve ekvivalentne eme. Razmotrimo sledeu emu

Impedansa ekvivalentne eme jeR R R R 2C j C =r+ =r+ j Z =r+ 1 1 + jRC 1 + 2 R 2C 2 1 + 2 R 2C 2 R+ j C

Napon na impedansi se moe izraziti kao

U = Z I = Re{Z } I + j Im{Z } IOdavde je tg tangens ugla izmedju komponente napona koja je u fazi sa strujom i komponente napona koja kasni za /2, tj.Re{Z } tg = = Im{Z } r+ R 2 2 2 1 + 2 R 2C 2 = r + R C r + R = r + rC + 1 R 2 C R 2 C R 2 C RC 2 2 2 1+ R C

Kako je redna otpornost r obino mala, a paralelna otpornost R velika, to se prvi lan moe zanemariti, pa se za tg dobija priblian izraztg = rC + 1 RC

Na niskim uestanostima je impedansa kondenzatora velika, te se mali otpornik r ne vidi i moe se zanemariti, pa je tada

tg

1 RC

S druge strane, na vrlo visokim uestanostima mala impedansa kondenzatora premoava otpornik R, te se on izbacuje iz eme i tada jetg rC

Zavisnost tg od uestanosti prikazana je na sledeoj slici

Granine uestanosti se dobijaju za sluaj kada je tg =1. Za vrednosti tg vee od 1 impedansa sve manje ima kapacitivni, a sve vie otporni karakter. Dakle, za granine uestanosti dobijamo

1 =1 1g RC

1g =2 g =

1 , RC1 , rC

f1g =f2 g =

1 2RC1 2rC

2 g rC = 1

Diferenciranjem izraza za tg po uestanosti dobijamo uestanost na kojoj tg ima minimum

dtg 1 = rC 2 =0 RC d

* =

1 C rR

a zamenom * u izraz za tg odredjujemo i koliko ta minimalna vrednost iznosi

tg min = * rC +

C rR r 1 1 = =2 rC + * RC C rR RC R

Na osnovu gornjih izraza se lako moe zakljuiti da izmedju izvedenih veliina postoji veza

* = 1g2 gtg min = 2

f*=

f1g f 2 g

1g f = 2 1g 2 g f2g

Koristei vrednosti graninih frekvencija iz zadatka konano dobijamo f*= f1g f 2 g = 10 10 106 = 10 kHzf1g f2g =2

tg min = 2

10 = 2 10 3 6 10 10

Ekvivalentna ema kondenzatora se moe formirati i na drugi nain (kao na narednoj slici), pa e i fazorski dijagram biti neznatno izmenjen.

Impedansa je u tom sluaju 1 1 + jrC R r + R j C R (1 + jrC ) j C Z= = = 1 1 + j (r + R )C 1 + j (r + R )C R + r + j C jC

odnosno

Z=

R (1 + jrC ) 1 j (r + R)C R + 2 rR(r + R)C 2 R 2C = j 1 + j (r + R)C 1 j (r + R)C 1 + 2 (r + R) 2 C 2 1 + 2 (r + R) 2 C 2

Pa se za tg dobija

tg =

r2 Re{Z } R + 2 rR(r + R)C 2 1 = = + C + rC Im{Z } R R 2C RC

U poslednjem izrazu se srednji lan na desnoj strani moe zanemariti (s obzirom da je r malo, a R veliko), pa se praktino dobija isti rezultat kao i u prethodnom izvodjenju.

ZADATAK 14: U jednom oscilatornom kolu, koje radi na uestanosti f=100 kHz, upotrebljen je kondenzator kapacitivnosti 100 nF i temperaturnog koeficijenta C = 2 10 4 K 1 . Odrediti induktivnost kalema u ovom kolu i njegov temperaturni koeficijent, ako se zna da je uestanost ovog oscilatornog kola temperaturno stabilna. ................................ Reenje: Iz izraza za uestanost oscilatornog kola odredjujemo vrednost induktivnosti

f =

1 2 LC

L=

1 = 25.33 H (2f ) 2 C

Uslov temperaturne stabilizacije najelegantnije se izvodi polazei od logaritma krune uestanosti

=

1 = ( LC ) 1 / 2 LC

1 ln = (ln L + ln C ) 2

Diferenciranjem leve i desne strane po temperaturi dobijamo1 d 1 1 dL 1 dC = + dT 2 L dT C dT

= ( L + C )Uslov da je uestanost temperaturno stabilna = 0 praktino se svodi na

1 2

L = C = 2 10 4 K 1

ZADATAK 15: Sistem za kontrolu unoenja metalnih predmeta na aerodromima i bankama ima kalem ija se induktivnost povea za 2% kada kroz kapiju prodje ovek sa metalnim satom. Kolika bi trebalo da iznosi osnovna uestanost kola pa da se ovaj prolazak detektuje u vidu apsolutne promene uestanosti od 2 kHz. ................................ Reenje: Osnovna uestanost oscilatornog kola bi bila

f0 =

1 2 L0C

Uestanost sa uveanom induktivnou kada je detektovan metalni predment je f1 = 1 = f 0 f 2 ( L0 + L)C

Iz odnosa ovih uestanosti imaemo

f0 f0 = = f1 f 0 fodnosno

L0 + L = 1.02 L0

f 0 f f 1 =1 = = 0.99015 f0 f0 1.02

odakle je

f = 0.00985 f0

f0 =

f = 101.5 2kHz = 203 kHz 0.00985

ZADATAK 16: Kalem je namotan na tanko torusno jezgro koje zatvara linije magnetnog polja, tako da nema gubitaka magnetnog fluksa. Povrina preseka jezgra je S=1 cm2, srednja duina linija magnetnog polja l=30 cm, a relativna magnetna propustljivost jezgra r=400. Magnetna propustljivost vakuuma je 0 = 4 10 7 H / m . Odrediti induktivnost kalema ako je na jezgru namotano: a) N1=100 namotaja b) N2=200 namotaja c) N3=N1+N2=300 namotaja . ................................ Reenje:

Iz Amperovog zakona za cirkulaciju vektora magnetnog polja dobijamo

H dl = I

H l = NI

H=

NI l

Magnetna indukcija u jezgru i fluks po jednom zavojku iznosieB = 0 r H = 0 r NI l = B S = 0 r S NI l

Ukupan fluks koji obuhvata N zavojaka i induktivnost L bie sada = N = 0 r Induktivnosti redom iznose L1 = 0 r S N12 1 104 1002 = 4 10 7 400 = 1.6755 mH l 30 10 2 S N 2I l L =def

S N2 = 0 r I l

2 S N2 L2 = 0 r = 6.702 mH l

L3 = 0 r

S N 32 = 15.079 mH l

Odavde se mogu izvesti dva vrlo vana zakljuka: 1) Induktivnosti rastu sa kvadratom broja zavojaka. 2) Rednim vezivanjem dva kalema (N3=N1+N2) dobija se induktivnost koja je vea od zbira induktivnosti L1+L2. Ovo se deava kada su kalemovi spregnuti preko fluksa i tada izmedju njih postoji i medjusobna induktivnost njihove sprege M. Kalemovi bez jezgra osim to imaju manju induktivnost, imaju vee rasipanje magnetnog fluksa i osetljiviji su na spoljanje uticaje (metalni predmeti u njihovoj blizini).

ZADATAK 17: Koristei podatke iz prethodnog zadatka odrediti: a) Faktor induktivnosti AL torusnog jezgra d) Koeficijent medjusobne induktivnosti izmedju kalema L1 (namotanog sa 100 zavojaka) i kalema L2 (namotanog sa 200 zavojaka), ako se oni nalaze na istom jezgru. ................................ Reenje: a) Pokazano je da se kod kalemova induktivnost poveava sa kvadratom broja zavojka

L ~ N2 Koeficijent koji stoji ispred lana N2 je tzv. faktor induktivnosti AL L = AL N 2 Za torusno jezgro iz prethodnog zadatka se dobija AL = 0 r S 1 104 = 4 10 7 400 = 167.55 nH l 30 10 2

i AL-vrednost jednostavno bi se izraavala kao AL=167.55, gde se podrazumeva da je jedinica nH. b) Kod spregnutih kalemova je ukupna induktivnost Ltot = L1 + M + L2 + M = L1 + L2 + 2M gde je medjusobna induktivnost

M = k L1 L2U naem sluaju je L1=1.6755 mH, L2=6.702 mH i Ltot=L3=15.079 mH., pa jeM =

1 ( Ltot L1 L2 ) = 3.35075 mH 2

Konano, koeficijent sprege je sada

k=

M 3.35075 = =1 L1 L2 1.6755 6.702

Dakle, kalemovi su u idealnoj sprezi jer nema gubitaka magnetnog fluksa (fluks jednog kalema je kompletno obuhvaen zavojcima drugog kalema). Ovo je zbog toga to magnetni materijal jezgra kompletno vodi linije magnetnog polja. Kod kalemova bez jezgra ovo nee biti sluaj i tamo je koeficijent sprege manji od 1.

ZADATAK 18: Na cilindrino kalemsko telo od nemagnetnog materijala prenika D=4 cm namotan je tankom icom debljine 0.1 mm sloj namotaja ukupne duine l=2 cm, pri emu je tano na sredini izmedju krajeva namotaja izvuen srednji izvod. Primenom empirijskog izraza za induktivnost kratkih cilindrinih jednoslojnih kalemova

L = 2.26 10 2

l 1 + 2.25 d0

d0 N 2

[ H ]

odrediti koeficijent sprege izmedju ove dve polovine kalema. ................................ Reenje:

Oznaimo li krajeve kalema sa (1) i (3), a srednji izvod sa (2) imaemo za ukupnu induktivnost kalema L13 = L12 + L23 + 2M = 2 L12 + 2M gde je medjusobna induktivnost M = k L12 L23 = k L12 Dakle, koeficijent sprege jek= M L13 2 L12 L = = 13 1 2 L12 2 L12 L12

Oigledno, treba odrediti induktivnost polovine kalema L12 i induktivnost celog kalema L13. Ukupan broj zavojaka jeN13 = l d zice =

2 cm = 200 zavojaka 0.1 mm

Srednji prenik kalema jed0 = D + 2 d zice = D + d zice = 4cm + 0.1mm 4 cm 22 d 0 N13

pa je induktivnost L13 = 2.26 10 2 l 1 + 2.25 d0 = 2.26 10 2 4 2002 2 1 + 2.25 4 = 1702 H

Polovina kalema induktivnosti L12 imae isti srednji prenik d0=4 cm, ali upola manje zavojaka (N12=100) i upola manju duinu (l=1 cm). Zbog toga e njegova induktivnost biti L12 = 2.26 10 2 4 1002 1 1 + 2.25 4 = 579 H

Konano, traeni koeficijent sprege jek=

1702 L13 1 = 1 = 0.47 2 L12 2 579

ZADATAK 19: Korienjem empirijskog izraza za induktivnost kratkih cilindrinih jednoslojnih kalemova

L = 2.26 10 2

l 1 + 2.25 d0

d0 N 2

[ H ]

gde su srednji prenik d0 i duina kalema l u [cm], odrediti induktivnost kalema namotanog tankom icom debljine 0.1 mm na kalemsko telo od nemagnetnog materijala prenika D=3 cm, ako sloj namotaja ini 40 zavojaka motanih u jednom smeru, a zatim 60 zavojaka motanih u suprotnom smeru. ................................ Reenje: Kalem se praktino sastoji iz dva kalema, L1 (sa 40 zavojaka) i L2 (sa 60 zavojaka) koji su zbog blizine u sprezi, pa je ukupna induktivnost izmedju krajeva

L = L1 M + L2 M = L1 + L2 2Mgde je M medjusobna induktivnost. Srednji prenik oba kalema je isti i iznosi d 0 = D + d zice = 3cm + 0.1mm 3 cm a duine kalemova l1 = N1 d zice = 40 0.01 = 0.4 cm Induktivnosti kalemova su sada L1 = 2.26 10 2 d 0 N12 1 + 2.252 d0 N 2

l1 = N 2 d zice = 0.6 cm

l1 d0 l2 d0

= 2.26 10 2

3 402 = 83.45 H 0.4 1 + 2.25 3 3 602 = 168.33 H 0.6 1 + 2.25 3

L2 = 2.26 10 2

= 2.26 10 2

1 + 2.25

Da su oba kalema motana u istom smeru, ukupna induktivnost bila bi Ltot = 2.26 10 2 3 1002 d 0 ( N1 + N 2 ) 2 = 2.26 10 2 = 387.43 H (l1 + l2 ) 1 1 + 2.25 1 + 2.25 d0 3

to znai da se medjusobna induktivnost tada moe odrediti iz Ltot = L1 + L2 + 2M i iznosi 2M = Ltot L1 L2 = 387.43 83.45 168.33 = 135.65 H Konano, traena induktivnost za kalem iji su zavojci motani u oba smera iznosi

L = L1 + L2 2M = 83.45 + 168.33 135.65 = 116.13 H

ZADATAK 20: Namotaj jednoslojnog cilindrinog kalema ine 120 zavojaka tanke bakarne ice (debljine 0.1 mm, specifine otpornosti =0.017 mm2/m) tako da je srednji prenik zavojaka d0=2cm. Korienjem empirijskog izraza za induktivnost ovakvih kalemova

L = 2.26 10 2

l 1 + 2.25 d0

d0 N 2

[ H ]

gde su d0 i l u [cm], odrediti Q-faktor ovog kalema na uestanosti f=10 kHz. Kada se ovaj kalem ubaci u lonasto jezgro ija je AL vrednost 320, izmerena vrednost Q-faktora takvog kalema na uestanosti f=10 kHz iznosi Qj=4.8. Odrediti ekvivalentnu otpornost gubitaka u materijalu jezgra. ................................ Reenje:

Na osnovu gornjih podataka, duina kalema je l = N d zice = 120 0.01 = 1.2 cm pa je njegova induktivnost 2 1202 = 2.26 10 L = 2.26 10 = 277 H l 1.2 1 + 2.25 1 + 2.25 d0 22

d0 N 2

2

Duina upotrebljene ice za namotavanje kalema je lzice = N d 0 = 7.54 m a njena omska otpornostR0 =

4lzice 4 7.54 lzice = = 0.017 = 16.32 2 S zice d zice 0.12

Q-faktor kalema bez jezgra na uestanosti f iznosi Q=

LR0

=

2f L 2 104 277 106 = = 1.066 R0 16.32

Kada se kalem ubaci u lonasto jezgro sa AL vrednou 320 (podrazumeva se da je jedinica nH), induktivnost je tada

L j = AL N 2 = 320 109 1202 = 4608 HQ-faktor kalema sa jezgrom odredjuje omska otpornost ice R0 i otpornost gubitaka u jezgru Rj Qj =

L jRtot

=

2f L j = 4.8 R0 + R j

Odavde se za ekvivalentnu otpornost gubitaka u jezgru (histerezisni, remanentni gubici, gubici usled vihornih struja) dobijaRj =

2f L jQj

R0 =

2 10 4 4608 10 6 16.32 = 44 4 .8

ZADATAK 21: Data su dva potpuno identina vieslojna kalema bez jezgra, unutranjeg prenika d=4 cm, spoljanjeg prenika D=6 cm, i duine l=12mm. Korienjem Vilerovog obrasca za induktivnost kratkih cilindrinih vieslojnih kalemova

L = 78.7 10 3

d 02 N 2 3d 0 + 9l + 10h

[ H ]

gde su d0, l i h u [cm], odrediti: a) Koliko maksimalno moe da iznosi koeficijent sprege izmedju ovih kalemova b) Induktivnost ovih kalemova, ako je izmereni prenik izolovane ice 0.4mm. ................................ Reenje:

Koeficijent sprege k izmedju kalemova definie se na osnovu njihove medjusobne induktivnosti M

M = k L1L2 = k LMaksimalni koeficijent sprege se dobija kada jedan kalem maksimalno obuhvata fluks drugog kalema, to se moe postii kada se kalemovi postave jedan pored drugog (kao na slici). Tada se oni mogu razmatrati kao jedinstven kalem istog srednjeg prenika d0, iste visine namotaja h, ali dvostruke duine l i dvostrukog broja zavojaka.

Tada je ukupna induktivnost Ltot = 2 L + 2 M = 2 L (1 + k ) a koeficijent spregek= Ltot 1 2L Dd = 1 cm 2

Na osnovu raspoloivih dimenzija, visina namotaja i srednji prenik kalemova iznoseh=

d 0 = d + h = 5 cm

Induktivnost jednog kalema i induktivnost dva vezana kalema mogu se izraziti kao2 52 N 2 N2 3 25 N L = 78.7 10 = 78.7 10 = a 3 5 + 9 1.2 + 10 1 35.8 35.83

Ltot = 78.7 10 3

52 ( 2 N ) 2 25 4 N 2 4N 2 = 78.7 10 3 = a 3 5 + 9 2.4 + 10 1 46.6 46.6

Sada se jednostavno odredjuje koeficijent sprege4N 2 L 46.6 1 = 2 35.8 1 = 0.536 k = tot 1 = 2L 46.6 N2 2 a 35.8 a

Smatrajui da pri motanju kalema ne dolazi do preklapanja slojeva ice, povrina preseka namotaja moe se izraziti preko broja zavojaka2 l h = N d zice

N=

l h 1 1 .2 = = 750 2 d zice 0.04 2

pa je induktivnost jednog kalema 52 7502 L = 78.7 10 = 30.91 mH 3 5 + 9 1.2 + 10 13

ZADATAK 22: Mreni transformator ima na primaru N1=800 zavojaka, a na sekundaru N2=60 zavojaka. Ako je izlazna struja transformatora I2=2A, odrediti ulaznu struju i snagu ovog transformatora pretpostavljajui da je on idealan. Odrediti vrednosti imedansi primara Z1 i sekundara Z2 i njihov odnos. ................................ Reenje:

Poto se radi o mrenom transformatoru, to znai da je U1=220 V i f=50 Hz.

Iz odnosa broja zavojaka odredjujemo izlazni naponN1 U1 = N2 U 2 U2 =

60 N2 U1 = 220 = 16.5 V 800 N1

Izlazna snaga je

P2 = U 2 I 2 = 16.5V 2 A = 33 WAko je transformator idealan (nema gubitaka u jezgru usled vihornih struja i histerezisa) niti gubitaka u namotajima (na otpornostima primara i sekundara), onda je ulazna snaga jednaka izlaznoj, a koeficijent korisnog dejstva =100%.P = P2 1 U 1 I1 = U 2 I 2 I1 = U2 N I 2 = 2 I 2 = 150 mA U1 N1

Impedansa primara jeZ1 = U1 220 V = = 1467 I1 0.15 A

Impedansa sekundara jeZ2 = U 2 16.5 V = = 8.25 2A I2

Odnos ovih impedansi je U1 2 2 Z1 I1 U1 I 2 N1 800 = = = = = 178 Z 2 U 2 U 2 I1 N 2 60 I2 Transformator se, dakle, moe iskoristiti za prilagodjenje impedanse.

ZADATAK 23: Pitoljska lemilica snage 75 W napaja se iz mree. Sekundar transformatora lemilice ima samo dva zavojka od profilisanog debelog bakarnog provodnika koji su kratko spojeni preko tankog provodnika na vrhu lemilice. Ako u primarnom namotaju ima N1=1100 zavojaka, odrediti izlaznu struju koja zagreva vrh lemilice. Gubitke zanemariti.. ................................ Reenje:

Poto je transformator prikljuen na mreu, to znai da je U1=220 V i f=50 Hz.

Izlazni napon je oigledno mali, jer imamo samo dva zavojka na sekundaruN1 U1 = N2 U 2 U2 =

2 N2 U1 = 220 = 0.4 V 1100 N1

Ali je zato struja na sekundaru velika jer se velika ulazna snaga P1=75 W prenosi sa primara. Ulazna struja jeI1 =

75 W P 1 = = 341 mA U1 220 VN1I1 1100 341 mA = = 187 A 2 N2

Izlazna struja dobija se iz odnosaN1 I1 = N 2 I 2 I2 =

Zbog gubitaka u transformatoru, realna struja bie neto nia.

ZADATAK 24: Mreni transformator ima jezgro od limova EI-60 profila (povrina preseka srednjeg stuba Seff=20x20 mm2, duina linija magnetnog polja leff=120 mm, relativna magnetna propustljivost r=2500). Primar je namotan bakarnom icom (=0.017 mm2/m) debljine 0.4 mm i ima N1=1200 zavojaka za koje se moe proceniti da je srednja duina jednog zavojka l1sr=120 mm. Odrediti: a) Maksimalnu snagu i struju primara maksimalno optereenog transformatora b) Ako je sekundar otvoren, odrediti kolika je struja primara kada je transformator prikljuen na akumulator od 12V, a kolika kada je prikljuen na mreu (~220V). ................................ Reenje: a) Maksimalna snaga transformatora zavisi Transformator je mreni, to znai da je od veliine jezgra preko koga se ona prenosi U1=220 V i f=50 Hz. Jezgro je od limova sa primara na sekundar. Iz pribline formule EI-60 profila (kao na slici), a namotaji

primara i sekundara su na srednjem stubu iji je popreni presek kvadratnog oblika dimenzija 20x20 mm. Linije magnetne indukcije duine 120 mm zatvaraju se preko bonih stubova.

Seff = P2 [cm 2 ] odredjujemo snagu transformatora2 P2 = Seff = 42 = 16 W

Pod pretpostavkom da nema gubitaka u transformatoru, odnosno da je P1=P2=16 W, dobijamo struju primaraI1 =

16 W P 1 = = 73 mA U1 220 V

b) Kada je sekundar otvoren (kroz namotaje sekundara ne protie struja i nema poremeaja fluksa) primar ne osea prisustvo sekundara i ponaa se kao kalem sa jezgrom ija je induktivnostL1 = AL N12 = 0 r Seff leff N12 = 4 10 7 2500

400 10 6 1200 2 = 15.08 H 120 10 3

Iz ukupne duine ice upotrebljene za namotavanje primara, odredjujemo otpornost primaral = l1sr N1 = 120 10 3 1200 = 144 m

R1 =

4l 4 144 l = 2 = 0.017 = 19.5 S d zice 0 .4 2

Ako se transformator prikljui na akumulator od 12 V, kroz primar e proticati jednosmerna strujaI1( DC )

=

12 V U1 = = 615 mA R1 19.5

koja lako moe da dovede do pregorevanja primarnog namotaja zbog velike gustine struje kroz izuzetno tanku icu primara. Ako se pak neoptereen transformator prikljui na naizmenini mreni napon od 220 V, impedansa primara velike induktivnosti2 Z1 = R12 + 2 L1 = R12 + (2f L1 ) 2 2f L1 = 4735

ograniavae struju primara na vrednostI1 =

220 V U1 = = 46.5 mA 2fL1 4735

Snaga gubitaka na omskoj otpornosti primara iznosie P = R1 I12 = 19.5 0.04652 = 42 mW to ukazuje da je koeficijent korisnog dejstva transformatora manji od 100%.

ZADATAK 25: Tri mrena transformatora namotana su na tri identina jezgra. Prvi transformator ima na primaru 600, a na sekundaru 200 zavojaka, drugi na primaru ima 500, a na sekundaru 240 zavojaka, i trei na primaru ima 700, a na sekundaru 300 zavojaka. a) Ako se transformatori redno veu (primar drugog na sekundar prvog) pri emu se prvi transformator vezuje na mreni napon od 220 V, koliko e iznositi napon na izlazu. b) Ako se primari ovih transformatora rednu veu i prikljue na mreni napon 220 V, koliki e biti napon na redno vezanim sekundarima kroz koje ne tee struja? ................................ Reenje:

a) Za rednu vezu transformatora (kao na slici), izlazni napon dobija se iz odnosa broja zavojaka.

200 U1 600 = U2 = U1 = 73.3 V 600 U 2 200 240 U 2 500 = U3 = U 2 = 35.2 V 500 U 3 240 U4 =

300 U 3 = 15.08 V 700

b) U sluaju redne veze tri primara, doi e do raspodele ulaznog napona od 220V izmedju transformatora, pa je potrebno odrediti koliki ulazni napon pripada svakom transformatoru. Kada je sekundar neoptereen, primar se ponaa kao induktivnost koja je srazmerne kvadratu broja zavojaka. Budui da transformatori imaju identina jezgra, ulazne impedanse mogu se izraziti kaoX L1 = L1 = AL N12 = AL 600 2 = a 36 X L 2 = a 25 X L 3 = a 49

U1 ' = =

X L1 U1 X L1 + X L 2 + X L 3 a 36 220 = 72V a (36 + 25 + 49)X L2 U1 = 50V X L1 + X L 2 + X L 3 X L3 U1 = 98V X L1 + X L 2 + X L 3

U2 '= U3 '= U 1" = U 2"=

200 200 U1 ' = 72 = 24V 600 600

Ulazni naponi na transformatorima bie

240 240 U 2 ' = 50 = 24V 500 500 300 300 U 3" = U3 ' = 98 = 42V 700 700

ZADATAK 26: Mreni transformator iji je odnos transformacije napona n=0.1 ima stepen korisnog dejstva 88%. Izmerena otpornost ice primara je 8 , a sekundara 0.5 . Debljina ice sekundara je takva da je maksimalna struja kroz zavojke sekundara 3 A. Odrediti koliko iznose gubici usled vihornih struja i histerezisa u jezgru ovog transformatora. ................................ Reenje:

Izlazni napon transformatora je

U 2 = n U1 = 0.1 220V = 22 VKako je izlazna struja I2=3A, to je izlazna snaga transformatora

P2 = I 2U 2 = 66 WUlazna snaga dobija se na osnovu stepena korisnog dejstva

=

korisna snaga P2 P2 = = utrosena snaga P P2 + Pgubitaka 1

P= 1

P2

= 75 W

to znai da je snaga gubitakaPgubitaka = P P2 = 9 W 1

Ulazna struja jeI1 = P 1 = 341 mA U1

Snaga gubitaka u namotajima (bakru) je2 PCu = R1I12 + R2 I 2 = 0.93 + 4.5 = 5.43 W

pa se za snagu gubitaka u jezgru (gvodju) dobijaPFe = Pgubitaka PCu = 3.57 W

ZADATAK 27: Mreni transformator snage 100 W sa jezgrom EI profila treba da daje napon na sekundaru od 12 V. Na osnovi fizikih dimenzija jezgra moe se proceniti da je srednja duina zavojaka u primaru 18 cm, a u sekundaru 22 cm. Pretpostavljajui da je maksimalna dozvoljena gustina struje kroz provodnike primara i sekundara J=8/ [A/mm2] i da je koeficijent sekundarnih gubitaka =1.10, proceniti koliko e da iznosi promena napona na sekundaru kada je: a) transformator maksimalno optereen, b) sekundar transformatora optereen otpornikom od 4 . NAPOMENA: Broj zavojaka primara proraunava se na osnovu izrazaN1 = U1 10 4 4.44 f Bm Se Se [cm 2 ]

Specifina otpornost bakra je 0.017 mm2/m. ................................ Reenje:

Za mreni transformator snage P = 100 W = P2 P imaemo 1

U1 = 220V ,

U 2 = 12 V ,

f = 50 Hz,

Bm = 1.2T ,

Se = P2 = 100 = 10 cm2

pa je broj zavojaka na primaruN1 =

220 U1 10 4 = 10 4 = 826 4.44 f Bm Se 4.44 50 1.2 10

Broj zavojaka na sekundaru je sadaN 2 = 2 N1 U2 = 50 U1

to je 10% vie zavojaka (=1.10) u odnosu na idealan transformator. Struje kroz namotaje iznoseI1 = P 100 1 = = 454.5 mA U1 220 I2 = P2 100 = = 8.33 A U 2 12

Minimalne povrine poprenih preseka ica odredjuju se na osnovu gustine strujeS1 = I1 = 0.1785 mm 2 J S2 = I2 = 3.2724 mm 2 J

Znajui broj zavojaka, srednju duinu jednog zavojka i povrinu poprenog preseka, odredjujemo otpornosti primara i sekundaraR1 =

0.18 826 l zav1 N1 = 0.017 = 14.15 0.1785 S1

R2 =

l zav 2 N 2 = 57.15 m S2

a) Transformator je maksimalno optereen kada kroz njegove zavojke protiu maksimalne struje, tj. I1 = 454.5 mA i I 2 = 8.33 A . Na osnovu ekvivalentne eme transformatora, koja ukljuuje otpornosti primara i sekundara (date na slici), za pad napona na sekundaru imaemoU 2 = R2 I 2 + R1 I1 U2 = 0.48 + 0.35 = 0.83 V U1

Prvi lan na desnoj strani u poslednjem izrazu je smanjenje napona na sekundaru usled pada napona na otpornosti sekundara, a drugi lan predstavlja smanjenje napona na primaru usled pada napona na otpornosti primara koje se sa odnosom transformacije U2/U1 preslikava na sekundar. Prema tome, sada se moe odrediti vrednost koeficijenta sekundarnih gubitaka

2 =

U 2 + U 2 12.87 = = 1.072 12 U2

Usled postojanja i drugih gubitaka u transformatoru, realna vrednost ovog koeficijenta je neznatno vea, pa se sa pravom moe uzeti da iznosi oko 1.10, tj. oko 10-12% vie zavojaka treba imati na sekundaru u odnosu na idealni transformator da bi se ovi efekti kompenzovali.

b) Kada je na izlaz transformatora prikljuen otpornik RL=4, kroz sekundarni namotaj tei e struja 12 V U I2* = 2 = = 3A RL 4 Otpornost sekundara je u ovom sluaju zanemarena (R2