Elektronski fakultet u Nišu

ELEKTRONSKE KOMPONENTE

(Semestar II, 2010. god)

Zadaci sa računskih vežbi, prvi deo

ZADATAK 1: Razmatra se standardni niz nazivnih vrednosti otpornosti. a) Odrediti koja vrednost tolerancije odgovara nizu E12. b) Odrediti kom standardnom nizu odgovara tolerancija 2.5%.

................................ Rešenje: Niz nazivnih vrednosti (otpornosti, kapacitivnosti, itd.) je geometrijski niz čiji je faktor q. Oznaka niza se formira prema broju članova niza u jednoj dekadi. Ako u jednoj dekadi nazivnih vrednosti (od 1 do 10, ili na primer od 100 do 1000) imamo n članova, onda će oni biti:

prvi: qqa =⋅=11

drugi: n-ti: 212 qqaa =⋅= nn

n qqa 1010 =→==

treći: 323 qqaa =⋅=

Nazivne vrednosti, uključujući toleranciju δ, treba da pokriju sve realne vrednosti, tj. maksimalna prethodna vrednost treba da se poklapa sa minimalnom narednom nazivnom vrednošću:

min)1(max += nn aa

)1()1( )1( δδ −=+ +nn aa dakle, )1(1 δδ −⋅=+ q

)1()1( δδ −=+ qaa nn

a) Za niz E12 imaćemo da je geometrijski faktor niza 2115.11010 12112 ===q , pa je

1)1(

1−=+

−=+qqqq

δδδ

%1009564.011

≈=+−

=⇒qqδ

Dakle, komponente čije nazivne vrednosti pripadaju nizu E12 su sa tolerancijom 10%. b) Neka je sada data tolerancija δ =2.5% =0.025. Odredimo broj članova niza preko faktora q

05128.1975.0025.1

11

==−+

=δδq

Kako je

n

qq nn 1log10101

=⇒== to se dobija 4605128.1log1

log1

===q

n

a to znači da bi tolerancija 2.5% odgovarala nizu E46. Medjutim, taj niz ne postoji i ovde se u stvari radi o nizu E48 sa tolerancijom 2%. U praksi imamo sledeće nizove (E6, E12, E24, E48, E96, E192) kojima odgovaraju redom tolerancije (20%, 10%, 5%, 2%, 1%, 0.5% ). Tako, niz E24 sadrži pored svih članova niza E12 i geometrijske sredine susednih članova niza. Primer otpornosti iz niza E12:

1.0 Ω 1.2 1.5 1.8 2.2 2.7 3.3 3.9 4.7 5.6 6.8 8.2 Ω

ZADATAK 2: SMD otpornik pravougaonog oblika, dužine a=2mm i širine b=0.5mm, nalazi se zalemljen na štampanoj ploči (PCB). Otpornik je realizovan od oksida kalaja, čija je slojna otpornost RS=250 Ω/□, a štampana ploča od kompozitnog FR-4 (FlameRetardant) debljine d=1 mm i koeficijenta termičke provodnosti k=0.25 WK-1m-1.

a) Odrediti vrednost otpornosti ovog SMD otpornika. b) Ako je maksimalna snaga ovog otpornika 1/8 W, odrediti maksimalni napon na

koji se on sme priključiti. c) Ako je maksimalno dozvoljeno pregrevanje SMD otpornika 80oC, odrediti

koliko se toplote sa njega odvodi procesom provodjenja kroz PCB. ................................

Rešenje:

Otpornost SMD otpornika je

nRba

hbhaR S ⋅=⋅=⋅=

ρρ

gde je slojna otpornost h

RSρ

= otpornost

jednog kvadrata. Kako je broj kvadrata

45.0

2===

mmmm

ban

to je otpornost ovog otpornika

Ω=⋅=⋅= knRR S 14250

b) Maksimalna snaga koja se razvija na otporniku iznosi

mWR

UP 1252max

max == ,

odakle se može odrediti masimalni napon koji se sme dovesti na otpornik, a da se ova snaga ne prekorači VPRU 18.11125.01000maxmax =⋅=⋅=

c) Površina otpornika, tj površina kojom on naleže na štampanu ploču je

21 mmbaS =⋅=

Toplota se sa otpornika odaje kroz tri mehanizma: provodjenjem (kondukcija), opstrujavanjem vazduhom (konvekcija) i zračenjem (radijacija). Za proces provodjenja toplote postoji analogija sa Omovim zakonom za provodjenje električne struje, gde je količina proteklog naelektrisanja

tl

StSl

tRUtIq ⋅

⋅Δ⋅=⋅

⋅Δ

=⋅=⋅=ϕσ

ρϕ

Dakle, za količinu toplote (energije) koja se pri razlici temperatura ΔT kroz sredinu provodnosti k i debljine (dužine) provodnog puta d prenese preko površine S za vreme τ dobija se izraz

ττ ⋅⋅Δ

⋅=⋅=d

STkPQ ,

pa je konačno tražena snaga

mWmCmKW

dSTkP

o

20101

1018025.0 3

26

=×

×⋅⋅=

⋅Δ⋅= −

−

ZADATAK 3: Struja kroz neosvetljeni fotootpornik pri naponu U=10V iznosi 400 μA. Kada se pri istom naponu on izloži osvetljaju E1=500 lx, struja kroz njega je 2 mA, a pri osvetljaju E2=1500 lx struja kroz ovaj fotootpornik iznosi 6 mA. Koliki će biti pad napona na ovom fotootporniku kada je on osvetljen sa 1000 lx i kada je struja kroz njega 2.2 mA.

........................................ Rešenje:

Kada je fotootpornik neosvetljen u njemu postoji odredjena koncentracija termički generisanih nosilaca (elektrona n0 i šupljina p0) koji na odredjenom naponu daju struju tame. Kada se fotootpornik osvetli, pored termičke generacije nosilaca prisutna je i fotogeneracija nosilaca (unutrašnji fotoefekat), pa je specifična provodnost fotootpornika

{ } f

nostfotoprovod

pnpnpn pnqpnqppnnq σσμμμμμμσ +=Δ+Δ++=Δ++Δ+= 00000 )()()()(44 344 21

zbir specifične provodnosti u mraku i specifične fotoprovodnosti. Na osnovu ovoga se ukupna struja pri nekom naponu može izraziti kao zbir struje tame i fotostruje

ftf IIUlSU

lSUGI +=+⋅=⋅=⋅= )( 0 σσσ

pri čemu je zavisnost fotostruje od osvetljaja E data izrazom

xf ECI ⋅=

Struja je dakle direktno srazmerna naponu. Pri naponu U=10V struja tame je It=400 μA. Vrednosti fotostruje na dva različita osvetljaja E1 i E2 iznose

xtf ECAIII 111 16004002000 ⋅==−=−= μ

xtf ECAIII 222 56004006000 ⋅==−=−= μ

Iz odnosa ovako dobijenih fotostruja odredjujemo nepoznate parametre C i x

AAEI

C

EE

II

xEE

II

xff

fx

f

f μμ 3381.150016001403.1

3ln)5.3ln(

ln

ln

1403.11

1

1

2

1

2

1

2

1

2 =====

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=⇒⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

Kada bi fotootpornik bio izložen osvetljaju E3=1000 lx struja kroz njega bi pri U=10V bila

AECIIII xtft μ392710003381.1400 1403.1

33 =⋅+=⋅+=+=

što znači da je pri osvetljaju od 1000 lx otpornost ovog fotootpornika

Ω=== 25463927

10A

VI

URμ

Prema tome, kada kroz ovaj fotootpornik bude proticala struja od 2.2 mA, traženi pad napona na njemu biće . VU 6.5102.22546 3 =×⋅= −

ZADATAK 4: Fotootpornik na radnom naponu od 10V daje struju od 100 μA u tami, 500 μA pri osvetljaju od 300 lx i 2 mA pri osvetljaju od 1200 lx. Odrediti kolikom maksimalnom osvetljaju sme da se izloži ovaj fotootpornik, na radnom naponu, ako je njegova maksimalna dozvoljena snaga disipacije 0.05 W. ........................................ Rešenje: Ukupna struja kroz osvetljeni fotootpornik je zbir struje u tami It=100 μA i fotostruje If (struje nosilaca generisanih unutrašnjim fotoefektom).

ft III +=

Zavisnost fotostruje od osvetljaja E je po zakonu

xf ECI ⋅=

gde su C i x konstante (C zavisi od napona na otporniku). Prema tome, maksimalna snaga na fotootporniku dobiće se za onu vrednost osvetljaja za koju je fotostruja maksimalna

)( maxmaxmax ft IIUIUP +⋅=⋅=

Odavde je maksimalna fotostruja

AIU

PI tf μ4900maxmax =−=

za koju važi

xf ECI maxmax ⋅=

Potrebno je najpre odrediti nepoznate parametre C i x. Kako je x

tf ECAIII 111 400100500 ⋅==−=−= μ E1=300 lx

xtf ECAIII 222 19001002000 ⋅==−=−= μ E2=1200 lx

iz odgovarajućih odnosa dobijamo

AAEI

C

EE

II

xEE

II

xff

fx

f

f μμ 6573.0530400124.1

4ln)75.4ln(

ln

ln

124.11

1

1

2

1

2

1

2

1

2 =====

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=⇒⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

Konačno, maksimalni osvetljaj kome sme da se izloži fotootpornik, a da se ne prekorači maksimalna snaga je

lxC

IE

xf 2787

1

maxmax =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

ZADATAK 5: Fotootpornik u potpunom mraku ima otpornost R0=100 kΩ. Kada se upali tačkasti izvor svetlosti, koji je na rastojanju 1.2 m od ovog fotootpornika, njegova otpornost padne na R1=4 kΩ, a kada se izvor svetlosti približi na 75 cm, otpornost fotootpornika padne na R2=1.46 kΩ. Odrediti kolika će biti otpornost ovog fotootpornika ako se tačkasti izvor svetlosti približi na 50 cm od fotootpornika.

........................................ Rešenje: Pretpostavimo da je fotootpornik priključen na napon U=1 V. Struja mraka je tada

Ak

VRUIt μ10

1001

0

=Ω

==

Na rastojanju r1=120 cm je osvetljaj E1, pa je tada ukupna struja

AkV

RUI μ250

41

11 =

Ω== , dok je fotostruja AIII tf μ24011 =−=

Na isti način je na rastojanju r2=75 cm osvetljaj E2, pa je ukupna struja

Ak

VRUI μ685

46.11

22 =

Ω== , dok je fotostruja AIII tf μ67522 =−=

Polazeći od toga da je fotostruja data izrazom

xf ECI ⋅=

i da je zavisnost osvetljaja od rastojanja po zakonu 1/r2,

21r

AE ⋅=

za odnos fotostruja dobićemo

xx

x

x

f

f

rr

EE

ECEC

II 2

2

1

1

2

1

2

1

2⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⋅⋅

=

odakle odredjujemo

1.16.1log

8125.2log21

)/log()/log(

21

21

12 =⋅=⋅=rrII

x ff

Sada se za rastojanje r3=50 cm i osvetljaj E3 koji odgovara ovom rastojanju dobija

8622.650

120 2.22

3

1

1

3

1

3 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

xx

f

f

rr

EE

II

pa je

AAI f μμ 16478622.62403 =⋅=

AIII tf μ165733 =+=

Konačno je tražena otpornost

Ω=== 5.6031657

13

3 AV

IUR

μ

ZADATAK 6: Otpornost žičanog otpornika na temperaturi T1=70oC iznosi 120 Ω, a na temperaturi T2=100oC iznosi 126 Ω. Izračunati vrednost ovog otpornika na T3=45oC. ....................................... Rešenje: Kod žičanih otpornika, kao i kod legura i metalnih provodnika, otpornost se linearno povećava sa temperaturom po zakonu

[ ])(1)1( 000 TTRTRR −+=Δ⋅+= αα

gde je α temperaturni koeficijent otpornosti, a R0 otpornost na temperaturi T0 (obično je to 0oC ili 20oC). Na dve temperature T1=70oC i T2=100oC imaćemo za otpornosti

Ω=Δ⋅+= 120)1( 101 TRR α

Ω=Δ⋅+= 126)1( 202 TRR α

odakle je

Ω=−=Δ−Δ=− 6)()( 12012012 TTRTTRRR αα

Iz poslednjeg izraza je

CCTT

RRR oo /2.0

306

12

120 Ω=

Ω=

−−

=α

Na sličan način, izražavanjem otpornosti na temperaturi T3=45oC

)1( 303 TRR Δ⋅+= α

dobijamo

Ω=−⋅Ω

=−=Δ−Δ=− 11)45100(2.0)()( 32032032 CCC

TTRTTRRR oooαα

pa je odavde Ω=Ω−= 1151123 RR Napomena: tipično povećanje otpornosti kod metala (bakra, na primer) je oko 40% za promenu temperature od 100oC. Ako je na temperaturi 0oC otpornost žice 10Ω, na temperaturi 100oC otpornost će biti 14Ω. To znači da je temperaturni koeficijent . 13104100/%40 −−×== CC ooαIzuzetno čisti metali (bez primesa), imaju jako dobro definisanu i reproduktivnu temperaturnu karakteristiku otpornosti. Tako je za platinu, koja se kao plemeniti metal lako reprodukuje u čistom stanju, otpornost data izrazom

])100(1[)( 320 −+++= tCBtAtRtR

gde je

312

27

13

100.4108.510940.3

−−

−−

−−

×−=

×−=

×=

CCCBCA

o

o

o

32 )100(1 −+++ tCBtAt

pa se otpornik od platine koristi kao standard za baždarenje u opsegu temperatura od -190oC do +660oC.

ZADATAK 7: Izvesti uslove za temperaturnu kompenzaciju otpornosti kod: a) Redne veze otpornika b) Paralelne veze otpornika

........................................ Rešenje:

Neka su data dva otpornika R1 i R2 čiji su temperaturni koeficijenti otpornosti α1 i α2. Izražavanjem zavisnost otpornosti od temperature kao

)1( 1101 TRR Δ+= α i )1( 2202 TRR Δ+= α

za rednu vezu dobićemo

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡Δ

++

+⋅+=

Δ+++=Δ++Δ+=+=

TRRRRRR

TRRRRTRTRRRRe

2010

2201102010

2201102010

22011021

1)(

)()1()1(

αα

αααα

Očigledno, razlomak u velikoj zagradi jeste ekvivalentni temperaturni koeficijent redne veze

2010

220110Re RR

RR++

=ααα

Da bi redna veza otpornika bila temperaturno kompenzovana, potrebno je da ekvivalentni temperaturni koeficijent bude jednak nuli, pa je uslov temperaturne kompenzacije

220110 αα RR −=

Za odredjivanje ekvivalentnog temperaturnog koeficijenta kod paralelne veze otpornika sledeći pristup se pokazao jako pogodnim. Temperaturni koeficijent se može izraziti na sledeći način:

dTdR

RTR

RR ⋅=ΔΔ

⋅=11α (važi kod malih promena temperature dT≈ΔT)

Kako za paralelnu vezu otpornika važi

21

111RRRe

+=

Diferenciranjem leve i desne strane po temperaturi dobijamo

dTdR

RdTdR

RdTdR

Re

e

222

12

12

111⋅−⋅−=⋅−

odnosno

dTdR

RRdTdR

RRdTdR

RRe

ee

2

22

1

11

111111⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅

2

2

1

1Re

RRRe

ααα+=

21

2112

21

2112

21

21

2

2

1

1Re RR

RRRR

RRRR

RRRR

Re ++

=+

⋅+

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

ααααααα

Da bi paralelna veza bila temperaturno kompenzovana potrebno je da je ekvivalentni temperaturni koeficijent jednak nuli, odnosno da je ispunjen uslov:

1221 αα RR −=

ZADATAK 8: NTC otpornik (termistor) na temperaturi 45oC ima otpornost R1=4 kΩ, a na temperaturi 70oC R2=1.25 kΩ. Odrediti:

c) Parametre u izrazu za temperaturnu zavisnost otpornosti NTC otpornika d) Vrednost otpornosti i temperaturni koeficijent na temperaturama 90oC i 110oC

........................................ Rešenje:

a) Temperaturna zavisnost otpornosti NTC (Negative Temperature Coefficient) otpornika je jako opadajuća eksponencijalna funkcija i može se predstaviti sledećim izrazom

TB

eRTR ⋅= ∞)(

gde je B – koeficijent temperaturne osetljivosti termistora [K], T – apsolutna temperatura [K], i R∞ - konstanta koja zavisi od materijala i dimenzija termistora i predstavlja uslovnu otpornost na beskonačno visokoj temperaturi, odnosno asimptotsku vrednost. Iz poznatih otpornosti na dve temperature formiramo sistem jednačina za odredjivanje dve nepoznate B i R∞.

KCTkeRR oTB

318454 111 ==Ω=⋅= ∞

KCTkeRR oTB

3437025.1 222 ==Ω=⋅= ∞

Deljenjem ovih jednačina eliminišemo parametar R∞ i odredjujemo parametar B

21

12

21

11

2

1 TTTT

BTT

B

eeRR

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

== odakle je KRR

TTTTB 8.5074ln

2

1

12

21 =−

=

a iz nekog podatka za otpornost dobijamo i

Ω=⋅=−

∞ meRR TB

46922.022

b) Pošto znamo parametre temperaturne karakteristike NTC otpornika R∞ i B, možemo odrediti otpornost na bilo kojoj temperaturi. Tako, na T3=90oC=363K i T4=110oC=383K iznose

Ω=⋅= ∞ 2.55333

TB

eRR i Ω=⋅= ∞ 6.26644

TB

eRR

Kako je temperaturni koeficijent otpornosti po definiciji (za male promene temperature)

dTdR

RR ⋅=1α

to je kod NTC otpornika

2211

TB

TBeR

RdTdR

RTB

NTC −=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅⋅⋅=⋅= ∞α

Na temperaturama T3 i T4 on iznosi

132

33 105.38 −−×−=−= K

TB

NTCα i 134 106.34 −−×−= KNTCα

ZADATAK 9: Jedan PTC otpornik ima otpornosti 60, 70 i 84 Ω na temperaturama 60, 70 i 80oC, respektivno.

e) Izračunati parametre temperaturne zavisnosti PTC otpornika f) Na osnovu dobijenih rezultata izračunati temperaturni koeficijent PTC

otpornika na temperaturi T=70oC. g) Ako se ovaj otpornik paralelno veže sa otpornikom koji na 20oC ima otpornost

R=200 Ω i temperaturni koeficijent otpornosti αR=-2x10-3K-1, izračunati ekvivalentni temperaturni koeficijent ove paralelne veze na T=70oC.

........................................ Rešenje:

a) Temperaturna karakteristika PTC (Positive Temperature Coefficient) otpornika je

BTeCATR ⋅+=)(

gde je su A [Ω], C [Ω ] i B [K-1] parametri. Iz poznatih vrednosti otpornosti za tri temperature

11

BTeCAR ⋅+= Ω= 601R KT 3331 =

22

BTeCAR ⋅+= Ω= 702R KT 3432 =

33

BTeCAR ⋅+= Ω= 843R KT 3533 =

dobijamo sistem jednačina iz kojeg odredjujemo tri parametra, A, B i C. Oduzimanjem ovih jednačina očigledno eliminišemo parametar A

( )2323

BTBT eeCRR −⋅=−

( )1212

BTBT eeCRR −⋅=−

Deljenjem poslednjih jednačina eliminisaćemo i parametar C

]1[]1[

)(

)(

12

23121

232

12

23

−⋅−⋅

=−−

=−−

−

−

TTBBT

TTBBT

BTBT

BTBT

eeee

eeee

RRRR

Dobijena jednačina je jednačina po parametru B. Kako je u našem slučaju T3-T2=T2-T1 to se poslednja jednačina znatno uprošćuje

)(

12

23 12

1

2TTB

BT

BT

eee

RRRR −==

−−

odakle se redom dobijaju vrednosti parametara PTC otpornika

13

12

23

12

10647.33ln1 −−×=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

⋅−

= KRRRR

TTB

Ω×=−−

= −612 1031.34012 BTBT ee

RRC

Ω=⋅−= 3511

BTeCRA

b) Po definiciji, temperaturni koeficijent otpornosti (za male promene temperature) je

dTdR

RR ⋅=1α

Za PTC otpornik je

PTC

BT

PTC ReBC ⋅⋅

=α

a prema poslednjem izrazu, na temperaturi T2=70oC=343K on iznosi

1310823.16 −−×= KPTCα

c) Ekvivalentni temperaturni koeficijent paralelne veze dva otpornika je

21

1221

RRRR

e ++

=ααα

Na temperaturi 70oC otpornik koji se paralelno vezuje PTC otporniku ima otpornost

Ω=Δ⋅+= 180)1(20 TRR Rα

pa je ekvivalentni temperaturni koeficijent

1333

10552.1118070

7010218010823.16 −−−−

×=+

⋅×−⋅×= Keα

ZADATAK 10: Struja varistora pri naponu na njemu U1=100V iznosi I1=1mA, a pri naponu U2=120V je I2=1A. Kolike su statičke i dinamičke otpornosti varistora pri tim naponima?

........................................ Rešenje: Varistor je nelinearni otpornik čija strujno-naponska karakteristika pokazuje linearnu zavisnost u logaritamskom koordinatnom sistemu (logI=f(logU)) i može se opisati izrazom

βUkI ⋅=

Statička otpornost je jednostavno količnik jednosmernog napona i jednosmerne struje na krajevima komponente. Dakle,

Ω=×

== − kA

VI

URV 100101

1003

1

11 Ω=== 120

1120

2

22 A

VI

URV

Dinamička otpornost je odnos malih priraštaja napona i malih priraštaja struje

V

VV

V

V

VV

dUdIdI

dUIUr 1

=≈ΔΔ

=

Da bismo našli odgovarajući izvod struje po naponu potrebno je najpre definisati strujno-naponsku karakteristiku, odnosno odrediti njena dva parametra k i β. Iz sistema od dve jednačine

mAUkI 111 =⋅= β

AUkI 122 =⋅= β

lako dobijamo

888.372.1log

1000log

log

log

1

2

1

2

1

2

1

2 ===⇒⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

UUII

UU

II β

β

][1067.110100

10 79776.78888.37

3

1

1 AUIk −−

−

×==== β

Sada se dinamička otpornost može izraziti kao

ββββ ββ

V

V

V

V

V

V

V

VV

RI

UUk

UUk

dUdIr =

⋅=

⋅⋅=

⋅⋅== −1

11

pa konkretne vrednosti iznose

Ω=Ω

== kkRr VV 64.2

888.371001

1 β Ω== 167.32

2 βV

VRr

ZADATAK 11: NTC otpornik, temperaturne osetljivosti B=1800 K, ima na temperaturi T=300 K otpornost R=1 kΩ. Kada se ovaj NTC otpornik redno veže sa kondenzatorom kapacitivnosti C=100 nF, moduo impedanse takve redne veze pri učestanosti ω=103 rad/s temperaturno je stabilan u okolini temperature 300K. Odrediti pri kojoj će učestanosti biti temperaturno stabilan moduo impedanse paralelne veze ovog NTC otpornika i datog kondenzatora u istom temperaturnom opsegu.

........................................ Rešenje: Kvadrat modula impedanse redne veze otpornika i kondenzatora je

2222 1

CRZ

ω+=

Kako je moduo impedanse temperaturno stabilan, to je očigledno da je kapacitivnost temperaturno zavisna. Diferenciranjem gornjeg izraza po temperaturi dobijamo

dTdC

CdTdRR

dTZd

Z ⋅−⋅=⋅ 32222

ω

odnosno

CRZ CRZ α

ωαα ⋅−⋅=⋅ 22

22 222

gde su po definiciji temperaturni koeficijenti

dT

ZdZZ ⋅=1α

dTdR

RR ⋅=1α

dTdC

CC ⋅=1α

Kako je moduo impedanse temperaturno stabilan, to je

00 222 =−⋅→=

CR C

RZ ωααα

Kod NTC otpornika je zavisnost otpornosti od temperature data sa

2exp)(TB

TBRTR R −=→⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅= ∞ α

αR za NTC otpornik očigledno zavisi od temperature. U okolini T=300 K temperaturni koeficijent NTC otpornika iznosi

122 102

3001800 −−×−=−= KRα

Sada je temperaturni koeficijent kondenzatora

14222 102 −−×−=⋅= KCR RC αωα

Moduo impedanse paralelne veze će biti temperaturno stabilan na istoj temperaturi i istoj učestanosti na kojoj je moduo admitanse temperaturno stabilan. Dakle, uslov 0=Zα biće

ekvivalentan uslovu 0=Yα , ali je razmatranje admitanse u ovom slučaju matematički jednostavnije. Kvadrat modula admitanse paralelne veze otpornika i kondenzatora je

2222 1

RCY += ω

Diferenciranjem po temperaturi dobijamo

dTdR

RdTdCC

dTYd

Y ⋅−⋅=⋅ 32 222 ω

RCY RCY ααωα ⋅−⋅=⋅ 2

222 222

Iz uslova 0=Yα dobijamo

222

RC R

Cααω =⋅

odakle je tražena učestanost

sradRC C

R /101 5=⋅=ααω

ZADATAK 12: Tubasti kondenzator dobijen je namotavanjem metalnih folija debljine δ=10 μm i dielektričnih folija sledećih karakteristika

debljina [μm] ρ [Ωm] εr

I folija 15 2x1014 3.6

II folija 20 1014 2.5

Folije su motane na cilindrično telo prečnika 4 mm i dužine 2.5 cm, tako da formirani kondenzator ima prečnik 1.5 cm. Ako je kondenzator bio priključen na napon 6V i ostavljen da se slobodno prazni, odrediti posle kog vremena će količina naelektrisanja na njemu biti 1 μC.

........................................ Rešenje: Motaju se dve metalne folije (dve elektrode kondenzatora) i dve dielektrične folije, kao na slici. Pri tome, usled namotavanja folija prečnik cilindra d naraste na vrednost D.

Izjednačavanjem zapremina „umotanog“ materijala dobijamo

bdDddbL ⋅−=++⋅⋅ )(4

)2( 2221

πδ

cmdd

dDL 5.298)2(4

)(21

22

=++

−=

δπ (dužina folija)

Ekvivalentnu šemu ovog kondenzatora možemo predstaviti paralelnom vezom dva kondenzatora

Kapacitivnost ovog kondenzatora je

nFdd

bLdbL

dbLC rr

rr 12.2412

2

1

10

220

110 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=+=

εεεεεεε

a otpornost izolacije

2121

2211

221121

)(111dd

ddbLd

bLd

bLRRR ρρ

ρρρρ

+=+=+=

Ω×=+

= 9

2211

2121 10086.16)( ddbL

ddRρρ

ρρ

Vremenska konstanta kondenzatora je sada

sCR 3878=⋅=τ

Ako je kondenzator bio priključen na napon U, na njegovim oblogama biće naelektrisanje , koje će se u toku spontanog pražnjenja smanjivati po eksponencijalnom zakonu sa

vremenskom konstantom τ UCQ ⋅=0

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=

ττtCUtQtQ expexp)( 0

odakle je

min24143210

1012.2416ln3878)(

ln 6

9

≈=×⋅

⋅=⋅= −

−

stQ

CUt τ

ZADATAK 13: Dat je realni kondenzator. a) Nacrtati ekvivalentnu šemu, fazorski dijagram napona i struja i izvesti izraz za tgδ. b) Ako su donja i gornja granična frekvencija kondenzatora f1g=10 Hz i f2g=10 MHz,

odrediti koliko iznosi frekvencija na kojoj tgδ ima minimalnu vrednost i odrediti kolika je ta vrednost.

........................................ Rešenje: Realni kondenzator ima dielektrik koji i pored velike otpornosti ipak neznatno provodi struju, tako da dolazi do oticanja naelektrisanja sa obloga kondenzatora kroz ovaj dielektrik. U ekvivalentnoj šemi neidealnost dielektrika se predstavlja velikim paralelnim otpornikom R (reda MΩ ili više). Pored toga, na vrlo visokim učestanostima impedansa kondenzatora nije jednaka nuli zbog redne otpornosti kontakata i izvoda, što se u ekvivalentnoj šemi predstavlja malim rednim otpornikom r (reda Ω ili manje). Ova se otpornost često naziva ESR (Equivalent Serial Resistance). Dakle, idealno je ∞→= Rr ,0 , a realno je ∞<> Rr ,0 . U zavisnosti od toga kako se otpornik r vezuje, razlikujemo dve ekvivalentne šeme. Razmotrimo sledeću šemu

Impedansa ekvivalentne šeme je

222

2

222 1111 CRCRj

CRRr

RCjRr

CjR

CjR

rZωω

ωωω

ω+

−+

+=+

+=+

+=

Napon na impedansi se može izraziti kao

{ } { } IZjIZIZU ⋅+⋅=⋅= ImRe

Odavde je tgδ tangens ugla izmedju komponente napona koja je u fazi sa strujom i komponente napona koja kasni za π/2, tj.

{ }{ } RC

rCCR

rCR

RrCRr

CRCR

CRRr

ZZtg

ωω

ωωω

ωω

ωδ 1

1

1Im

Re22

222

222

2

222++=

++=

+

++

=−

=

Kako je redna otpornost r obično mala, a paralelna otpornost R velika, to se prvi član može zanemariti, pa se za tgδ dobija približan izraz

RC

rCtgω

ωδ 1+=

Na niskim učestanostima je impedansa kondenzatora velika, te se mali otpornik r „ne vidi“ i može se zanemariti, pa je tada

RC

tgω

δ 1≈

S druge strane, na vrlo visokim učestanostima mala impedansa kondenzatora „premošćava“ otpornik R, te se on „izbacuje“ iz šeme i tada je rCtg ωδ ≈

Zavisnost tgδ od učestanosti prikazana je na sledećoj slici

Granične učestanosti se dobijaju za slučaj kada je tgδ =1. Za vrednosti tgδ veće od 1 impedansa sve manje ima kapacitivni, a sve više otporni karakter. Dakle, za granične učestanosti dobijamo

RC

fRCRC gg

g πω

ω 21,111

111

==→=

rC

frC

rC ggg πωω

21,11 222 ==→=

Diferenciranjem izraza za tgδ po učestanosti dobijamo učestanost na kojoj tgδ ima minimum

rRCRC

rCd

dtg 1*012 =→=−= ω

ωωδ

a zamenom ω* u izraz za tgδ odredjujemo i koliko ta minimalna vrednost iznosi

Rr

RCrRCrC

rRCRCrCtg 21

*1*min =+=+=

ωωδ

Na osnovu gornjih izraza se lako može zaključiti da izmedju izvedenih veličina postoji veza

gggg fff 2121 ** =→= ωωω

g

g

g

g

ff

tg2

1

2

1min 22 ==

ωω

δ

Koristeći vrednosti graničnih frekvencija iz zadatka konačno dobijamo

kHzfff gg 10101010* 621 =×⋅==

36

2

1min 102

10101022 −×=×

==g

g

ff

tgδ

Ekvivalentna šema kondenzatora se može formirati i na drugi način (kao na narednoj slici), pa će i fazorski dijagram biti neznatno izmenjen.

Impedansa je u tom slučaju

CRrj

rCjR

CjCRrj

CjrCjR

CjrR

CjrR

Z)(1)1(

)(1

1

1

1

+++⋅

=++

+⋅

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅

=ω

ω

ωω

ωω

ω

ω

odnosno

222

2

222

22

)(1)(1)(

)(1)(1

)(1)1(

CRrCRj

CRrCRrrRR

CRrjCRrj

CRrjrCjRZ

++−

++++

=+−+−

⋅++

+⋅=

ωω

ωω

ωω

ωω

Pa se za tgδ dobija

{ }{ } rCC

Rr

RCCRCRrrRR

ZZtg ωω

ωωωδ ++=

++=

−=

2

2

22 1)(Im

Re

U poslednjem izrazu se srednji član na desnoj strani može zanemariti (s obzirom da je r malo, a R veliko), pa se praktično dobija isti rezultat kao i u prethodnom izvodjenju.

ZADATAK 14: U jednom oscilatornom kolu, koje radi na učestanosti f=100 kHz, upotrebljen je kondenzator kapacitivnosti 100 nF i temperaturnog koeficijenta

. Odrediti induktivnost kalema u ovom kolu i njegov temperaturni koeficijent, ako se zna da je učestanost ovog oscilatornog kola temperaturno stabilna.

14102 −−×−= KCα

................................ Rešenje: Iz izraza za učestanost oscilatornog kola odredjujemo vrednost induktivnosti

HCf

LLC

f μππ

33.25)2(

12

12 ==⇒=

Uslov temperaturne stabilizacije najelegantnije se izvodi polazeći od logaritma kružne učestanosti

2/1)(1 −== LCLC

ω

)ln(ln21ln CL +−=ω

Diferenciranjem leve i desne strane po temperaturi dobijamo

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅−=⋅

dTdC

CdTdL

LdTd 11

211 ω

ω

)(21

CL αααω +−=

Uslov da je učestanost temperaturno stabilna 0=ωα praktično se svodi na

14102 −−×=−= KCL αα

ZADATAK 15: Sistem za kontrolu unošenja metalnih predmeta na aerodromima i bankama ima kalem čija se induktivnost poveća za 2% kada kroz kapiju prodje čovek sa metalnim satom. Kolika bi trebalo da iznosi osnovna učestanost kola pa da se ovaj prolazak detektuje u vidu apsolutne promene učestanosti od 2 kHz.

................................ Rešenje: Osnovna učestanost oscilatornog kola bi bila

CL

f0

0 21

π=

Učestanost sa uvećanom induktivnošču kada je detektovan metalni predment je

ffCLL

f Δ−=Δ+

= 00

1 )(21

π

Iz odnosa ovih učestanosti imaćemo

02.10

0

0

0

1

0 =Δ+

=Δ−

=L

LLff

fff

odnosno

99015.002.1

1100

0 ==Δ

−=Δ−

ff

fff

odakle je

kHzkHzffff 20325.101

00985.000985.0 0

0

=⋅=Δ

=⇒=Δ

ZADATAK 16: Kalem je namotan na tanko torusno jezgro koje zatvara linije magnetnog polja, tako da nema gubitaka magnetnog fluksa. Površina preseka jezgra je S=1 cm2, srednja dužina linija magnetnog polja l=30 cm, a relativna magnetna propustljivost jezgra μr=400. Magnetna propustljivost vakuuma je . Odrediti induktivnost kalema ako je na jezgru namotano:

mH /104 70

−×= πμ

a) N1=100 namotaja b) N2=200 namotaja c) N3=N1+N2=300 namotaja .

................................ Rešenje:

Iz Amperovog zakona za cirkulaciju vektora magnetnog polja dobijamo

l

NIHNIlHIdlH =→=⋅→=⋅∫ ∑→→

Magnetna indukcija u jezgru i fluks po jednom zavojku iznosiće

lNISSB

lNIHB rrr

⋅=⋅=Φ== μμμμμμ 000

Ukupan fluks koji obuhvata N zavojaka i induktivnost L biće sada

lNS

IL

lINSN r

def

r

2

0

2

0⋅

=Ψ

=⋅

=Φ⋅=Ψ μμμμ

Induktivnosti redom iznose

mHlNSL r 6755.1

1030100101400104 2

247

21

01 =×

⋅×⋅×=

⋅= −

−−πμμ

mHlNSL r 702.6

22

02 =⋅

= μμ

mHlNSL r 079.15

23

03 =⋅

= μμ

Odavde se mogu izvesti dva vrlo važna zaključka:

1) Induktivnosti rastu sa kvadratom broja zavojaka.

2) Rednim vezivanjem dva kalema (N3=N1+N2) dobija se induktivnost koja je veća od zbira induktivnosti L1+L2. Ovo se dešava kada su kalemovi spregnuti preko fluksa i tada izmedju njih postoji i medjusobna induktivnost njihove sprege M. Kalemovi bez jezgra osim što imaju manju induktivnost, imaju veće rasipanje magnetnog fluksa i osetljiviji su na spoljašnje uticaje (metalni predmeti u njihovoj blizini).

ZADATAK 17: Koristeći podatke iz prethodnog zadatka odrediti: a) Faktor induktivnosti AL torusnog jezgra d) Koeficijent medjusobne induktivnosti izmedju kalema L1 (namotanog sa 100

zavojaka) i kalema L2 (namotanog sa 200 zavojaka), ako se oni nalaze na istom jezgru.

................................ Rešenje:

a) Pokazano je da se kod kalemova induktivnost povećava sa kvadratom broja zavojka

2~ NL

Koeficijent koji stoji ispred člana N2 je tzv. faktor induktivnosti AL

2NAL L ⋅=

Za torusno jezgro iz prethodnog zadatka se dobija

nHlSA rL 55.167

1030101400104 2

47

0 =×

×⋅×== −

−−πμμ

i AL-vrednost jednostavno bi se izražavala kao AL=167.55, gde se podrazumeva da je jedinica nH. b) Kod spregnutih kalemova je ukupna

induktivnost

MLLMLMLLtot 22121 ++=+++=

gde je medjusobna induktivnost

21 LLkM ⋅=

U našem slučaju je L1=1.6755 mH, L2=6.702 mH i Ltot=L3=15.079 mH., pa je

mHLLLM tot 35075.3)(21

21 =−−=

Konačno, koeficijent sprege je sada

1702.66755.1

35075.3

21

=⋅

=⋅

=LL

Mk

Dakle, kalemovi su u idealnoj sprezi jer nema gubitaka magnetnog fluksa (fluks jednog kalema je kompletno obuhvaćen zavojcima drugog kalema). Ovo je zbog toga što magnetni materijal jezgra kompletno vodi linije magnetnog polja. Kod kalemova bez jezgra ovo neće biti slučaj i tamo je koeficijent sprege manji od 1.

ZADATAK 18: Na cilindrično kalemsko telo od nemagnetnog materijala prečnika D=4 cm namotan je tankom žicom debljine 0.1 mm sloj namotaja ukupne dužine l=2 cm, pri čemu je tačno na sredini izmedju krajeva namotaja izvučen srednji izvod. Primenom empirijskog izraza za induktivnost kratkih cilindričnih jednoslojnih kalemova

][25.21

1026.2

0

202 H

dl

NdL μ+

×= −

odrediti koeficijent sprege izmedju ove dve polovine kalema. ................................

Rešenje:

Označimo li krajeve kalema sa (1) i (3), a srednji izvod sa (2) imaćemo za ukupnu induktivnost kalema

MLMLLL 222 12231213 +=++=

gde je medjusobna induktivnost

122312 LkLLkM ⋅==

Dakle, koeficijent sprege je

122

2

12

13

12

1213

12

−=−

==LL

LLL

LMk

Očigledno, treba odrediti induktivnost polovine kalema L12 i induktivnost celog kalema L13. Ukupan broj zavojaka je

zavojakammcm

dlNzice

2001.0

213 ===

Srednji prečnik kalema je

cmmmcmdDdDd zicezice 41.042

20 ≈+=+=⋅+=

pa je induktivnost

H

dl

NdL μ1702

4225.21

20041026.225.21

1026.22

2

0

21302

13 =⋅+

⋅×=

+×= −−

Polovina kalema induktivnosti L12 imaće isti srednji prečnik d0=4 cm, ali upola manje zavojaka (N12=100) i upola manju dužinu (l=1 cm). Zbog toga će njegova induktivnost biti

HL μ579

4125.21

10041026.22

212 =

⋅+

⋅×= −

Konačno, traženi koeficijent sprege je

47.015792

170212 12

13 =−⋅

=−=L

Lk

ZADATAK 19: Korišćenjem empirijskog izraza za induktivnost kratkih cilindričnih jednoslojnih kalemova

][25.21

1026.2

0

202 H

dl

NdL μ+

×= −

gde su srednji prečnik d0 i dužina kalema l u [cm], odrediti induktivnost kalema namotanog tankom žicom debljine 0.1 mm na kalemsko telo od nemagnetnog materijala prečnika D=3 cm, ako sloj namotaja čini 40 zavojaka motanih u jednom smeru, a zatim 60 zavojaka motanih u suprotnom smeru.

................................ Rešenje: Kalem se praktično sastoji iz dva kalema, L1 (sa 40 zavojaka) i L2 (sa 60 zavojaka) koji su zbog blizine u sprezi, pa je ukupna induktivnost izmedju krajeva

MLLMLMLL 22121 −+=−+−=

gde je M medjusobna induktivnost. Srednji prečnik oba kalema je isti i iznosi

cmmmcmdDd zice 31.030 ≈+=+=

a dužine kalemova

cmdNl zice 4.001.04011 =⋅=⋅= cmdNl zice 6.021 =⋅=

Induktivnosti kalemova su sada

H

dl

NdL μ45.83

34.025.21

4031026.225.21

1026.22

2

0

1

2102

1 =+

⋅×=

+×= −−

H

dl

NdL μ33.168

36.025.21

6031026.225.21

1026.22

2

0

2

2202

2 =+

⋅×=

+×= −−

Da su oba kalema motana u istom smeru, ukupna induktivnost bila bi

H

dll

NNdLtot μ43.387

3125.21

10031026.2)(25.21

)(1026.22

2

0

21

22102 =

+

⋅×=

++

+×= −−

što znači da se medjusobna induktivnost tada može odrediti iz

MLLLtot 221 ++=

i iznosi

HLLLM tot μ65.13533.16845.8343.3872 21 =−−=−−=

Konačno, tražena induktivnost za kalem čiji su zavojci motani u oba smera iznosi

HMLLL μ13.11665.13533.16845.83221 =−+=−+=

ZADATAK 20: Namotaj jednoslojnog cilindričnog kalema čine 120 zavojaka tanke bakarne žice (debljine 0.1 mm, specifične otpornosti ρ=0.017 Ωmm2/m) tako da je srednji prečnik zavojaka d0=2cm. Korišćenjem empirijskog izraza za induktivnost ovakvih kalemova

][25.21

1026.2

0

202 H

dl

NdL μ+

×= −

gde su d0 i l u [cm], odrediti Q-faktor ovog kalema na učestanosti f=10 kHz. Kada se ovaj kalem ubaci u lončasto jezgro čija je AL vrednost 320, izmerena

vrednost Q-faktora takvog kalema na učestanosti f=10 kHz iznosi Qj=4.8. Odrediti ekvivalentnu otpornost gubitaka u materijalu jezgra.

................................ Rešenje:

Na osnovu gornjih podataka, dužina kalema je

cmdNl zice 2.101.0120 =⋅=⋅=

pa je njegova induktivnost

H

dl

NdL μ277

22.125.21

12021026.225.21

1026.22

2

0

202 =

+

⋅×=

+×= −−

Dužina upotrebljene žice za namotavanje kalema je

mdNlzice 54.70 =⋅= π

a njena omska otpornost

Ω=⋅⋅

=⋅

== 32.161.054.74017.04

220 ππρρ

zice

zice

zice

zice

dl

SlR

Q-faktor kalema bez jezgra na učestanosti f iznosi

066.132.16

102771022 64

00

=×⋅⋅

=⋅

==−ππω

RLf

RLQ

Kada se kalem ubaci u lončasto jezgro sa AL vrednošću 320 (podrazumeva se da je jedinica nH), induktivnost je tada

HNAL Lj μ460812010320 292 =⋅⋅=⋅= −

Q-faktor kalema sa jezgrom odredjuje omska otpornost žice R0 i otpornost gubitaka u jezgru Rj

8.42

0

=+⋅

==j

j

tot

jj RR

LfRL

Qπω

Odavde se za ekvivalentnu otpornost gubitaka u jezgru (histerezisni, remanentni gubici, gubici usled vihornih struja) dobija

Ω=−×⋅⋅

=−⋅

=−

4432.168.4

1046081022 64

0ππ

RQ

LfR

j

jj

ZADATAK 21: Data su dva potpuno identična višeslojna kalema bez jezgra, unutrašnjeg prečnika d=4 cm, spoljašnjeg prečnika D=6 cm, i dužine l=12mm. Korišćenjem Vilerovog obrasca za induktivnost kratkih cilindričnih višeslojnih kalemova

][1093

107.780

2203 H

hldNdL μ

++×= −

gde su d0, l i h u [cm], odrediti: a) Koliko maksimalno može da iznosi koeficijent sprege izmedju ovih kalemova b) Induktivnost ovih kalemova, ako je izmereni prečnik izolovane žice 0.4mm.

................................ Rešenje:

Koeficijent sprege k izmedju kalemova definiše se na osnovu njihove medjusobne induktivnosti M

LkLLkM ⋅== 21

Maksimalni koeficijent sprege se dobija kada jedan kalem maksimalno obuhvata fluks drugog kalema, što se može postići kada se kalemovi postave jedan pored drugog (kao na slici). Tada se oni mogu razmatrati kao jedinstven kalem istog srednjeg prečnika d0, iste visine namotaja h, ali dvostruke dužine l i dvostrukog broja zavojaka.

Tada je ukupna induktivnost

)1(222 kLMLLtot +⋅=+=

a koeficijent sprege

12

−=L

Lk tot

Na osnovu raspoloživih dimenzija, visina namotaja i srednji prečnik kalemova iznose

cmdDh 12

=−

= cmhdd 50 =+=

Induktivnost jednog kalema i induktivnost dva vezana kalema mogu se izraziti kao

8.358.3525107.78

1102.19535107.78

223

223 NaNNL ⋅=

⋅×=

⋅+⋅+⋅×= −−

6.464

6.46425107.78

1104.2953)2(5107.78

223

223 NaNNLtot ⋅=

⋅×=

⋅+⋅+⋅×= −−

Sada se jednostavno odredjuje koeficijent sprege

536.016.46

8.3521

8.352

6.464

12 2

2

=−⋅

=−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

⋅=−=

Na

Na

LLk tot

Smatrajući da pri motanju kalema ne dolazi do preklapanja slojeva žice, površina preseka namotaja može se izraziti preko broja zavojaka

75004.0

2.1122

2 =⋅

=⋅

=→⋅=⋅zice

zice dhlNdNhl

pa je induktivnost jednog kalema

mHL 91.301102.1953

7505107.7822

3 =⋅+⋅+⋅

⋅×= −

ZADATAK 22: Mrežni transformator ima na primaru N1=800 zavojaka, a na sekundaru N2=60 zavojaka. Ako je izlazna struja transformatora I2=2A, odrediti ulaznu struju i snagu ovog transformatora pretpostavljajući da je on idealan. Odrediti vrednosti imedansi primara Z1 i sekundara Z2 i njihov odnos.

................................ Rešenje:

Pošto se radi o mrežnom transformatoru, to znači da je U1=220 V i f=50 Hz.

Iz odnosa broja zavojaka odredjujemo izlazni napon

VUNNU

UU

NN 5.16220

80060

11

22

2

1

2

1 =⋅==→=

Izlazna snaga je

WAVIUP 3325.16222 =⋅=⋅=

Ako je transformator idealan (nema gubitaka u jezgru usled vihornih struja i histerezisa) niti gubitaka u namotajima (na otpornostima primara i sekundara), onda je ulazna snaga jednaka izlaznoj, a koeficijent korisnog dejstva η=100%.

mAINNI

UUIIUIUPP 1502

1

22

1

21221121 ===→⋅=⋅→=

Impedansa primara je

Ω=== 146715.0

220

1

11 A

VI

UZ

Impedansa sekundara je

Ω=== 25.82

5.16

2

22 A

VI

UZ

Odnos ovih impedansi je

17860

800 22

2

1

1

2

2

1

2

2

1

1

2

1 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⋅==

NN

II

UU

IUI

U

ZZ

Transformator se, dakle, može iskoristiti za prilagodjenje impedanse.

ZADATAK 23: Pištoljska lemilica snage 75 W napaja se iz mreže. Sekundar transformatora lemilice ima samo dva zavojka od profilisanog debelog bakarnog provodnika koji su kratko spojeni preko tankog provodnika na vrhu lemilice. Ako u primarnom namotaju ima N1=1100 zavojaka, odrediti izlaznu struju koja zagreva vrh lemilice. Gubitke zanemariti..

................................ Rešenje:

Pošto je transformator priključen na mrežu, to znači da je U1=220 V i f=50 Hz.

Izlazni napon je očigledno mali, jer imamo samo dva zavojka na sekundaru

VUNNU

UU

NN 4.0220

11002

11

22

2

1

2

1 =⋅==→=

Ali je zato struja na sekundaru velika jer se velika ulazna snaga P1=75 W prenosi sa primara. Ulazna struja je

mAV

WUPI 341

22075

1

11 ===

Izlazna struja dobija se iz odnosa

AmAN

INIININ 18723411100

2

1122211 =

⋅==→⋅=⋅

Zbog gubitaka u transformatoru, realna struja biće nešto niža.

ZADATAK 24: Mrežni transformator ima jezgro od limova EI-60 profila (površina preseka srednjeg stuba Seff=20x20 mm2, dužina linija magnetnog polja leff=120 mm, relativna magnetna propustljivost μr=2500). Primar je namotan bakarnom žicom (ρ=0.017 Ωmm2/m) debljine 0.4 mm i ima N1=1200 zavojaka za koje se može proceniti da je srednja dužina jednog zavojka l1sr=120 mm. Odrediti:

a) Maksimalnu snagu i struju primara maksimalno opterećenog transformatora b) Ako je sekundar otvoren, odrediti kolika je struja primara kada je

transformator priključen na akumulator od 12V, a kolika kada je priključen na mrežu (~220V).

................................ Rešenje:

Transformator je mrežni, što znači da je U1=220 V i f=50 Hz. Jezgro je od limova EI-60 profila (kao na slici), a namotaji primara i sekundara su na srednjem stubu čiji je poprečni presek kvadratnog oblika dimenzija 20x20 mm. Linije magnetne indukcije dužine 120 mm zatvaraju se preko bočnih stubova.

a) Maksimalna snaga transformatora zavisi od veličine jezgra preko koga se ona prenosi sa primara na sekundar. Iz približne formule

][ 22 cmPSeff =

odredjujemo snagu transformatora

WSP eff 164222 ===

Pod pretpostavkom da nema gubitaka u transformatoru, odnosno da je P1=P2=16 W, dobijamo struju primara

mAV

WUPI 73

22016

1

11 ===

b) Kada je sekundar otvoren (kroz namotaje sekundara ne protiče struja i nema poremećaja fluksa) primar “ne oseća prisustvo sekundara” i ponaša se kao kalem sa jezgrom čija je induktivnost

HNlS

NALeff

effrL 08.151200

10120104002500104 2

3

672

102

11 =⋅××

⋅⋅⋅=⋅=⋅= −

−−πμμ

Iz ukupne dužine žice upotrebljene za namotavanje primara, odredjujemo otpornost primara

mNll sr 144120010120 311 =⋅×=⋅= −

Ω=⋅⋅

=⋅=⋅= 5.194.0

1444017.04221 ππ

ρρzicedl

SlR

Ako se transformator priključi na akumulator od 12 V, kroz primar će proticati jednosmerna struja

mAVRUI DC 615

5.1912

1

1)(1 =

Ω==

koja lako može da dovede do pregorevanja primarnog namotaja zbog velike gustine struje kroz izuzetno tanku žicu primara. Ako se pak neopterećen transformator priključi na naizmenični mrežni napon od 220 V, impedansa primara velike induktivnosti

Ω=⋅≈⋅+=+= 47352)2( 12

12

121

2211 LfLfRLRZ ππω

ograničavaće struju primara na vrednost

mAVfL

UI 5.464735220

2 1

11 =

Ω==

π

Snaga gubitaka na omskoj otpornosti primara iznosiće

mWIRP 420465.05.19 2211 =⋅=⋅=

što ukazuje da je koeficijent korisnog dejstva transformatora manji od 100%.

ZADATAK 25: Tri mrežna transformatora namotana su na tri identična jezgra. Prvi transformator ima na primaru 600, a na sekundaru 200 zavojaka, drugi na primaru ima 500, a na sekundaru 240 zavojaka, i treći na primaru ima 700, a na sekundaru 300 zavojaka.

a) Ako se transformatori redno vežu (primar drugog na sekundar prvog) pri čemu se prvi transformator vezuje na mrežni napon od 220 V, koliko će iznositi napon na izlazu.

b) Ako se primari ovih transformatora rednu vežu i priključe na mrežni napon 220 V, koliki će biti napon na redno vezanim sekundarima kroz koje ne teče struja?

................................ Rešenje:

a) Za rednu vezu transformatora (kao na slici), izlazni napon dobija se iz odnosa broja zavojaka.

VUUUU 3.73

600200

200600

122

1 =⋅=→=

VUUVUUUU 08.15

7003002.35

500240

240500

34233

2 =⋅=→=⋅=→=

b) U slučaju redne veze tri primara, doći će do raspodele ulaznog napona od 220V izmedju transformatora, pa je potrebno odrediti koliki ulazni napon pripada svakom transformatoru. Kada je sekundar neopterećen, primar se ponaša kao induktivnost koja je srazmerne kvadratu broja zavojaka. Budući da transformatori imaju identična jezgra, ulazne impedanse mogu se izraziti kao

492536600 3222

111 ⋅=⋅=⋅=⋅⋅=⋅== aXaXaANALX LLLLL ωωω

Ulazni naponi na transformatorima biće

Va

a

UXXX

XULLL

L

72220)492536(

36

' 1321

11

=⋅++⋅

⋅=

++=

VUXXX

XULLL

L 50' 1321

22 =

++=

VUXXX

XULLL

L 98' 1321

33 =

++=

VUU 2472600200'

600200" 11 =⋅=⋅=

VUU 2450500240'

500240" 22 =⋅=⋅=

VUU 4298700300'

700300" 33 =⋅=⋅=

ZADATAK 26: Mrežni transformator čiji je odnos transformacije napona n=0.1 ima stepen korisnog dejstva 88%. Izmerena otpornost žice primara je 8 Ω, a sekundara 0.5 Ω. Debljina žice sekundara je takva da je maksimalna struja kroz zavojke sekundara 3 A. Odrediti koliko iznose gubici usled vihornih struja i histerezisa u jezgru ovog transformatora.

................................ Rešenje:

Izlazni napon transformatora je

VVUnU 222201.012 =⋅=⋅=

Kako je izlazna struja I2=3A, to je izlazna snaga transformatora

WUIP 66222 ==

Ulazna snaga dobija se na osnovu stepena korisnog dejstva

WPPPPP

PP

snagautrosenasnagakorisna

gubitaka

7521

2

2

1

2 ==→+

===η

η

što znači da je snaga gubitaka

WPPPgubitaka 921 =−=

Ulazna struja je

mAUPI 341

1

11 ==

Snaga gubitaka u namotajima (bakru) je

WIRIRPCu 43.55.493.0222

211 =+=+=

pa se za snagu gubitaka u jezgru (gvoždju) dobija

WPPP CugubitakaFe 57.3=−=

ZADATAK 27: Mrežni transformator snage 100 W sa jezgrom EI profila treba da daje napon na sekundaru od 12 V. Na osnovi fizičkih dimenzija jezgra može se proceniti da je srednja dužina zavojaka u primaru 18 cm, a u sekundaru 22 cm. Pretpostavljajući da je maksimalna dozvoljena gustina struje kroz provodnike primara i sekundara J=8/π [A/mm2] i da je koeficijent sekundarnih gubitaka ν=1.10, proceniti koliko će da iznosi promena napona na sekundaru kada je:

a) transformator maksimalno opterećen, b) sekundar transformatora opterećen otpornikom od 4 Ω.

NAPOMENA: Broj zavojaka primara proračunava se na osnovu izraza

][1044.4

2411 cmS

SBfUN e

em

⋅⋅⋅⋅

=

Specifična otpornost bakra je 0.017 Ωmm2/m. ................................

Rešenje:

Za mrežni transformator snage 12100 PPWP ≈== imaćemo

2221 10100,2.1,50,12,220 cmPSTBHzfVUVU em =======

pa je broj zavojaka na primaru

82610102.15044.4

2201044.4

4411 =⋅

⋅⋅⋅=⋅

⋅⋅⋅=

em SBfUN

Broj zavojaka na sekundaru je sada

501

2122 ==UUNN ν

što je 10% više zavojaka (ν=1.10) u odnosu na idealan transformator. Struje kroz namotaje iznose

mAUPI 5.454

220100

1

11 === A

UPI 33.8

12100

2

22 ===

Minimalne površine poprečnih preseka žica odredjuju se na osnovu gustine struje

211 1785.0 mm

JIS == 22

2 2724.3 mmJIS ==

Znajući broj zavojaka, srednju dužinu jednog zavojka i površinu poprečnog preseka, odredjujemo otpornosti primara i sekundara

Ω=⋅

⋅=⋅= 15.141785.0

82618.0017.01

111 S

NlR zavρ Ω=⋅= mS

NlR zav 15.572

222 ρ

a) Transformator je maksimalno opterećen kada kroz njegove zavojke protiču maksimalne struje, tj. i mAI 5.4541 = AI 33.82 = . Na osnovu ekvivalentne šeme transformatora, koja uključuje otpornosti primara i sekundara (date na slici), za pad napona na sekundaru imaćemo

VUUIRIRU 83.035.048.0

1

211222 =+=⋅+=Δ

Prvi član na desnoj strani u poslednjem izrazu je smanjenje napona na sekundaru usled pada napona na otpornosti sekundara, a drugi član predstavlja smanjenje napona na primaru usled pada napona na otpornosti primara koje se sa odnosom transformacije U2/U1 preslikava na sekundar. Prema tome, sada se može odrediti vrednost koeficijenta sekundarnih gubitaka

072.112

87.12

2

222 ==

Δ+=

UUUν

Usled postojanja i drugih gubitaka u transformatoru, realna vrednost ovog koeficijenta je neznatno veća, pa se sa pravom može uzeti da iznosi oko 1.10, tj. oko 10-12% više zavojaka treba imati na sekundaru u odnosu na idealni transformator da bi se ovi efekti kompenzovali.

b) Kada je na izlaz transformatora priključen otpornik RL=4Ω, kroz sekundarni namotaj teći će struja

AVRUI

L

34

12* 22 =

Ω==

Otpornost sekundara je u ovom slučaju zanemarena (R2<<RL). Da bi kompenzovao smanjenje fluksa koje sekundar sa ovom strujom izaziva u jezgru, primar će povući dodatnu struju tako da bude ispunjeno

ANINIININ 1816.0****

1

2212211 ==⇒=

Promena napona na sekundaru će u ovom slučaju biti

VUUIRIRU 31.014.017.0**

1

211222 =+=⋅+=Δ

ZADATAK 28: Polazeći od fundamentalnih zakona elektrotehnike i činjenice da se struja u primaru mrežnog transformatora menja po prostoperiodičnom zakonu i1(t)=Im·cosωt, izvesti izraz za izračunavanje broja zavojaka na primaru transformatora

][44.4

10 24

11 cmS

SBfUN eff

effm ⋅⋅⋅⋅

=

................................ Rešenje:

Struja primara je prostoperiodična

tIti m ωcos)(1 ⋅=

pa je i fluks prostoperiodičan

tINlS

tiLt meff

effr ωμμφ cos)()( 2

101 ⋅=⋅=

Ovako promenljiv fluks indukovaće na primaru elektromotornu silu koja drži ravnotežu ulaznom naponu

)(sin)(1

210 tutIN

lS

dttdems m

eff

effr =⋅⋅⋅=−= ωωμμφ

Amplituda ulaznog napona je

12

101 22 UfINlS

U meff

effrm ⋅=⋅⋅= πμμ

gde je efektivna vrednost mrežnog napona. Maksimalna struja na primaru IVU 2201 = m daće maksimalnu indukciju BBm i maksimalni fluks. Izmedju ovih veličina postoji dobro poznata veza

eff

mrmrm l

INHB 100 ⋅=⋅= μμμμ

Zamenom ovog izraza u prethodni dobijamo

111 22 UfNSBU effmm ⋅=⋅⋅⋅= π

Odavde se dobija izraz za odredjivanje broja zavojaka na primaru transformatora

][44.4

22

2111 mS

SBfU

SBf

UN effeffm

effm⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅

= π

U slučaju kada se površina poprečnog preseka jezgra izražava u [cm2], dobija se konačno

][44.4

10 24

11 cmS

SBfUN eff

effm ⋅⋅⋅⋅

=