Zawody III stopnia
Rozwi¡zania zada« dla grupy elektryczno-elektronicznej Rozwi¡zanie zadania 1
Rys.1. Schemat przetwornika dla zadanej liczbyn2 = a3a2a1a0 = 1001
n10 = 9
Poniewa» wzmacniacz operacyjny (Rys.1) pracuje w stanie aktywnym to potencjaª wej±cia inwertujacego ({) bez wzgl¦du na pozycj¦ ª¡czników S0 S3 jest niewielki, bliski 0 V (efekt wirtualnej masy). Zatem rozpªyw pr¡dów w rezystorach R i 2 R jest tak»e praktycznie staªy i mo»na go obliczy¢ przyjmuj¡c schemat poª¡cze« jak na rysunku (Rys.2).
Patronem honorowym OWT jest Minister Gospodarki.
Partnerami medialnymi OWT s¡:
- Przegl¡d Techniczny, - Przegl¡d Mechaniczny.
Sponsorami XXXIX OWT s¡:
- Instytut Mechnizacji Budownictwa i Górnictwa Skalnego,
- Stowarzyszenie In»ynierów i Techników Przemysªu Materiaªów Budowlanych, - Wydawnictwo Kartogra czne Beata Pi¦tka.
1
Rys.2. Rozpªyw pr¡dów i rozkªad napie¢ w sieci rezystorów R i 2 R
Z rysunku (Rys.2) wynika, »e rezystancja zast¦pcza sieci rezystorówR i 2R widziana z zaci- sków ¹ródªa napi¦cia referencyjnegoUref jest równa Rz = R = 1k. Pr¡d Iref mo»na zatem policzy¢ z zale»no±ci:
Iref = Uref
R = 5
1000 = 5 mA : (1)
atwo zauwa»y¢, »e:
U3 = Uref ; (2)
U2 = Uref
Iref I3
R = Uref 1 R 1
R 1
2R
!!
= Uref
2 ; (3)
U1 = U2
Iref I3 I2
R = Uref 1
2 R 1
R 1
2R 1
4R
!!
= Uref
4 ; (4) U0 = U1
Iref I3 I2 I1
R =
= Uref 1
4 R 1
R 1
2R 1
4R 1
8R
! !
= Uref
8 ; (5)
Warto±ci pr¡dów I0, I1, I2, I3 w drabince rezystancyjnej s¡ zatem równe:
I3 = U3
2R = Uref
2R = 5
21000 = 2;5 mA; (6)
I2 = U2
2R = Uref
4R = 5
41000 = 1;25 mA; (7)
2
I1 = U1
2R = Uref
8R = 5
81000 = 625 A ; (8)
I0 = U0
2R = Uref
16R = 5
161000 = 312;5 A : (9)
Poniewa» pr¡d I (Rys.1), dla przyj¦tych odpowiednio wag a0, a1, a2, a3, sygnaªów steru- jacych ª¡cznikamiS0 S3 jest równy:
I = a3 I3 +a2 I2 +a1 I1 +a0 I0 ; (10)
to napi¦cie wyj±ciowe UW przetwornika jest równe:
UW = I RW : (11)
Moduªu napi¦cia wyj±ciowego ma warto±¢ maksymaln¡
UW
max = 10 V, kiedy wej±ciowa liczba binarna ma warto±¢ 1111. Oznacza to, »e pr¡d I = Imax jest równy:
Imax = I3 +I2 +I1 +I0 = Uref 2R
0
@a3 + a2 2 + a1
4 + a0 8
1
A= 1516 Uref
2R = 4;6875 mA: (12) Przeksztaªcaj¡c zale»no±¢ (11) mo»na obliczy¢ rezystancj¦ RW.
RW =
UW
max
Imax = 10
4;687510 3 2;13 k : (13) Do wyznaczenia charaktrystyki przetwarzania nale»y zna¢ warto±¢ napi¦cia wyj±ciowego przetwornika dla liczbyn2 = 0001. Jest to napi¦cie kwantowania UK tego przetwornika.
UK = IminRW = I0 RW = Uref 2R 1
8RW =
(14)
=
UW
max
15 = 1015 0;667 V = 667 mV.
Wykres charakterystyki przetwarzania
UW
= f
n2
przetwornika przedstawiono na rysunku (Rys.3).
3
Rys.3.
UW
=f
n2
Rozwi¡zanie zadania 2
Poniewa» ukªad przedstawiony na rysunku jest generatorem to na pewno w p¦tli jest poª¡- czona nieparzysta liczba bramek.Gdyby liczba bramekbyªa parzysta na ich wyj±ciach ustawiªby si¦ jeden ze stanów stabilnych 0 lub 1 i ten stan, wymuszony przez ukªad, nie ulegaªby zmianie.
W ukªadzie z zadania tak nie jest, stany na wyj±ciach bramek zmieniaj¡ si¦, np. w ukªadzie z trzema bramkami (Rys.1) przebiegi napi¦¢ wyj±ciowychU1, U2, U3 b¦d¡ miaªy ksztaªt jak na rysunku (Rys.2).
Rys.1. Ukªad z trzema bramkami NAND
Rys.2. Idealne przebiegi napi¦¢ wyj±ciowychU1, U2, U3 w ukªadzie z Rys.1 4
Z rysunku (Rys.2) wynika, »e okres przebiegów napi¦¢U1, U2, U3 jest równy
T = 2 n tp ; (1)
gdzietp { ±redni czas propagacji bramki, n = 3 { liczba bramek.
Poniewa» okres T fali napi¦cia U2 zmierzony na ekranie oscyloskopu jest równy T = 4;2 dz50nsdz = 210 ns ; f = 1T = 1
21010 9 = 4;76 MHz, (2) to odczytuj¡c z tabeli (Tabela 1) dla bramki typu TTL-LS warto±¢ ±redniego czasu propagacji tp = 10ns i przeksztaªcaj¡c wzór (1) mo»na napisa¢:
n = T2tp = 210210 = 10;5: (3)
Zatem w ukªadzie poª¡czono 11 bramek serii TTL-LS.
redni czas propagacji tp zastosowanych w eksperymencie bramek jest równy:
tp = T
2n = 210
211 = 9;5 ns
Z tabeli (Tabela 1) ±redni czas propagacji bramek serii TTL-L jest równy tp1 = 33ns.
eby przebieg obserwowany na ekranie oscyloskopu miaª cz¦stotliwo±¢f równ¡ okoªo 4;76 MHz to liczba bramek serii TTL-L musi by¢ równa:
n1 = T
2tp1 = 210233 = 3;18 : Nale»y zastosowa¢ 3 bramki serii TTL-L.
Rozwi¡zanie zadania 3 ad 1
Pomijaj¡c pr¡d bazy tranzystora, z dzielnika napi¦cia R1, R2 mo»na obliczy¢ napi¦cie na rezystorzeR2
UR2 = R2
R1 +R2 UCC = 4;7
11;7 + 4;7 11 = 3;152 V. (1) 5
Z charakterystyk tranzystora mo»na odczyta¢, »e napi¦cie UBE na zª¡czu baza { emiter tranzystora Q1 mo»e zmienia¢ si¦ w zakresie od UBEmin = 0;62 V do UBEmax = 0;67 V, zatem napi¦cie na rezystancjiR3 na pewno jest w przedziale warto±ci:
UR3min = UR2 UBEmax = 3;152 0;67 = 2;482 V, UR3max = UR2 UBEmin = 3;152 0;62 = 2;532 V. (2)
Zakªadaj¡c, »e pr¡d emitera jest praktycznie równy pr¡dowi kolektora mo»na obliczy¢ prze- dziaª warto±ci, w jakim znajduje si¦ szukana w punkcie pracy tranzystora warto±¢ pr¡du kolek- tora:
ICmin = UR3min
R3 = 2;4820;5 = 4;964 mA,
(3) ICmax = UR3max
R3 = 2;5320;5 = 5;064 mA.
Z zale»no±ci (3) wynika, »e pr¡d kolektora w punkcie pracy tranzystora jest w przybli»eniu równy ICQ 5 mA. Na rezystancji R3 odkªada si¦ w tej sytuacji napi¦cie 2;5 V, a zatem napi¦cieUBEQ jest w przybli»eniu równe:
UBEQ = UR2 UR3 = 3;152 2;5 = 0;652 V. (4)
Napi¦cieUCEQ w punkcie pracy, przy zaªo»eniu, ze rezystancja uzwojenia dªawika L1 jest równa zero mo»na obliczy¢ ze wzoru:
UCEQ = UCC UR3 = UCC ICQ R3 = 11 2;5 = 8;5 V. (5) Punkt pracy tranzystora ma zatem wspóªrz¦dne:
UCEQ = 8;5 V, ICQ = 5mA, UBEQ = 0;652 V.
Dokªadniej mo»na wyznaczy¢ wspóªrz¦dne punktu pracy tranzystora zakªadaj¡c, »e w prze- dziale zmian napi¦cia baza-emiter od UBE1 = 0;65 V do UBE2 = 0;66 V zmiana pr¡du kolektora IC wyra»ona w mA jest proporcjonalna do zmiany napi¦cia UBE.
Zatem mo»na napisa¢:
IC = gm UBE ; (6)
6
oraz UR2
IC1 +IC
R3 = UBE1 +UBE ; (7)
gdzie
gm = IC1
UBE1 = (7 4)10 3
0;66 0;65 = 300 mA/V; IC1 = 4 mA.
Po wstawieniu zale»no±ci (6) do (7) i przeksztaªceniu otrzymuje si¦:
UBE = UR2 IC1 R3 UBE1
gm R3 +1 = 3;152 40;5 0;65
3000;5 + 1 = 3;3245 mV, (8) UBEQ = UBE1 +UBE = 0;6533 V,
ICQ = IC1 +IC = IC1 +aUBEQ = 4+3000;0033245 = 4;997 mA.
Napi¦cieUCEQ jest w tym wypadku tak»e równe:
UCEQ = UCC UR3 = UCC ICQR3 = 11 4;9970;5 = 8;5 V. (9)
ad 2
Warunek wzbudzenia drga« w ukªadzie opisuje zale»no±¢:
jKjj j> 1 ; (10)
gdzie jKj moduª wzmocnienia wzmacniacza,j j moduª tªumienia czwórnika sprz¦»enia zwrot- nego.
Moduª wzmocnienia wzmacniacza mo»na obliczy¢, np. z zale»no±ci:
jKj=gm rd ; (11)
gdzie
gm = IC2
UBE2 ;
przy UCEQ =const, tzw. transkonduktancja tranzystora w punkcie pracy, a rd rezystancja dynamiczna obwodu obci¡»enia, w tym wypadku obwodu rezonansowego.
7
Z charakterystyk stycznych tranzystora mo»na odczyta¢:
gm = IC2
UBE2 = (7 4)10 3
0;66 0;65 = 300 mA/V = 0;3 A/V : (12) Rezystancj¦ dynamiczn¡rd oblicza si¦ z zale»no±ci:
rd = Q: (13)
Dobro¢ obwodu rezonansowego opisuj¡ wzory:
Q = ! LRL =
! C1 RL =
sL
RLC = RL ; (14)
gdzie:
= ! L = 1! C =
sL
C ; (15)
L { indukcyjno±¢ obwodu rezonansowego, C { zast¦pcza pojemno±¢ obwodu rezonansowego C = C1 C2
C1 +C2 C2 : (16)
Wstawiaj¡c zale»no±¢ (14) do (13) otrzymuje si¦:
rd =
RL = 2
RL : (17)
Dla C2MAX = 1nF
MIN =
v
u
u
t
C2MAXL =
v
u
u
u
t
1010 6
110 9 = 100 ;
rdMIN = 2MIN
RL = 1002
5;3 = 1890 ; (18)
jKjMIN = gm rdMIN = 0;31890 = 567 V/V: 8
Dla C2MIN = 400 pF
MAX =
v
u
u
t
C2MINL =
v
u
u
u
t
1010 6
40010 12 = 158 ; rdMAX = 2MAX
RL = 1582
5;3 = 4710 ; (19)
jKjMAX = gm rdMAX = 0;34710 = 1413 V/V: Moduª tªumienia czwórnika sprz¦»enia zwrotnego oblicza si¦ z zale»no±ci:
j j= XC1
XC1 +XC2 = C2
C1 +C2 C2
C1 : (20)
Dla C2MAX = 1nF
j jMAX = C2MAX
C1 = 110 9
25010 9 = 410 3 V/V: (21) Dla C2MIN = 400 pF
j jMIN = C2MIN
C1 = 40010 12
25010 9 = 1;610 3 V/V: (22) Sprawdzenie warunku wzbudzenia drga« w ukªadzie dla C2MAX = 1nF
jKjMIN j jMAX = 567410 3 = 2;27 > 1 : (23) Sprawdzenie warunku wzbudzenia drga« w ukªadzie dla C2MIN = 400 pF
jKjMAX j jMIN = 14131;610 3 = 2;26 > 1 : (24) W peªnym zakresie przestrajania generator generuje sygnaª sinusiodalny.
9
ad 3
Minimala i maksymalna cz¦stotliwo±¢ drga« generatora jest równa minimalnej i maksymal- nej cz¦stotliwo±ci rezonansowej obwodu RL, L, C1, C2.
fMIN = 1
2qL C2MAX = 1
2
q
1010 6110 9 = 1;59 MHz,
(25)
fMAX = 1
2qL C2MIN = 1
2
q
1010 640010 12 = 2;52 MHz.
Rozwi¡zanie uproszczone:
jKj j j=gm rd C2
C1 =gm 2 RL C2
C1 =gm C2L RL C2
C1 =gm L
RL C1 : (26)
Iloczyn moduªów nie zale»y od pojemno±ci kondensatora C2.
jKj j j= 0;3 1010 6
5;325010 9 = 2;26 > 1 : (27) Ukªad generuje przy dowolnej wartosci pojemnosci kondensatora C2.
Omawiany w zadaniu generator to generator Colpittsa.
Rozwi¡zanie problemu technicznego
Odksztaªcone pr¡dy fazowe przeksztaªtnika pªyn¡ równie» w linii zasilaj¡cej. Miar¡ tych odksztaªce« jest wspóªczynnik zawarto±ci harmonicznych (inaczej odksztaªcenia) pr¡duTHDi, który de niuje si¦ w nast¦pujacy sposób:
THDi = IH
I1 100%;
gdzie IH { warto±¢ skuteczn¡ wszystkich wy»szych harmonicznych, a I1 { warto±¢ skuteczna harmonicznej podstawowej pr¡du.
10
Wy»sze harmoniczne pr¡du powoduj¡ dodatkowe, niepotrzebne straty energii (straty ciepl- ne) w rezystancjach transformatorów i przewodów zasilajacych dlatego du»a warto±¢ wspóª- czynnikaTHDi jest niekorzystana i nale»y j¡ w miar¦ mo»liwo±ci technicznych zmniejsza¢ do mo»liwie najmniejszej warto±ci.
Z rysunku (Rys.2) wynika, »e skªadowa podstawowa i11 pr¡du fazowego i1 jest przesuni¦ta w fazie wzgl¦dem skªadowej podstawowej napi¦cia fazowego u1 o k¡t ' = =3. Przeksztaªtnik pobiera zatem z sieci, oprócz mocy czynnej potrzebnej do wykonania okre±lonej pracy (podnie- sieni lub opuszczenie windy), tak»e moc biern¡ indukcyjn¡. T¦ moc mo»na wyznaczy¢ znaj¡c skªadow¡ biern¡ podstawowej harmonicznej pr¡du fazowego, a jej warto±¢ jest proporcjonlna do tzw. wspóªczynnika mocy cos ' przeksztaªtnika. Podobnie jak wy»sze harmoniczne tak i skªa- dowe bierne podstawowej harmonicznej pr¡dów fazowych powoduj¡ dodatkowe straty energii w transformatorach i przewodach zasilajacych przeksztaªtnik.
Wy»sze harmoniczne pr¡dów fazowych odkªadaj¡ na indukcyjno±ciach i rezystancjach prze- wodów i transformatorów w linii zasilaj¡cej spadki napi¦¢ i powoduj¡, »e w miejscu przyª¡cze- nia przeksztaªtnika do sieci elektroenergetycznej wyst¡pi odksztaªcenie napi¦cia zasilaj¡cego.
To odksztaªcone napi¦cie, zasilaj¡ce inne odbiorniki energii elektrycznej, mo»e by¢ przyczyn¡
ich awarii lub niewªa±ciwej pracy.
Miar¡ odksztaªcenia napi¦cia zasilajacego przeksztaªtnik w miejscu jego przyª¡czenia, po- dobnie jak dla pr¡dów odksztaªconych, jest wspóªczynnik zawarto±ci harmonicznych (odksztaª- cenia) napi¦cia THDu, który de niuje si¦ w nast¦pujacy sposób:
THDu = UH
U1 100%;
gdzie UH { warto±¢ skuteczn¡ wszystkich wy»szych harmonicznych, a U1 { warto±¢ skuteczna harmonicznej podstawowej napi¦cia w miejscu przyª¡czenia przeksztaªtnika.
Niekorzystny wpªyw przeksztaªtnika na jako±¢ przebiegów pr¡dów i napi¦¢ w sieci elek- troenergetycznej w miejscu jego przyª¡czenia mo»na zmniejszy¢ lub wyeliminowa¢ doª¡czaj¡c równolegle do zacisków przeksztaªtnika jeden, dwa lub wszystkie z wymienionych ni»ej ±rodków technicznych:
1. bateria kondensatorów kompensuj¡cych moc biern¡ indukcyjn¡, 2. ltr pasywnyLC,
3. ltr aktywny (przeksztaªtnik energoelektroniczny).
Poniewa» przeksztaªtnik jest odbiornikiem symetrycznym mo»a obliczenia przeprowadzi¢
w obwodzie jednofazowym.
Na rysunku (Rys.1) przedstawiono schemat zastepczy ukªadu jednofazowego, na którym podstawowa i pi¡ta harmoniczna pr¡du fazowego pobieranego przez przeksztaªtnik s¡ odpo- wiednio reprezentowane przez dwa ¹ródªa pr¡dowei11 oraz i15.
11
Rys.1. Schemat ukªadu jednofazowego
Stosuj¡c zasad¦ superpozycji mo»na ukªad ogólny przedstawiony na rysunku (Rys.1) za- st¡pi¢ dwoma ukªadami. Pierwszy uwzgl¦dnia tylko podstawow¡, a drugi pi¡t¡ harmoniczn¡
pr¡du fazowego. Odpowiednie schematy dla tych skªadowych pr¡du przedstawiono na kolejnych rysunkach (Rys.2, Rys.3).
Rys.2. Schemat zast¦pczy ukªadu z rysunku (Rys.1) dla harmonicznej podstawowej pr¡du fazowego i1
LS1
u15
i15 iS15
L11 C11
~
iF15
i15
Rys.3. Schemat zast¦pczy ukªadu z rysunku (Rys.1) dla pi¡tej harmonicznej pr¡du fazowego i1
Sytuacja 1. Ukªad bez ltru pasywnego LC
Je»eli w ukªadzie nie zastosowano »adnego ±rodka technicznego poprawiaj¡cego parametry pobieranej z sieci zasilaj¡cej energii mo»na napisa¢:
iS1 = i1 = i11 +i15 : (1)
12
Poniewa» znane s¡ warto±ci skuteczne podstawowej i pi¡tej harmonicznej pr¡du i1 to sku- teczna warto±¢ tego pr¡du jest równa:
IS1 = I1 =
s
I211 +I2 15 =
r
5002 + 1002 510 A. (2)
Wspóªczynnik THDi w tym wypadku ma warto±¢:
THDi = I15
I11 100% = 100500 100% = 20%: (3) Dla schematu zast¦pczego przedstawionego na rysunku (Rys.2) skªadowa czynna i11c pod- stawowej harmonicznej pr¡du fazowego jest równa:
I11c = I11 cos ' = 500cos 3 = 250 A. (4) Skªadowa bierna i11b ma warto±¢:
I11b = I11 sin ' = 500sin 3 = 433A. (5) Ta skªadowa powoduje, »e w transformatorach i w przewodach zasilajacych powstaj¡ do- datkowe straty enegii.
Pr¡d I11 odkªada na indukcyjno±ci LS1 napi¦cie o warto±ci skutecznej równej:
ULS11 = XLS11 I11 = !1 LS1 I11 = 2 f LS1 I11 = (6)
= 2505010 65007;8 V.
Pi¡ta harmoniczna pr¡du fazowego zgodnie ze schematem zast¦pczym przedstawinym na rysunku (Rys.3) odkªada na indukcyjno±ci LS1 napi¦cie o warto±ci skutecznej równej:
ULS15 = XLS15 I15 = 5!1 LS1 I15 = 52 f LS1 I15 = (7)
= 52505010 6100 7;9 V.
Skuteczna warto±¢ napi¦cia na zaciskach przeksztaªtnika w miejscu jego przyª¡czenia, po- mijaj¡c spadki napi¦cia na indukcyjno±ciLS1 od podstawowej i pi¡tej harmonicznej,jest prak- tycznie równa U1 US1 = 230 V. Wspóªczynnik THDu jest zatem równy:
THDu = U15
U11 100% = 7;9230 100% = 3;43% : (8) 13
Sytuacja 2. Ukªad z ltrem pasywnym LC
W tej sytuacji skªadowa bierna harmonicznej podstawowej pr¡du fazowego I11b jest cz¦-
±ciowo kompensowana przez ltr L11, C11 (Rys.2). Tak»e cz¦±¢ pi¡tej harmonicznej pr¡du fazowego przepªywa przez elementyL11, C11 (Rys.3).
Obliczaj¡c zatem reaktancje indukcyjne i pojemno±ciowe dªawików LS1 i L11 oraz konden- satora C11 dla podstawowej i pi¡tej harmonicznej mo»na wykaza¢, »e skuteczna warto±¢ pr¡du iS1 zasilajacego ukªad przeksztaªtnik{ ltr zmniejszysi¦,i b¦dziemiaªawarto±¢ 257A, a wspóª- czynnik mocy cos ' zwi¦kszy si¦ do warto±ci 0,973 (w ukªadzie bez ltru LC cos ' = 0;5).
Wspóªczynniki THDi oraz THDu b¦d¡ miaªy odpowiednio warto±ci:
THDi = I15
I11 100% = 34;8257 100%13;5 % ; (9) THDu = U15
U11 100% = 2;73230 100%1;2 % : (10)
14
