Vem, da je \(U=I*Z\). Nevem kako se pravilno izračuna impedanca
Hvala in LP
Impedanca
-
ZdravaPamet
- Prispevkov: 2842
- Pridružen: 16.8.2004 19:41
-
ZdravaPamet
- Prispevkov: 2842
- Pridružen: 16.8.2004 19:41
To je tista kompleksna pisava. Skupna impedanca vezja s stališča priključenega izvora je
\(Z=R+i\omega L+\frac{1}{i\omega C}=R+i(\omega L-\frac{1}{\omega C})\)
Iskana absolutna vrednost je
\(\left|Z\right| = \sqrt{R^{2}+(\omega L - \frac{1}{\omega C})^{2}}\).
Oziroma, ker je \(\omega L = X_{L}\) in \(1/\omega C = X_{C}\), sledi prejšnji rezultat.
\(Z=R+i\omega L+\frac{1}{i\omega C}=R+i(\omega L-\frac{1}{\omega C})\)
Iskana absolutna vrednost je
\(\left|Z\right| = \sqrt{R^{2}+(\omega L - \frac{1}{\omega C})^{2}}\).
Oziroma, ker je \(\omega L = X_{L}\) in \(1/\omega C = X_{C}\), sledi prejšnji rezultat.
-
Rok Osolnik
- Prispevkov: 63
- Pridružen: 23.8.2005 13:17
- Kraj: Srednja vas
- Kontakt:
Sniper, tole si poglej pa boš znal vsako impedanco izračunat:
Imamo neko poljubno pasivno dvopolno vezje. Pri harmoničnem vzbujanju dvopolnega vezja sta vhodni tok in napetost harmonična, s prirejenima kazalcema:
Ker ne morem podčrtat U in I sem jima dodal index kompleksor.
\(u(t) = U cos(\omega t + \beta_u) -> U_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r = U e^{j\beta_u}\)
\(i(t) = I cos(\omega t + \beta_i) -> I_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r = I e^{j\beta_i}\)
Po anologiji z Ohmovim zakonom v enosmernih vezjih priredimo kvocientu kazalcev napetosti ali toka (v kompleksnem) ustrezno kompleksno upornost ali impedanco \(Z_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r\) oziroma kompleksno prevodnost ali admitanco \(Y_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r\):
\(Z_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r = \frac {U_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r}{I_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r}\)
\(Y_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r = \frac {I_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r}{U_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r}\)
\(Y_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r Z_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r = 1\)
Impedanco pišemo dalje kot:
\(Z_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r = \frac {U_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r}{I_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r} = \frac{U}{I} e^{j(\beta_u - \beta_i)} = Z e^{j\beta}\)
Absolutna vrednost impedance (torej Z) ustreza kvocientu amplitud napetosti in toka, argument (\(\beta\)) pa pomeni razliko faze napetosti in faze toka. Glede na to, da je impedanca kompleksno število, ga moramo upodobiti v kompleksni ravnini z ustreznim kazalcem.
Za upor velja impedanca = \(R\), admitanca = \(\frac{1}{R}\)
Za kondenzator velja impedanca = \(\frac{1}{j \omega C}\), admitanca = \(j \omega C\)
Za tuljavo velja impedanca = \(j \omega L\), admitanca = \(\frac{1}{j \omega L}\)
Po anologiji z enosmernimi tokokrogi moremo (ob upoštevanju I. in II. Kirchhoffovega zakona) zaporedni ali vzporedni vezavi dvopolov prirediti ekvivalentno impedanco oziroma admitanco. Če so dvopoli z impedancami \(Z_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r_1 , Z_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r_2 , ... , Z_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r_n\) vezani zaporedno, je nadomestna impedanca njihova vsota:
\(Z_n_a_d = \sum_{k=1}^{n} Z_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r_k\)
Če pa so dvopoli vezani vzporedno, je lažje izraziti ekvivalentno admitanco. Za admitance \(Y_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r_1 , Y_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r_2 , ... , Y_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r_m\) dobimo:
\(Y_n_a_d = \sum_{j=1}^{m} Y_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r_j\)
Imamo neko poljubno pasivno dvopolno vezje. Pri harmoničnem vzbujanju dvopolnega vezja sta vhodni tok in napetost harmonična, s prirejenima kazalcema:
Ker ne morem podčrtat U in I sem jima dodal index kompleksor.
\(u(t) = U cos(\omega t + \beta_u) -> U_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r = U e^{j\beta_u}\)
\(i(t) = I cos(\omega t + \beta_i) -> I_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r = I e^{j\beta_i}\)
Po anologiji z Ohmovim zakonom v enosmernih vezjih priredimo kvocientu kazalcev napetosti ali toka (v kompleksnem) ustrezno kompleksno upornost ali impedanco \(Z_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r\) oziroma kompleksno prevodnost ali admitanco \(Y_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r\):
\(Z_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r = \frac {U_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r}{I_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r}\)
\(Y_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r = \frac {I_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r}{U_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r}\)
\(Y_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r Z_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r = 1\)
Impedanco pišemo dalje kot:
\(Z_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r = \frac {U_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r}{I_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r} = \frac{U}{I} e^{j(\beta_u - \beta_i)} = Z e^{j\beta}\)
Absolutna vrednost impedance (torej Z) ustreza kvocientu amplitud napetosti in toka, argument (\(\beta\)) pa pomeni razliko faze napetosti in faze toka. Glede na to, da je impedanca kompleksno število, ga moramo upodobiti v kompleksni ravnini z ustreznim kazalcem.
Za upor velja impedanca = \(R\), admitanca = \(\frac{1}{R}\)
Za kondenzator velja impedanca = \(\frac{1}{j \omega C}\), admitanca = \(j \omega C\)
Za tuljavo velja impedanca = \(j \omega L\), admitanca = \(\frac{1}{j \omega L}\)
Po anologiji z enosmernimi tokokrogi moremo (ob upoštevanju I. in II. Kirchhoffovega zakona) zaporedni ali vzporedni vezavi dvopolov prirediti ekvivalentno impedanco oziroma admitanco. Če so dvopoli z impedancami \(Z_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r_1 , Z_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r_2 , ... , Z_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r_n\) vezani zaporedno, je nadomestna impedanca njihova vsota:
\(Z_n_a_d = \sum_{k=1}^{n} Z_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r_k\)
Če pa so dvopoli vezani vzporedno, je lažje izraziti ekvivalentno admitanco. Za admitance \(Y_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r_1 , Y_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r_2 , ... , Y_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r_m\) dobimo:
\(Y_n_a_d = \sum_{j=1}^{m} Y_k_o_m_p_l_e_k_s_o_r_j\)
-
Rok Osolnik
- Prispevkov: 63
- Pridružen: 23.8.2005 13:17
- Kraj: Srednja vas
- Kontakt:
Da ne odpiram nove teme, bom vas kar tukaj prosil, če bi mi lahko kdo pribljižno razložil, kako naj se lotim reševanja take naloge?
Hvala in LP
http://shrani.si/files/untitled2114ux.jpg
Hvala in LP
http://shrani.si/files/untitled2114ux.jpg
-
ZdravaPamet
- Prispevkov: 2842
- Pridružen: 16.8.2004 19:41
Če bo pomagalo, ti lahko svetujem, kako začeti. Računal ne bom, ker se mi ne ljubi. Najprej zapiši električno silo na elektrino Q, ki jo povzročajo elektrine q1, q2 in q3 (izraz bo imel tri člene, valjda). Elektrine q2 ne poznaš, naj te ne skrbi. Silo enači z nič in od tod izračunaj q2. Za pomoč:
Električna poljska jakost v okolici preme elektrine je
\(\vec{E}(r)=\frac{q}{2\pi\varepsilon_{0}r}\frac{\vec{r}}{r}\).
Dobiti moraš nekaj takega:
\(\frac{q_{1}Q}{2\pi\varepsilon_{0}((2a)^{2}+(2a)^{2})}\left(2a,-2a\right)\)\(+\frac{q_{2}Q}{2\pi\varepsilon_{0}((2a)^{2}+a^{2})}\left(-2a,a\right)\)\(+\frac{q_{3}Q}{2\pi\varepsilon_{0}(2a)^{2}}\left(2a,0\right)=\left(0,0\right)\)
Električna poljska jakost v okolici preme elektrine je
\(\vec{E}(r)=\frac{q}{2\pi\varepsilon_{0}r}\frac{\vec{r}}{r}\).
Dobiti moraš nekaj takega:
\(\frac{q_{1}Q}{2\pi\varepsilon_{0}((2a)^{2}+(2a)^{2})}\left(2a,-2a\right)\)\(+\frac{q_{2}Q}{2\pi\varepsilon_{0}((2a)^{2}+a^{2})}\left(-2a,a\right)\)\(+\frac{q_{3}Q}{2\pi\varepsilon_{0}(2a)^{2}}\left(2a,0\right)=\left(0,0\right)\)
Prišel sem do:
\(\vec{E}_2=(\vec{1}_x359.699+\vec{1}_y179.808)10^3 V/m\)
iz enačbe za \(\vec{E}_2\) dobimo:
\(q_2=\frac{\vec{E}_2 . 2 . \pi.\varepsilon_{0} . r_2}{\vec{1}{r}_2}\)
\(=\frac{1.243.10^{-11}(\vec{1}_x359.699+\vec{1}_y179.808)10^3}{\vec{1}_x0.894-\vec{1}_y0.447}\)
je to možen rezultat in kako sedaj iz tega dobim q brez vektorske x in y komponente
\(\vec{E}_2=(\vec{1}_x359.699+\vec{1}_y179.808)10^3 V/m\)
iz enačbe za \(\vec{E}_2\) dobimo:
\(q_2=\frac{\vec{E}_2 . 2 . \pi.\varepsilon_{0} . r_2}{\vec{1}{r}_2}\)
\(=\frac{1.243.10^{-11}(\vec{1}_x359.699+\vec{1}_y179.808)10^3}{\vec{1}_x0.894-\vec{1}_y0.447}\)
je to možen rezultat in kako sedaj iz tega dobim q brez vektorske x in y komponente
-
ZdravaPamet
- Prispevkov: 2842
- Pridružen: 16.8.2004 19:41
hmm, ja napisal sem :
\(\vec{E}_1+\vec{E}_2+\vec{E}_3=0\)
\((\vec{1}_x179.808-\vec{1}_y179.808)10^3+\vec{E}_2+(\vec{-1}_x539.508)10^3=0\)
\((\vec{-1}_x359.699-\vec{1}_y179.808)10^3+(\vec{-1}_x0.894-\vec{1}_y0.447)\frac{q_2}{2\pi\varepsilon_{0}r_2}=0\)
v prvem oklepaju sem med sabo odštel \(\vec{1}_x\) v drugem oklepaju pa je enotski vektor \(\vec{E}_2\)
\(2\pi\varepsilon_{0}r_2\) lahko izračunam, a nevem kako sedaj izrazit \(q_2\)
\(\vec{E}_1+\vec{E}_2+\vec{E}_3=0\)
\((\vec{1}_x179.808-\vec{1}_y179.808)10^3+\vec{E}_2+(\vec{-1}_x539.508)10^3=0\)
\((\vec{-1}_x359.699-\vec{1}_y179.808)10^3+(\vec{-1}_x0.894-\vec{1}_y0.447)\frac{q_2}{2\pi\varepsilon_{0}r_2}=0\)
v prvem oklepaju sem med sabo odštel \(\vec{1}_x\) v drugem oklepaju pa je enotski vektor \(\vec{E}_2\)
\(2\pi\varepsilon_{0}r_2\) lahko izračunam, a nevem kako sedaj izrazit \(q_2\)
-
ZdravaPamet
- Prispevkov: 2842
- Pridružen: 16.8.2004 19:41
Jaz sem se malo zmotil. Drugi člen ima smer \((-2a,-a)\), ne pa \((-2a,a)\) in tretji \((-2a, 0)\) namesto \((2a,0)\), zato je tudi meni zdaj prišel nerešljiv sistem.
Epsilone in druge konstante pokrajšaš, da dobiš takole enačbo:
\(\frac{q_{1}}{8a^{2}}(2a,-2a)+\frac{q_{2}}{5a^{2}}(-2a,-a)+\frac{q_{3}}{4a^{2}}(-2a,0)=(0,0)\)
Oziroma, če sešteješ člene, dobiš dve enačbi z eno neznanko:
\(\left(\frac{q_{1}}{4a}-\frac{2q_{2}}{5a}-\frac{q_{3}}{2a}, \frac{-q_{1}}{4a}-\frac{q_{2}}{5a}\right)=(0,0)\)
Se pravi:
\(\frac{q_{1}}{4a}-\frac{2q_{2}}{5a}-\frac{q_{3}}{2a}=0\)
\(\frac{-q_{1}}{4a}-\frac{q_{2}}{5a}=0\)
Iz druge enačbe izračunaš q2:
\(q_{2}=-\frac{5}{4}q_{1}\)
Tako, da rešitev vstaviš v prvo enačbo, preveriš, da sistem ni v protislovju, se pravi, da imaš res pravo rešitev.
Epsilone in druge konstante pokrajšaš, da dobiš takole enačbo:
\(\frac{q_{1}}{8a^{2}}(2a,-2a)+\frac{q_{2}}{5a^{2}}(-2a,-a)+\frac{q_{3}}{4a^{2}}(-2a,0)=(0,0)\)
Oziroma, če sešteješ člene, dobiš dve enačbi z eno neznanko:
\(\left(\frac{q_{1}}{4a}-\frac{2q_{2}}{5a}-\frac{q_{3}}{2a}, \frac{-q_{1}}{4a}-\frac{q_{2}}{5a}\right)=(0,0)\)
Se pravi:
\(\frac{q_{1}}{4a}-\frac{2q_{2}}{5a}-\frac{q_{3}}{2a}=0\)
\(\frac{-q_{1}}{4a}-\frac{q_{2}}{5a}=0\)
Iz druge enačbe izračunaš q2:
\(q_{2}=-\frac{5}{4}q_{1}\)
Tako, da rešitev vstaviš v prvo enačbo, preveriš, da sistem ni v protislovju, se pravi, da imaš res pravo rešitev.
Rezultat pravilen!
