Zawody I stopnia
Rozwi¡zania zada«
Rozwi¡zanie zadania 16
4l = R lE S :
XMiA =0 ! RB (a+b) P a = 0 ! RB = P a
a + b ;
XMiB =0 ! RA(a+b)+P b = 0 ! RA = P b
a + b :
4l1 = RA l E1 S ;
4l2 = RB l E2 S :
Patronem honorowym OWT jest Minister Gospodarki.
Organizatorem OWT jest Federacja Stowarzysze« Naukowo-Technicznych NOT.
Olimpiada jest nansowana ze ±rodków MEN.
1
Poniewa» pr¦t po obci¡»eniu ma nadal by¢ w pozycji poziomej to 4l1 =4l2, zatem:
RA lE1 S = RB l E2 S ; RAE1 = RB
E2 ; a + bP b
E1 = a + bP a
E2 ! E2 = a
b E1 ; E2E1 = ab = 2:
Odpowied¹: Stosunek moduªów spr¦»ysto±ci materiaªów drutów jest równy E2=E1 = 2.
Rozwi¡zanie zadania 17
XMiA =0 ! P l R l2 sin = 0;
R = 2 Psin = 210103
0;5 = 40103 N = 40 kN: 2
r = R
S kr ; S R
kr ; S 40103
100106 = 40010 6 m2 = 400 mm2: S = a2 ! a = 20 mm.
Odpowied¹: Bok przekroju kwadratowego ci¦gna ma wymiar 20 mm.
Rozwi¡zanie zadania 18
Przekrój ±cinany:
St = (4 a+8 b) g = (40;06 + 80;03)0;006 = 0;00288 m2 : Poniewa» wytrzymaªo±¢ na ±cinanie materiaªu pªytki
Rt = F St ;
to F = Rt St = 4001060;00288 = 1152103 N = 1152 kN.
Napr¦»enie w tªoczniku jakie powstaje od ±ciskania jest równe:
= FSs ; gdzie
Ss = 4ab+a2 = 40;060;03 + 0;062 = 0;0108 m2 ;
= FSs = 1152103
0;0108 = 107 MPa :
3
Odpowied¹: Siªa potrzebna do wytªoczenia pªytki ma warto±¢ 1152 kN, a napr¦»enie w tªocz- niku jakie powstaje od ±ciskania jest równe okoªo 107 MPa.
Rozwi¡zanie zadania 19
Ukªad poª¡cze« kondensatorów jak w zadaniu mo»na przeksztaªci¢ do postaci jak na rysun- ku, gdzie:
C234 =
C2 +C3
C2 +C3 +C4C4 = (20 + 40)60
20 + 40 + 60 = 30 nF, C567 =
C5 +C6
C5 +C6 +C7C7 = (20 + 40)30
20 + 40 + 30 = 20 nF, C89 = C8 +C9 = 5+15 = 20 nF.
Kondensatory C1 i C234 poª¡czone s¡ szeregowo dlatego na ka»dym z nich wyst¦puje ten sam ªadunek
Q1 = C1 UC1 = C234 UC234 = C1234 U ; C1234 = C1 C234
C1 +C234 = 6030
60 + 30 = 20 nF :
adunek na pojemno±ci zast¦pczej C1234 jest równy:
Q1234 = C1234 U = 2010 9300 = 610 6 C: 4
Napi¦cieUC234 jest zatem równe:
UC234 = Q1234
C234 = 610 6
3010 9 = 200 V:
Kondensatory C567 i C89 s¡ poª¡czone tak»e szeregowo zatem w ka»dym z nich jest zgro- madzony równie» taki sam ªadunek:
Q567 = C567 UC567 = C89 UC89 = C56789 U :
Pojemno±¢ zast¦pcza szeregowo poª¡czonych kondensatorów C567 i C89 jest równa:
C56789 = C567 C89
C567 +C89 = 2020
20 + 20 = 10 nF :
adunek na pojemno±ci zast¦pczej C56789 ma warto±¢:
Q56789 = C56789 U = 1010 9300 = 310 6 C: Napi¦cie na kondensatorze C89 mo»na obliczy¢ z zale»no±ci:
UC89 = Q56789
C89 = 310 6
2010 9 = 150 V: Napi¦cia pomi¦dzy w¦zªamiA { B jest zatem równe:
UAB = UC234 UC89 = 200 150 = 50 V:
Odpowied¹: Napi¦cie mi¦dzy w¦zªami A { B ma warto±¢ UAB = 50 V.
Rozwi¡zanie zadania 20
Z tre±ci zadania wynika, »e dla cz¦stotliwo±ci f0 = 1500 Hz w obwodzie wyst¡piª rezonans napi¦¢. Napi¦cia na cewce i kondensatorze s¡ sobie równe, a cz¦stotliwo±¢f0 jest cz¦stotliwo±ci¡
rezonansow¡. Zatem mo»na napisa¢:
UL = UC ; XL Imax = XC Imax XL = XC ; 5
2 f0 L = 1 2 f0 C : Indukcyjno±¢ dªawika jest równa
L = 1
2 f0
2 C
= 1
4215002 410 6 = 0;002817 H= 2;82 mH.
Odpowied¹: Indukcyjno±¢ cewkiL = 2;82 mH.
Rozwi¡zanie zadania 21
Przyjmuj¡c oznaczenia jak na rysunku mo»na napisa¢:
IRC1 = IC1 +IB12 ; IB12 = IB1 +IB2 :
Z warunków zadania wynika, »e tranzystory Q1 i Q2 maj¡ identyczne parametry i pracuj¡
w jednakowej temperaturze, a poniewa» zª¡cza baza-emiter obu tranzystorów s¡ poª¡czone równolegle to,
UBE1 = UBE2 = UBE : 6
St¡d wynika, »e odpowiednio pr¡dy baz i pr¡dy kolektorów równie» s¡ równe:
IB1 = IB2 = IB ; IC1 = IC2 = IC : Zatem:
IB12 = 2IB ; IRC1 = IC1 +2 IB ;
IC1 = IC = IB : Poniewa»
IRC1 = UCC UBE
RC1 ;
to UCC UBE
RC1 =IC +2 IB = IC 1 + 1
!
:
st¡d po przeksztaªceniu mo»na policzy¢ pr¡dy kolektorów obu tranzystorów:
IC1 = IC2 = IC = UCC UBE
RC1
+ 2 =
= 9 0;6581500 200
202 = 0;0055 A = 5;55 mA:
Napi¦cie wyj±ciowe jest zatem równe:
UWY = UCE2 = UCC RC2 IC2 = UCC RC2 IC =
= 9 7500;0055= 9 4;16 = 4;84 V :
Odpowied¹: Napi¦cie na wyj±ciu ukªadu ma warto±¢ UWY = 4;84 V
7
