physics.zfftt.kpi.ua

Задача 14.8. Неонова лампочка горить, коли напруга на її електродах перевищує строго певне значення – напругу запалення U_з (незалежно від полярності). Лампочку включають в мережу з діючим значенням напруги, рівним напрузі запалення, U = U_з. Визначити, яку частину часу \(\eta\) (в частках періоду) горить лампочка.

Задача 14.9. У мережу змінного струму з частотою \(\nu\) = 50 Гц послідовно включені резистор R = 100 Ом і два однакові конденсатори по C = 30 мкФ. Один з конденсаторів пробивається. (При електричному пробої в діелектрику, який заповнює конденсатор, утворюється провідний канал, який сполучає (закорочує) пластини конденсатора). Визначити відношення сил струмів в колі до (I1) та після (I2) пробою одного з конденсаторів. 

Задача 14.10. Якщо котушку з індуктивністю L = 0,03 Гн приєднати до батареї з нульовим внутрішнім опором і ЕРС \(\mathcal{E}\) = 9 В (рис.10а), то сила струму в котушці I₁ = 1 A. Визначити силу струму в котушці I₂, якщо її приєднати до джерела змінного струму з частотою \(\nu=50\) Гц і напругою \(U=\mathcal{E}\) (рис.10б)

Задача 14.11. Послідовно з’єднанні конденсатор C, котушка індуктивності L = 0,338 Гн і резистор R = 2 Ом підключені до джерела напруги U = 220 В з частотою \(\nu=50\) Гц. Визначити: А) ємність конденсатора C, при якій струм у колі буде максимальним; Б) напруга на кожному з елементів схеми (конденсаторі U_C, котушці U_L, резисторі U_R) при максимальному струмі.

Задача 14.12. Електричне коло складається з послідовно з’єднаних котушки індуктивності L = 6 мкГн, конденсатора С = 0,01 мкФ і резистора R = 0,5 Ом. Визначити потужність P, яку необхідно підводити від джерела змінної напруги, щоб амплітуда напруги на конденсаторі при резонансі була U = 10 В.

Задача 14.13. Трансформатор, що підвищує напругу від U₁ = 100 В до U₂ = 3300 В, має замкнуте осердя у вигляді кільця. Крізь кільце пропущений дріт, кінці якого приєднані до вольтметра (рис.13). Вольтметр показує U = 0,5 В. Визначити кількість витків первинної N₁ і вторинної N₂ обмоток.

Задача 14.14. Трансформатор має осердя, показане на рис.14. Якщо обмотку I підключити до джерела з напругою U₁ = 160 В, то напруга на обмотці II буде дорівнювати U. Джерело U₁ відключають від обмотки I, і обмотку II підключають до джерела напруги U. Вважаючи, що магнітний потік ділиться порівну між розгалуженнями осердя визначити напругу U₂ на виводах обмотки I. Опором обмотки нехтувати.

Задача 14.15. На первинну обмотку знижувального трансформатора з коефіцієнтом трансформації k = 20 подана напруга U₁ = 220 В. При цьому у вторинній обмотці, яка замкнута на певне навантаження, тече струм I₂ = 5 А. Активний опір вторинної обмотки r₂ = 0,5 Ом. Нехтуючи втратами у первинній обмотці, визначити напругу \(U_{2}\) на клемах вторинної обмотки.

Задача 14.8

Неонова лампочка горить, коли напруга на її електродах перевищує строго певне значення – напругу запалення U_з (незалежно від полярності). Лампочку включають в мережу з діючим значенням напруги, рівним напрузі запалення, U = U_з.

Визначити,

яку частину часу \(\eta\) (в частках періоду) горить лампочка.

Розв’язання

Відповідно до означення (формула 14.36), діюче (або ефективне) значення напруги дорівнює

\(U=\frac{U_{m}}{\sqrt{2}}\),

де U_m – амплітуда напруги.

Залежність напруги від часу визначається законом (14.17):

\(u=U_{m}\sin\omega{t}\),

Графік цієї функції, а також рівні діючого значення напруги і рівного йому напруги запалення показані на рис.8. З нього зрозуміло, що лампочка горітиме в проміжках часу \(\left[t_{1},\ t_{2}\right]\) і \(\left[t_{3},\ t_{4}\right]\). З симетрії графіка функції \(\sin\omega{t}\) очевидно, що час горіння лампочки протягом одного періоду визначається за формулою

\(\tau=T-4t_{1}\).

Час t₁ знайдемо з умови загорання лампочки, враховуючи задану в умові рівність u = U_з:

\(U_{з}=\frac{U_{m}}{\sqrt{2}}=U_{m}\sin\omega{t}_{1}\)    \(\Rightarrow\)    \(\sin\omega{t}_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\)    \(\Rightarrow\)    \(\omega{t}_{1}=\frac{\pi}{4}\).

Беручи до уваги, що циклічна частота пов'язана з періодом як \(\omega=2\pi/T\), знаходимо:

\(\frac{2\pi}{T}t_{1}=\frac{\pi}{4}\)    \(\Rightarrow\)    \(t_{1}=\frac{T}{8}\).

Отже

\(\tau=T-4\frac{T}{8}=\frac{T}{2}\)    \(\Rightarrow\)    \(\eta=\frac{\tau}{T}=0,5=50\) %.

Отже, лампочка горітиме половину часу, протягом якого вона підключена до електромережі.

Задача 14.9

У мережу змінного струму з частотою \(\nu\) = 50 Гц послідовно включені резистор R = 100 Ом і два однакові конденсатори по C = 30 мкФ (рис.9). Один з конденсаторів пробивається. (При електричному пробої в діелектрику, який заповнює конденсатор, утворюється провідний канал, який сполучає (закорочує) пластини конденсатора).

Визначити

відношення сил струмів в колі до (I₁) та після (I₂) пробою одного з конденсаторів. (Якщо говорять "сила струму" або "напруга" в колі змінного струму, то завжди мають на увазі діючі значення).

Розв’язання

Унаслідок пробою, замість початкового кола (рис.9–1а) утворюється нове коло (рис.9–1б). Сила змінного струму в колі визначається законом Ома. Тому шукане відношення дорівнює оберненому відношенню імпедансів:

\(\frac{I_{2}}{I_{1}}=\frac{Z_{1}}{Z_{2}}\).

Оскільки в колі відсутня індуктивність, то імпеданс кола

\(Z=\sqrt{R^{2}+X_{C}^{2}}\).

Реактивний ємнісний опір X_C визначається формулою (14.23)

\(X_{C}=\frac{1}{2\pi\nu{C}}\).

Враховуючи, що в даній задачі C₂ = C, а C₁ = C/2 (див. формулу (10.26)), знаходимо:

\(Z_{1}=\sqrt{R^{2}+\left(\frac{1}{2\pi\nu(C/2)}\right)^{2}}\) = 234,6 Ом.

\(Z_{2}=\sqrt{R^{2}+\left(\frac{1}{2\pi\nu{C}}\right)^{2}}\) =145,8 Ом.

Таким чином:

\(\frac{I_{1}}{I_{2}}=\frac{145,8}{234,6}\approx\) 0,62,

тобто сила струму після пробою збільшиться в \(\approx{1,6}\) рази.

Задача 14.10

Якщо котушку з індуктивністю L = 0,03 Гн приєднати до батареї з нульовим внутрішнім опором і ЕРС \(\mathcal{E}\) = 9 В (рис.10а), то сила струму в котушці I₁ = 1 A.

Визначити

силу струму в котушці I₂, якщо її приєднати до джерела змінного струму з частотою \(\nu=50\) Гц і напругою \(U=\mathcal{E}\) (рис.10б)

Розв’язання

В першому випадку в котушці тече постійний струм, сила якого залежить тільки від активного опору R (опора дроту, яким намотана котушка) і ЕРС джерела. Еквівалентна схема кола для цього випадку показана на рис.10а. Якщо ж струм змінний, то повний опір кола визначається не тільки опором дроту R, але й індуктивністним опором котушки X_L (рис.10б). Відповідно до закону Ома для постійного (11.15) і змінного (14.30) струму маємо:

Звідси, з урахуванням умови \(U=\mathcal{E}\), одержуємо:

де Z – імпенданс (повний опір) котушки. Оскільки в колі немає конденсатора, то опір ємності X_C = 0, і з формул (14.31) і (14.28) випливає

\(Z=\sqrt{R^{2}+(2\pi\nu{L})^{2}}\).

Підставивши цей вираз у формулу (2), отримаємо:

З формули (1) \(R=\mathcal{E}/I_{1}\), тому остаточна відповідь має вигляд:

\(I_{2}=\frac{1}{\sqrt{1/I_{1}^{2}+\left(2\pi\nu{L}/\mathcal{E}\right)^{2}}}\).

Виконавши обчислення одержимо:

I₂ = 0,7 A.

Задача 14.11

Послідовно з’єднанні конденсатор C, котушка індуктивності L = 0,338 Гн і резистор R = 2 Ом підключені до джерела напруги U = 220 В з частотою \(\nu=50\) Гц (рис.11)

Визначити:

А) ємність конденсатора C, при якій струм у колі буде максимальним;

Б) напруга на кожному з елементів схеми (конденсаторі U_C, котушці U_L, резисторі U_R) при максимальному струмі.

Розв’язання

А) Струм в колі (рис.11) буде найбільшим при мінімальному значенні повного опору, тобто при виконанні умови Z = R (див. формули (14.31), (14.31a)). Тому

\(\omega{L}-\frac{1}{\omega{C}}=0\)     \(\Rightarrow\)     \(\omega{L}=\frac{1}{\omega{C}}\).

Звідси знаходимо:

\(C=\frac{1}{\omega^{2}L}=\frac{1}{(2\pi\nu)^{2}L}=\frac{1}{(2\pi\cdot{50})^{2}\cdot{0,338}}=3\cdot{10^{-5}}\) Ф = 30 мкФ.

Б) За законом Ома (14.30) при Z = R маємо:

\(I_{m}=\frac{U}{R}\).

Підставивши цей вираз у формули (14.24), (14.29), (14.20), знаходимо:

\(U_{C}=\frac{I}{\omega{C}}=\frac{U}{2\pi\nu{CR}}=\frac{220}{22\cdot{2}\cdot{3,14}\cdot{50}\cdot{3}\cdot{10^{-5}}}=1061\) В;

\(U_{L}=I\omega{L}=\frac{U}{R}2\pi\nu{L}=\frac{220}{22}\cdot{2}\cdot{3,14}\cdot{50}\cdot{0,338}=1061\) В.

В отриманих результатах впадає в очі здавалося б парадоксальний факт – напруги на конденсаторі і котушці майже в 5 разів перевищують напругу джерела, а напруга на резисторі дорівнює напрузі джерела так, ніби конденсатора і котушки у колі немає. Ці особливості зв'язані з тим, що напруги на котушці і конденсаторі мають протилежні фази і виявляються рівними по величині.

Задача 14.12

Електричне коло складається з послідовно з’єднаних котушки індуктивності L =6 мкГн, конденсатора С = 0,01 мкФ і резистора R = 0,5 Ом.

Визначити

потужність P, яку необхідно підводити від джерела змінної напруги, щоб амплітуда напруги на конденсаторі при резонансі була U = 10 В.

Вказівка: Для змінного струму слово "потужність" без спеціальних домовленостей  означає середню потужність за період.

Розв’язання

Схема заданого кола зображена на рис.12. В колі змінного струму енергію споживає тільки резистор і вона визначається формулами (14.33), (14.34). В умовах резонансу з формул (14.31a), (14.32) і (14.34), маємо:

\(Z=R\),    \(\cos\varphi=1\)

Тому потужність, яка виділяється в колі, відповідно до формул (14.33) і (14.30), дорівнює:

де I_р – резонансна амплітуда сили струму в колі.

Значення I_р знаходимо через задану величину U_р за допомогою закону Ома (формула (14.24)), врахувавши вираз (14.32):

\(I_{р}=\frac{U_{р}}{X_{р}}=\omega{C}U_{р}=\frac{CU_{р}}{\sqrt{LC}}\)     \(\Rightarrow\)    \(I_{р}=U\sqrt{\frac{C}{L}}\).

Підставивши цей вираз у формулу (1), отримаємо відповідь:

\(P=\frac{RCU_{р}^{2}}{2L}\approx{4,17}\cdot{10^{-2}}\) Вт = 41,7 мВт.

Задача 14.13

Трансформатор, що підвищує напругу від U₁ = 100 В до U₂ = 3300 В, має замкнуте осердя у вигляді кільця. Крізь кільце пропущений дріт, кінці якого приєднані до вольтметра (рис.13). Вольтметр показує U = 0,5 В.

Визначити
кількість витків первинної N₁ і вторинної N₂ обмоток.

Розв’язання

Дріт разом з вольтметром утворюють замкнутий контур. Його поверхня пронизується магнітним потоком, створеним струмом в первинній обмотці. Це дозволяє вважати дріт (разом з вольтметром) обмоткою трансформатора, що має один виток. Для цієї "обмотки" формула трансформатора (14.39) набуває вигляд:

\(\frac{U}{U_{1}}=\frac{1}{N_{1}}\)     \(\Rightarrow\)     \(N_{1}=\frac{U_{1}}{U}=\frac{100}{0,5}=200\).

Таким чином, первинна обмотка трансформатора складається з N₁ = 200 витків. Число витків вторинної обмотки трансформатора N₂ також знаходимо з формули (14.39):

\(\frac{U_{1}}{U_{2}}=\frac{N_{1}}{N_{2}}\)     \(\Rightarrow\)     \(N_{2}=N_{1}\frac{U_{2}}{U_{1}}=200\cdot\frac{3300}{100}=6600\),

або

\(\frac{U}{U_{2}}=\frac{1}{N_{2}}\)     \(\Rightarrow\)     \(N_{2}=\frac{U_{2}}{U}=\frac{3300}{0,5}=6600\).

Задача 14.14

Трансформатор має осердя, показане на рис.14. Якщо обмотку I підключити до джерела з напругою U₁ = 160 В, то напруга на обмотці II буде дорівнювати U. Джерело U₁ відключають від обмотки I, і обмотку II підключають до джерела напруги U. Вважаючи, що магнітний потік ділиться порівну між розгалуженнями осердя

визначити

напругу U₂ на виводах обмотки I. Опором обмотки нехтувати.

Розв’язання

Припустимо, що кількість витків в обмотках I і II рівні N₁ і N₂ відповідно. Тоді напруга на обмотці I згідно з формулою (12.12)

де \(\Phi_{1}\) – магнітний потік, створений в осерді струмом в обмотці I, \(\Phi_{1}^{\prime}(t)\) – похідна магнітного потоку по часу. Оскільки потік \(\Phi_{1}\) ділиться порівну між розгалуженнями, обмотку II пронизує потік \(\Phi_{2}=\Phi_{1}/2\), індукуючи напругу U, яка дорівнює ЕРС у цій обмотці (обмотка розімкнена):

З формули (1) і (2) знаходимо

Якщо джерело напруги U підключити до обмотки II, то міркуючи аналогічно попередньому, нескладно отримати

Помноживши отриманий вираз (4) на (3), знаходимо відповідь:

\(\frac{U_{2}}{U_{1}}=\frac{1}{4}\)     \(\Rightarrow\)     \(U_{2}=\frac{U_{1}}{4}=\frac{160}{4}=40\) В.

Задача 14.15

На первинну обмотку знижувального трансформатора з коефіцієнтом трансформації k = 20 подана напруга U₁ = 220 В. При цьому у вторинній обмотці, яка замкнута на певне навантаження, тече струм I₂ = 5 А. Активний опір вторинної обмотки r₂ = 0,5 Ом. Нехтуючи втратами у первинній обмотці,

Визначити

напругу \(U_{2}\) на клемах вторинної обмотки.

Розв’язання

Відповідно до означення (14.39), коефіцієнт трансформації

де \(\mathcal{E}_{1}\) – ЕРС самоіндукції в первинній обмотці, \(\mathcal{E}_{2}\) – ЕРС індукції у вторинній обмотці.

За умовою в первинній обмотці втрат немає, тому можна записати:

Для вторинної обмотки, згідно із законом Ома (формула (11.17)),

де \( I_{2}r_{2}\) – спад напруги на активному опорі обмотки.

Відповідно до співвідношень (1) і (2),

\(\mathcal{E}_{2}=\frac{\mathcal{E}_{1}}{k}=\frac{U_{1}}{k}\).

Підставивши цей вираз в співвідношення (3), отримаємо відповідь:

\(U_{2}=\frac{U_{1}}{k}-I_{2}r_{2}\) = 8,5 В.