przenoszenia tego ukªadu, przy zaªo»eniu, »e wzmacniacz jest idealny mo»na wyznaczy¢
7
0
0
Pełen tekst
(2) nansowana ze ±rodków MEN.. 1.
(3) U2 = I2 R2 ; U+ = U ;. I5 = I1 + I2 :. Po przeksztaªceniu. R2 R4 U20 = U + R1 11 R3 + R4. 0R R 1 @ 2 + 2 + 1A U12 : R1. R5. Wspóªczynniki stoj¡ce przy zmiennych U11 i U12 musz¡ mie¢ warto±ci:. R2 =2; R1. R4 R3 + R4. 0R R 1 @ 2 + 2 + 1A = 5 : R1. R5. Przykªadowe warto±ci rezystorów speªniaj¡ce warunki zadania: R1 = 4 k , R2 = 8 k , R3 = 6 k , R4 = 5 k , R5 = 1 k .. Rozwi¡zanie zadania 2. Rys.1. Przykªadowy ukªad z falownikiem napi¦cia umo»liwiaj¡cy wspóªprac¦ baterii fotowoltaicznej z sieci¡ elektroenergetyczn¡ 2.
(4) Ad.a) Schemat falownika napi¦cia sprz¦gaj¡cy bateri¦ fotowoltaiczn¡ z sieci¡ elektroenergetyczn¡ przedstawiono na rys.1. Pomi¦dzy zaciskami sieci elektroenergetycznej i zaciskami wyj±ciowymi falownika umieszczono dodatkowo transformator, który zapewnia separacj¦ galwaniczn¡ obwodów. Napi¦cie UDC w obwodzie po±rednicz¡cym, zasilaj¡ce falownik mo»na regulowa¢ w ukªadzie przeksztaªtnika DC/DC poprzez zmian¦ wspóªczynnika modulacji m. Ad.b) Sprawno±¢ ukªadu przeksztaªcania energii sªonecznej na energi¦ elektryczn¡ mo»na obliczy¢ ze wzoru: C = B F = 0; 195 0; 97 = 0; 18915 ; C 19% : Odczytane z charakterystyk ogniwa wspóªrz¦dne punktu mocy maksymalnej przy nat¦»eniu o±wietlenia równym 1000 W/m2 to odpowiednio: UMPP 1 = 38 V i IMPP 1 = 5 A (patrz tre±¢ zadania wykres na rys.1). Zatem moc maksymalna jak¡ mo»na pobra¢ z tej baterii jest równa: PMAX = 12 UMPP 1 IMPP 1 = 12 38 5 = 2280 W. Ad.c) Minimalne u»yteczne napi¦cie baterii fotowoltaicznej UDCMIN mo»na oszacowa¢ zakªadaj¡c maksymaln¡ warto±¢ wspóªczynnika gª¦boko±ci modulacji napi¦cia zasilaj¡cego falownik m = 1. Poniewa» amplituda napi¦cia wyj±ciowego falownika powinna by¢ równa: p p UMFMIN = 1; 05 UMS = 1; 05 2 US = 1; 05 2 230 = 341; 5 V, to. UMFMIN 341; 5 UDCMIN = = = 341; 5 V. m 1. Ad.d) Je»eli nat¦»enie o±wietlenia zmniejszyªo si¦ do 200 W/m2 to wraz z nim zmniejszyªa si¦ warto±¢ napi¦cia i pr¡d pojedynczego ogniwa. W tym wypadku wspóªrz¦dne punktu mocy maksymalnej s¡ odpowiednio równe: UMPP 2 = 36 V i IMPP 2 = 1 A (patrz tre±¢ zadania wykres na rys.1). Moc pobierana z baterii zmniejszy si¦ i b¦dzie równa: PMIN = 12 UMPP 2 IMPP 2 = 12 36 1 = 432 W. Uwzgl¦dniaj¡c sprawno±¢ falownika moc oddawana do sieci zmniejszy si¦ i b¦dzie miaªa warto±¢: PS = F PMIN = 0; 97 432 = 419; 04 419 W. Warto±¢ skuteczna pr¡du wpªywaj¡cego do sieci elektroenergetycznej jest zatem równa: PS 419 IS = = = 1; 82 A. US 230 3.
(5) Ad.e) Rezystor obci¡»enia baterii fotowoltaicznej dla nat¦»enia o±wietlenia 200 W/m2 12 UMPP 2 12 36 RMAX = = = 432 : IMPP 2 1 Dla nat¦»enia o±wietlenia 1000 W/m2 12 UMPP 1 12 38 RMIN = = = 91; 2 : IMP 1 5. Rozwi¡zanie zadania 3 Z podanych w zadaniu danych wynika, »e ±rednica zewn¦trzna uzwojenia jest równa:. DUmax = DU. D 2. d 72 = 82 2 2. D 2. d 72 52 = = 10 mm. 2 2 2. 52 = 20 mm. 2. Wewn¦trzna ±rednica uzwojenia. DUmin = rednia ±rednica uzwojenia. DUmax + DUmin 20 + 10 DUm = = = 15 mm. 2 2 rednia dªugo±¢ jednego zwoju lUm = DUm, liczba zwojów dªawika wynosi:. lD 220 z= = 4670 zwojów. DUm 0; 015 Masa zu»ytej miedzi mo»ne by¢ obliczy¢ ze wzoru:. mCu = VCu %Cu ; 4.
(6) gdzie VCu obj¦to±¢ uzwojenia (±rednica drutu nawojowego dCu = 0; 1 mm). VCu = SCu lD =. d2Cu 4. 0; 12 10 3 2 lD = 220 : 4. d2Cu 0; 12 10 3 2 mCu = SCu lD %Cu = l % = 220 8920 = 4 D Cu 4 = 0; 00785 10 6 220 8920 15; 4 10 3 kg = 15; 4 g. Przepªyw jest równy:. =Iz: Pr¡d pªyn¡cy przez dªawik mo»na obliczy¢ stosuj¡c prawo Ohma:. I=. U ; RCu. gdzie RCu rezystancja uzwojenia.. lD 220 RCu = = 500 : Cu SCu 56 106 0; 00785 10 6 U 24 z= 4670 = 0; 048 4670 224 A (amperozwojów). RCu 500 rednia droga magnetyczna lm dla rdzenia zastosowanego w dªawiku: =. D+d (72 + 52) 10 3 lm = dm = = = 62 10 3 0; 195 m. 2 2 Nat¦»enie pola magnetycznego w rdzeniu jest zatem równe: 224 A H= = = 1148; 7 : lm 0; 195 m. 5.
(7) Rozwi¡zanie problemu technicznego Napi¦cie na zaciskach odbiornika w trzecim eksperymencie mo»na wyznaczy¢ znaj¡c siª¦ elektromotoryczn¡ E i rezystancj¦ wewn¦trzn¡ RB akumulatora. Parametry te mo»na oszacowa¢ analizuj¡c wyniki pierwszego i drugiego eksperymentu. Z wypadkowych charakterystyk pr¡dowo-napi¦ciowych szeregowo poª¡czonych: grzaªki i »arówki oraz równolegle poª¡czonych: grzaªki i wentylatora mo»na odczyta¢, »e w pierwszym eksperymencie dla U1 = 15; 4 V pr¡d akumulatora jest równy IB 1 = 8; 8 A, a w drugim dla U2 = 12; 5V, IB 2 = 17; 5A. Siª¦ elektromotoryczn¡ akumulatora i jego rezystancj¦ wewn¦trzn¡ mo»na zatem obliczy¢ rozwi¡zuj¡c ukªad równa«: E U1 = IB 1 ; RB E U2 = IB 2 : RB Po przeksztaªceniu U1 U2 15; 4 12; 5 RB = = = 0; 33 0; 3 ; IB 2 IB 1 17; 5 8; 8. IB 2 U1 IB 1 U2 17; 5 15; 4 8; 8 12; 5 E= = = 18; 3 V 18 V : IB 2 IB 1 17; 5 8; 8 W trzecim eksperymencie poª¡czono szeregowo-równolegle elementy RG, RZ , RW . Punkt. . . przeci¦cia wypadkowej charakterystyki pr¡dowo-napi¦ciowej odbiornika RG + RW jj RZ , i charakterystyki akumulatora wyznacza punkt pracy akumulatora i odbiornika. Punkt ten ma wspóªrz¦dne: U3 = 13; 2 V, IB 3 = 16; 2 A. Zast¦puj¡c akumulator pr¡dnic¡ napi¦cie UP na jej zaciskach musi by¢ równe U3. Z charakterystyki regulacyjnej pr¡dnicy mo»na zatem odczyta¢, »e wymagany pr¡d wzbudzenia ma warto±¢ If 140 mA. Wyznaczaj¡c kolejno punkty pracy elementów RG , RZ , RW i odczytuj¡c odpowiednie warto±ci z charakterystyk pr¡dowo-napi¦ciowych mo»na obliczy¢ przybli»one moce tych elementów: 1. grzaªka (z charakterystyki UG = 4; 0 V, IG = IW = 3; 7 A) PG = UG IG = 4; 0 3; 7 = 14; 8 W, 6.
(8) 2. wentylator (z charakterystyki UW = 9; 2 V, IW = IG = 3; 7 A) PW = UW IW = 9; 2 3; 7 = 34; 04 W, 3. »arówka (z charakterystyki UZ = UP = 13; 2 V, IZ = 12; 5 A) PZ = UZ IZ = 13; 2 12; 5 = 165 W.. 7.
(9)
Powiązane dokumenty
[r]
Do wystawienia oceny z przedmiotu brany jest wynik ostatniego zaliczenia wyk ladu (albo suma punkt´ow z obu cz¸e´sci zaliczenia je´sli student zalicza l na raty i nie poprawia l).
Do liczby punkt´ow uzyskanych na egzaminie ustnym (max. 60 punkt´ow) doliczana jest liczba punkt´ow punkt´ow uzyskanych na egzaminie pisemnym albo, w przypadku niezdawania
• Egzamin z jednej cz¸e´sci wyk ladu sk lada si¸e z 3 zada´n rachunkowych, do rozwi¸azania kt´orych trzeba wykorzysta˙c wiedz¸e dotycz¸ac¸a zaliczanej cz¸e´sci (za
Sposób podª¡czenia baterii kondensatorów kompensacyjnych Odpowied¹: Moc czynna odbiornika Podb = 2480 W, moc bierna odbiornika Qodb = 3315 VAr, moc pozorna odbiornika Sodb = 4140
Rozwi¡zania zada« dla grupy elektryczno-elektronicznej Rozwi¡zanie zadania 1 ad a Z warunków pierwszego testu wynika, »e dioda póªprzewodnikowego przyrz¡du mocy jest spolaryzowana
Chwilowe warto±ci napi¦cia zasilaj¡cego s¡ sum¡ chwilowych warto±ci napi¦¢ na odbiorni- kach u1(t) i u2(t)... Schemat tªumika przestawiono
[r]
