Σελ. 1

Βασισμένες στο βιβλίο του Σ.Γ. ΦΡΑΓΚΟΠΟΥΛΟΥ: Πρόχειρες σημειώσεις

ΒΑΣΙΚΗ ΗΛΕΚΤΡΟΤΕΧΝΙΑ Ι

ΗΛΕΚΤΡΙΚΑ

ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ

Μέρος Α: Κυκλώματα συνεχούς ρεύματος

Κ. Μουτζούρης Τμήμα Ηλεκτρονικής, ΤΕΙ Αθήνας

Θερινό εξάμηνο 2009

Σελ. 2

ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ: ΜΕΓΕΘΗ, ΔΙΑΣΤΑΣΕΙΣ, ΜΟΝΑΔΕΣ

Μεγέθη Τα μεγέθη είναι «χαρακτηριστικά» που επιδέχονται «αντικειμενική» μέτρηση (δηλαδή ποσοτικό προσδιορισμό) ανεξάρτητα από τις «ικανότητες» και «ιδιαιτερότητες» του παρατηρητή.

Είναι ο χρόνος μέγεθος; (√) Είναι το μήκος μέγεθος; (√) Είναι η μάζα μέγεθος; (√) Είναι η ομορφιά μέγεθος; (Χ)

Προσοχή!

Πρόσθεση-αφαίρεση επιτρέπεται μόνο μεταξύ ομοειδών μεγεθών!

Πολλαπλασιασμός-διαίρεση-ύψωση σε δύναμη επιτρέπεται και μεταξύ ετεροειδών μεγεθών!

Διακρίνουμε:

(α) Βασικά μεγέθη(β)

(δεν επιδέχονται μεγαλύτερη απλοποίηση) Παράγωγα μεγέθη

(γ) (ορίζονται συναρτήσει δύο ή περισσότερων βασικών μεγεθών)

Συντελεστές αναλογίας

Το μήκος είναι…

(σταθερά μεγέθη που συνδέουν ποσοτικά δύο άλλα μεγέθη)

βασικό Η ταχύτητα είναι…

μέγεθος παράγωγο

Η επιτάχυνση βαρύτητας είναι… μέγεθος

Διαστάσεις

συντελεστής αναλογίας

Διάσταση (dimension, dim) ενός μεγέθους ονομάζεται η παράσταση που σχετίζει το μέγεθος αυτό με τα βασικά μεγέθη. Προφανώς, διάσταση ενός βασικού μεγέθους είναι ο εαυτός του!

dim(χρόνος) = χρόνος dim(μήκος) = μήκος dim(ταχύτητα) = μήκος / χρόνος dim(επίπεδη γωνία) = μήκος /μήκος = 1

Παρατηρείστε ότι η διάσταση της επίπεδης γωνίας (ή απλά γωνίας) είναι μήκος / μήκος, δηλαδή μοναδιαία. Για να το κατανοήσετε αυτό, θυμηθείτε τον ορισμό της επίπεδης γωνίας:

Γωνία = (μήκος τόξου κύκλου) / μήκος ακτίνας κύκλου.

Συνεπώς, η γωνία έχει μοναδιαία διάσταση, ή διαφορετικά είναι αδιάστατο μέγεθος

Μονάδες

.

Οι μονάδες επιτρέπουν τον ποσοτικό προσδιορισμό μεγεθών: Ένα μέγεθος ισούται ποσοτικά με το γινόμενο ενός αριθμού (που είναι το μέτρο του) και μίας μονάδας. Συμβολίζουμε τη μονάδα ενός μεγέθους ως: [μέγεθος].

Σωστή χρήση μονάδων είναι βασικότατο ζήτημα και αυθαίρετη επιλογή μονάδων οδηγεί σε σφάλματα, σύγχυση και έλλειψη επικοινωνίας!

Στόχος ενός συστήματος μονάδων είναι να ορίσει ένα ελάχιστο αριθμό βασικών μονάδων (δηλαδή μονάδων που αντιστοιχούν σε βασικά μεγέθη). Είναι επιθυμητό το πλήθος των παράγωγων μονάδων (δηλαδή μονάδων που αντιστοιχούν σε παράγωγα μεγέθη) να συνδέεται με τις βασικές μονάδες του συστήματος χωρίς αριθμητικούς συντελεστές. Ένα σύστημα που το επιτυγχάνει αυτό ονομάζεται συναρμονισμένο

.

Σελ. 3

Διεθνές σύστημα μονάδων Στις μέρες μας χρησιμοποιούμε σχεδόν αποκλειστικά το διεθνές σύστημα μονάδων.

Μέγεθος/Διάσταση

Πίνακας βασικών μεγεθών διεθνούς συστήματος

Σύμβολο Μονάδα

Μήκος l m

Μάζα m Kg

Χρόνος t s

Ένταση ρεύματος I A

Θερμοκρασία T (ή θ) K

Ποσότητα ουσίας N mol

Φωτεινή ένταση Iν cd

Ενδεικτικές παράγωγες μονάδες του διεθνούς συστήματος:

Ισχύς P → W Ενέργεια Ε → J Δύναμη F → Ν

Σημαντική παρατήρηση: Αναφέραμε προηγουμένως ότι η γωνία έχει μοναδιαία διάσταση. Ορίζεται στο διεθνές σύστημα («καταχρηστικά») ως μονάδα γωνίας το rad. Προφανώς, rad = μήκος/μήκος = 1!

Αξίζει εδώ να προσθέσουμε κάποια ακόμη βασικά σχόλια. Οι τριγωνομετρικές συναρτήσεις (ημίτονο, συνημίτονο, εφαπτόμενη) έχουν όρισμα γωνία. Κατά συνέπεια, δεν επιτρέπεται σε καμία περίπτωση το όρισμα τριγωνομετρικής συνάρτησης να είναι ποσότητα με διαστάσεις – μονάδες

Σε αντίθεση με τα καθαρά μαθηματικά, στη φυσική οι τριγωνομετρικές συναρτήσεις μπορούν να εκφράζουν μεγέθη που δεν είναι αδιάστατα. Σκεφτείτε για παράδειγμα τη γραφική παράσταση δύο μεγεθών που συνδέονται γραμμικά, π.χ. δύναμη βαρύτητας και μάζα (βλέπε διπλανό σχήμα). Η κλίση της ευθείας του διαγράμματος, δηλαδή η εφαπτομένη της γωνίας φ, εκφράζει το μέγεθος της επιτάχυνση της βαρύτητας g (σε m/s2). Συνεπώς, η εφαπτομένη δεν είναι αδιάστατη. Παρόλα αυτά,

! Το ίδιο ακριβώς ισχύει και για τους λογάριθμους.

Οι φοιτητές θα πρέπει να είναι πολύ προσεκτικοί σε αυτό το ζήτημα! Για να αποφευχθούν οποιεσδήποτε παρεξηγήσεις, πρέπει να προστεθεί το εξής σχόλιο:

το όρισμα της εφαπτομένης είναι η γωνία φ και είναι αδιάστατο μέγεθος

!

Σελ. 4

Προθέματα μονάδων Για λόγους συντομίας, είναι συχνή η χρήση προθεμάτων των μονάδων. Έτσι για παράδειγμα, αντί 1000 m, μπορούμε να γράψουμε 1km.

10-18

Πίνακας βασικών προθεμάτων

a (άττο) 1018 E (έκσα) 10-15 f (φέμτο) 1015 P (πέτα) 10-12 p (πίκο) 1012 T (τέρα) 10-9 n (νάνο) 109 G (γίγα) 10-6 μ (μίκρο) 106 M (μέγα) 10-3 m (μίλι) 103 k (κίλο)

Άλλα προθέματα: 10-2 : c (σάντι) 102 : h (εκατό) 10-1 : d (ντέσι) 101 : da (δέκα)

Παρατήρηση! Στο βιβλίο του μαθήματος (σελ. 28-29) υπάρχει λίστα «αυτονόητων» (αλλά συχνά παρεξηγήσιμων) κανόνων χρήσης προθεμάτων και μονάδων. Εδώ σημειώνουμε μία από αυτές, που είναι ιδιαίτερα σημαντική: Όταν μία μονάδα υψώνεται σε δύναμη, η δύναμη ισχύει και για το πρόθεμα

!

Παράδειγμα 1.2 Υπολογίστε σε m2 την επιφάνεια Α τετραγώνου με πλευρά 1mm. Λύση Α = (1mm) 2 = (1) 2 (mm) 2 = 1 (10 -3 m) 2 = 10 -6 m 2

Παράδειγμα 1.1 Υποθέστε σύστημα με μονάδες μήκους το cm, χρόνου το s, και ταχύτητας το m/s. Είναι αυτό το σύστημα μονάδων συναρμονισμένο; Λύση [ταχύτητα] = m/s = 100 cm/s = 100 [μήκος]/[χρόνος]: Δεν είναι συναρμονισμένο

Παράδειγμα 1.3 (1) Το μήκος, (2) ο χρόνος, (3) η ταχύτητα, (4) η ένταση ρεύματος και (5) το Α (Ampere)

είναι: (α) μέγεθος (β) διάσταση (γ) μονάδα Λύση (1) (a) και (β) (2) (α) και (β) (3) (α) (4) (α) (5) (γ)

Σελ. 5

Παράδειγμα 1.4 Μετατρέψτε: 1 km σε nm, 1 m2 σε km2, 1μm3 σε nm3, 1kΝ/cm2 σε Ν/m2 Λύση

(1) 1 nm = 10-9 m , άρα:1 m = 109 nm Έτσι: 1km = 103 m = 103 × (109 nm) = 1012 nm

(2) 1 km = 103 m, άρα: 1 m = 10 -3 km Έτσι: 1 m2 = 1 × (10 -3 km) 2 = 10 -6 km

(3) 1 μm = 10-6m, ακόμη 1 nm = 10-9m Έτσι: 1 μm = 103 × 10-9 m = 103 nm Και τελικά: 1μm3 = (103 nm)3 = 109 nm3

(4) 1 kΝ/cm2=(103 N) / (10-2 m)2 = (103 / 10-4) N/m2 = 107 N/m2

Παράδειγμα 1.5 Γνωρίζετε ότι η κυκλική συχνότητα ω (σε rad/s ή απλά s-1) συνδέεται με τη συχνότητα f (σε Hz) μέσω της σχέσης ω=2πf. Βρείτε την τιμή της f που αντιστοιχεί σε ω = 6,3 μs-1. Θεωρήστε ότι 2π ≈ 6,3. Λύση ω = 6,3 μs-1 = 6,3 × (10 -6 s) -1 = 6,3 106 s -1 Έτσι: f = ω/(2π) = (6,3 × 106 s -1) / 6,3 = 10 6 s -1 = 1 MHz

Παράδειγμα 1.6 Υποθέστε ότι κάποιο μέγεθος Α ορίζεται μέσω της σχέσης Α = ημ(Κ×Ι 3/2×U-2), όπου I είναι ένταση ρεύματος (σε A) και U τάση (σε V). Υπολογίστε τις μονάδες του μεγέθους Κ. Λύση

Το όρισμα πρέπει να είναι αδιάστατο: [Κ]×[Ι3/2]×[U-2] = 1 ⇒[K] = [Ι-3/2]×[U2] = A-3/2 × V2

Παράδειγμα 1.7 Γνωρίζετε ότι ο λογάριθμος γινομένου ισούται με: log(a×b) = log(a) + log (b). Γνωρίζεται ακόμη ότι η κυκλική συχνότητα ω έχει μονάδες rad/s (ή απλά s-1). Αναγνωρίστε ποιες από τις παρακάτω μαθηματικές εκφράσεις είναι σωστές και ποιες όχι. log(ωt) = log(ω) + log(t) log(ωt) 2= log(ωt) + log(ωt) log(ωt) 2 = log(ω2 × t2) = log(ω2) + log(t2) Λύση log(ωt) = log(ω) + log(t) : Λάθος [δεν ορίζεται το log(ω) και το log(t)]

log(ωt) 2= log(ωt) + log(ωt): Σωστό

log(ωt) 2 = log(ω2 × t2) = log(ω2) + log(t2): Λάθος [δεν ορίζεται το log(ω2) και το log(t2)]

Σελ. 6

1𝑉𝑉2𝑚𝑚𝑚𝑚

=1𝑉𝑉

2 × 10−3𝑚𝑚 = 0,5 × 103𝐴𝐴 = 500 𝐴𝐴

1𝜇𝜇𝑉𝑉2𝜇𝜇𝑚𝑚 =

10−6 𝑉𝑉2 × 10−6 𝑚𝑚 = 0,5 𝐴𝐴

0,01𝑘𝑘𝑉𝑉2𝑚𝑚 =

10−2 × 103 𝑉𝑉2 𝑚𝑚 = 5 𝐴𝐴

1𝑉𝑉2𝑀𝑀𝑚𝑚 =

1 𝑉𝑉2 × 106 𝑚𝑚 = 0,5 × 10−6𝐴𝐴 = 0,5 𝜇𝜇𝐴𝐴

1𝑚𝑚𝑉𝑉200𝑘𝑘𝑚𝑚 =

10−3 𝑉𝑉2 × 102 × 103𝑚𝑚 =

10−3 𝑉𝑉2 × 105 𝑚𝑚 = 0,5 × 10−8𝛢𝛢 = 5 × 10−9𝛢𝛢 = 5 𝑛𝑛𝐴𝐴

1𝜇𝜇𝑉𝑉2𝑘𝑘𝑚𝑚 =

10−6 𝑉𝑉2 × 103 𝑚𝑚 = 0,5 × 10−9𝐴𝐴 = 0,5 𝑛𝑛𝐴𝐴

10𝑘𝑘𝑉𝑉20𝑀𝑀𝑚𝑚 =

10 × 103 𝑉𝑉2 × 10 × 106 𝑚𝑚 = 0,5 × 10−3𝐴𝐴 = 0,5 𝑚𝑚𝐴𝐴

10𝑉𝑉20𝑛𝑛𝑚𝑚

=10 𝑉𝑉

2 × 10 × 10−9 𝑚𝑚 = 0,5 × 109𝐴𝐴 = 0,5 𝐺𝐺𝐴𝐴

0,1𝑚𝑚𝑉𝑉0,2𝑚𝑚 =

10−1 × 10−3 𝑉𝑉2 × 10−1 𝑚𝑚 = 0,5 × 10−3𝐴𝐴 = 0,5 𝑚𝑚𝐴𝐴

Παράδειγμα 1.8 Γνωρίζετε ότι η ηλεκτρική τάση U (σε V) συνδέεται με την ένταση του ηλεκτρικού ρεύματος I (σε A) μέσω της σχέσης Ι=U/R, όπου R η αντίσταση (σε Ω). Υπολογίστε τις εντάσεις που προκύπτουν από τις ποσότητες:

1𝑉𝑉2𝑚𝑚𝑚𝑚

, 1𝜇𝜇𝑉𝑉2𝜇𝜇𝑚𝑚

, 0,01𝑘𝑘𝑉𝑉

2𝑚𝑚,

1𝑉𝑉2𝑀𝑀𝑚𝑚

, 1𝑚𝑚𝑉𝑉

200𝑘𝑘𝑚𝑚,

1𝜇𝜇𝑉𝑉2𝑘𝑘𝑚𝑚

, 10𝑘𝑘𝑉𝑉20𝛭𝛭𝑚𝑚

, 10𝑉𝑉

20𝑛𝑛𝑚𝑚,

0,1𝑚𝑚𝑉𝑉0,2𝑚𝑚

Λύση

Σελ. 7

ΠΟΙΟΤΙΚΗ ΠΕΡΙΓΡΑΦΗ ΤΟΥ ΡΕΥΜΑΤΟΣ

Φορτίο Η δημιουργία του ρεύματος οφείλεται σε κίνηση ηλεκτρικών φορτίων

1. Υπάρχουν δύο ειδών φορτία

. Φορτίο Q είναι ιδιότητα της ύλης, για την οποία διατυπώνουμε αξιωματικά τέσσερις παραδοχές:

1

Cqe181016,0 −⋅=

: το θετικό (+) και το αρνητικό (-). 2. Φορέας του μικρότερου δυνατού φορτίου (στοιχειώδες φορτίο ή κβάντο) είναι το ηλεκτρόνιο ( ). 3. Σε ένα απομονωμένο σύστημα το φορτίο διατηρείται. 4. Το φορτίο σε ένα σώμα δε μεταβάλλεται με την κίνηση (σε αντίθεση με τη μάζα).

Αγωγιμότητα Η αγωγιμότητα (δηλ. η ιδιότητα κάποιων υλικών να επιτρέπουν τη δημιουργία ηλεκτρικού ρεύματος) εμφανίζεται κατά κύριο λόγο σε μέταλλα (αγωγοί 1ης κατηγορίας). Εμφανίζεται επίσης και σε οξέα, βάσεις και διαλύματα αλάτων (αγωγοί 2ης κατηγορίας) Τα μέταλλα είναι υλικά που αποτελούνται από άτομα τοποθετημένα σε «συγκεκριμένες» θέσεις (η δομή αυτή συχνά αναφέρεται και ως ατομικό πλέγμα). Σε μία απλουστευμένη εικόνα (πρότυπο Bohr/Rutherford) όλα τα άτομα αποτελούνται από: Τον πυρήνα στο κέντρο («ήλιος») και από ηλεκτρόνια-δορυφόρους («πλανήτες»). Ο πυρήνας περιέχει ουδέτερα (νετρόνια) και θετικά φορτισμένα (πρωτόνια) σωματίδια. Ο αριθμός των πρωτονίων ισούται με τον αριθμό των ηλεκτρονίων και άρα το άτομο είναι ηλεκτρικά ουδέτερο. Τα άτομα κινούνται σε καθορισμένες τροχιές γύρω από τον πυρήνα. Κάθε τροχιά, μπορεί να φιλοξενεί συγκεκριμένο αριθμό ηλεκτρονίων. Σε θερμοκρασία 0Κ, τα ηλεκτρόνια καταλαμβάνουν τις τροχιές ποιό κοντά στον πυρήνα (δηλ. τροχιές ελάχιστης ενέργειας → Αρχή ελαχιστοποίησης της ενέργειας) Καθώς η θερμοκρασία ανεβαίνει, τα ηλεκτρόνια μπορούν να μεταβούν σε ανώτερες τροχιές, και σταδιακά να ξεφύγουν από το άτομο. Τα ελεύθερα αυτά ηλεκτρόνια (νέφος ηλεκτρονίων) περιφέρονται στο ατομικό πλέγμα και είναι φορείς της αγωγιμότητας.

Σε θερμοκρασία δωματίου2, η τάξη μεγέθους του αριθμού ελεύθερων ηλεκτρονίων στα μέταλλα είναι 1023 ανά κυβικό εκατοστό. Σε αντιδιαστολή με τους αγωγούς, υπάρχουν και τα ηλεκτρομονωτικά (ή απλά μονωτικά) υλικά, με πολύ μικρότερο αριθμό ελεύθερων ηλεκτρονίων και άρα μικρότερη (σχεδόν μηδενική) αγωγιμότητα. Υπάρχουν ακόμη υλικά «ενδιάμεσα», γνωστά ως ημιαγωγοί. Να σημειωθεί ότι η κίνηση των ελεύθερων ηλεκτρονίων είναι άτακτη: η κατεύθυνσή τους αλλάζει διαρκώς λόγω συγκρούσεων με πυρήνες και άλλα ηλεκτρόνια του πλέγματος. Αυτή η κίνηση δε συνιστά ηλεκτρικό ρεύμαΑν όμως ο αγωγός βρεθεί στην επιρροή ενός εξωτερικού πεδίου, τότε τα ηλεκτρόνια θα εκτελέσουν, παράλληλα με την προηγούμενη άτακτη κίνησή τους, και μια συνιστώσα κίνηση προς την κατεύθυνση που επιβάλει το πεδίο!

!

Αυτή η κίνηση συνιστά το ηλεκτρικό ρεύμα 1 Ο προσδιορισμός ποιό φορτίο είναι θετικό και ποιό αρνητικό, έγινε με αυθαίρετο τρόπο. 2 Η θερμοκρασιακή εξάρτηση της αγωγιμότητας σε μέταλλα και ημιαγωγούς θα εξεταστεί αναλυτικά στην Ηλεκτρονική Φυσική.

!

dim(Q) = φορτίο [Q] = C (Coulomb)

Σελ. 8

ΠΟΣΟΤΙΚΗ ΠΕΡΙΓΡΑΦΗΤΟΥ ΡΕΥΜΑΤΟΣ

Ένταση και πυκνότητα ρεύματος

Θεωρείστε τον κυλινδρικό μεταλλικό αγωγό του σχήματος, με διατομή S, μήκος l και πυκνότητα ελεύθερων ηλεκτρονίων ne (σε cm-3). Προφανώς, σε όγκο V = l S του αγωγού, περιέχεται συνολικό φορτίο VnqQ ee= .

Ας υποθέσουμε ότι υπό την επιρροή πεδίου, τα ελεύθερα ηλεκτρόνια που περιέχονται στον όγκο V περνούν από τη διατομή του κυλινδρικού αγωγού S, σε χρόνο t. Ας υποθέσουμε ακόμη ότι τα ηλεκτρόνια έχουν ίδια και σταθερή ταχύτητα1 ve. Τότε ορίζεται η ένταση του ηλεκτρικού ρεύματος

ως το πηλίκο:

𝛪𝛪 =𝑄𝑄𝑇𝑇

⇒ 𝐼𝐼 =𝑞𝑞𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑉𝑉𝑡𝑡

Σημειώστε ότι στη γενικότερη περίπτωση, η ταχύτητα των ηλεκτρονίων μπορεί να μεταβάλλεται (κατά μέτρο ή/και κατά διεύθυνση) με το χρόνο. Αυτή η παρατήρηση επιβάλει την εισαγωγή ενός γενικότερου ορισμού της έντασης του ρεύματος. Ποιό συγκεκριμένα, αν θεωρήσουμε ότι σε χρόνο Δt περνά τη διατομή S του αγωγού ένα φορτίο ΔQ, τότε η ένταση του ρεύματος ορίζεται ως:

𝑖𝑖 = 𝑙𝑙𝑖𝑖𝑚𝑚𝛥𝛥𝑡𝑡→0

𝛥𝛥𝑄𝑄𝛥𝛥𝑡𝑡

=𝑑𝑑𝑄𝑄𝑑𝑑𝑡𝑡

Παρατηρείστε ότι στην πρώτη περίπτωση (σταθερή ταχύτητα ηλεκτρονίων, και άρα σταθερό ή χρονικά αμετάβλητο ρεύμα) χρησιμοποιούμε κεφαλαίο συμβολισμό. Στη δεύτερη περίπτωση (χρονικά μεταβαλλόμενο ρεύμα

Συχνά χρησιμοποιούμε την πυκνότητα του ηλεκτρικού ρεύματος J, η οποία ορίζεται ως η ένταση του ρεύματος ανά επιφάνεια. Η πυκνότητα ρεύματος μας επιτρέπει να συγκρίνουμε ποσοτικά διαφορετικά ρεύματα ανεξάρτητα από τη γεωμετρία των αγωγών στους οποίους αναπτύσσονται. Λαμβάνοντας υπόψη ότι V = l S (βλ. Σχήμα), τότε:

𝐽𝐽 =𝐼𝐼𝑆𝑆

=𝑛𝑛𝑒𝑒𝑞𝑞𝑒𝑒ℓ𝑡𝑡

= 𝑛𝑛𝑒𝑒𝑞𝑞𝑒𝑒𝜈𝜈𝑒𝑒

) χρησιμοποιούμε μικρά γράμματα.

Παρατηρείστε ακόμη ότι η ένταση του ρεύματος ορίστηκε σαν παράγωγο μέγεθος, συναρτήσει του φορτίου και του χρόνου. Είδαμε όμως προηγούμενα ότι στο διεθνές σύστημα η ένταση ρεύματος αποτελεί βασικό (και όχι παράγωγο) μέγεθος. Η ανακολουθία αυτή οφείλεται σε μεθοδολογικούς λόγους και έχει στόχο την καλύτερη κατανόηση. Με αυτή την παρατήρηση κατά νου, και δεδομένες τις μονάδες μέτρησης φορτίου, μπορούμε να γράψουμε:

1 Αναφερόμαστε ασφαλώς στη συνιστώσα εκείνη της ταχύτητας των ηλεκτρονίων που χαρακτηρίζει την κατευθυνόμενη κίνησή τους εξαιτίας του πεδίου, και όχι στην τυχαία θερμική τους κίνηση. Είναι επίσης σαφές, όπως υποδεικνύεται στο σχήμα, ότι το μέτρο της ταχύτητας αυτής ισούται με l / t

dim(Ι) = φορτίο / χρόνος [Ι] = C/s = A (Ampere)

dim(J) = ένταση / επιφάνεια [Ι] = Α/m2

Σελ. 9

ΔΥΝΑΜΙΚΟ ΚΑΙ ΤΑΣΗ

Εξηγήσαμε προηγούμενα πώς δημιουργείται το ηλεκτρικό ρεύμα ως κατευθυνόμενη κίνηση φορτίων και ορίσαμε την ένταση και την πυκνότητα του ρεύματος. Για το αίτιο, όμως, που προκαλεί το ρεύμα, αναφερθήκαμε «αόριστα» στην έννοια του πεδίου. Θα ορίσουμε ποιό αναλυτικά το ηλεκτρικό δυναμικό ως αίτιο δημιουργίας του ρεύματος

.

Για την καλύτερη κατανόηση των μεγεθών που αφορούν στο ρεύμα, θα χρησιμοποιήσουμε αναλογίες με μηχανικά φαινόμενα. Συγκεκριμένα, θα θεωρήσουμε τη ροή τον ηλεκτρονίων στον κυλινδρικό αγωγό ανάλογη της ροής ρευστού σε κυλινδρικό σωλήνα:

Συνεπώς, αίτιο της ροής του ρευστού είναι η διαφορά πίεσης σε δύο σημεία Α και Β του σωλήνα

Υποθέτουμε ότι παρουσία

: 𝛥𝛥𝑝𝑝𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑝𝑝𝐴𝐴 − 𝑝𝑝𝐴𝐴 (όπου 𝑝𝑝𝐴𝐴και 𝑝𝑝𝐴𝐴 η πίεση στα σημεία Α κ’ Β).

διαφοράς πιέσεως μετακινείται όγκος V

Η ενέργεια του

ρευστού.

όγκου του ρευστού

Το έργο που παράγεται από τη μετακίνηση του

στα σημεία Α, Β είναι: 𝐸𝐸𝐴𝐴 = 𝑝𝑝𝐴𝐴𝑉𝑉, 𝐸𝐸𝐴𝐴 = 𝑝𝑝𝐴𝐴𝑉𝑉

όγκου V

𝑊𝑊𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐸𝐸𝐴𝐴 − 𝐸𝐸𝐴𝐴 = 𝑝𝑝𝐴𝐴𝑉𝑉 − 𝑝𝑝𝐴𝐴𝑉𝑉 ⇒ 𝑊𝑊𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝛥𝛥𝑝𝑝𝐴𝐴𝐴𝐴𝑉𝑉

Σε απόλυτη αναλογία, ορίζουμε για το ηλεκτρικό ρεύμα το

του ρευστού είναι:

δυναμικό ως το φυσικό μέγεθος που αναλογεί στην πίεση

Συνεπώς, αίτιο της

(με αυτή τη σκέψη, μπορούμε να κάνουμε την αναλογία του «σωλήνα» με «αγωγό», του «ρευστού» με «ηλεκτρόνια», και του «όγκου» με «φορτίο»):

ροής ηλεκτρονίων είναι η διαφορά δυναμικού σε δύο σημεία Α και Β του αγωγού

Υποθέτουμε ότι παρουσία

: 𝛥𝛥𝜑𝜑𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝜑𝜑𝐴𝐴 − 𝜑𝜑𝐴𝐴 (όπου 𝜑𝜑𝛢𝛢 και 𝜑𝜑𝛣𝛣 το δυναμικό στα σημεία Α κ’ Β)

διαφοράς δυναμικού μετακινείται φορτίο Q

Η ενέργεια του

ηλεκτρονίων.

φορτίου

Το έργο που παράγεται από τη μετακίνηση του

στα σημεία Α, Β είναι: 𝐸𝐸𝐴𝐴 = 𝜑𝜑𝐴𝐴𝑉𝑉, 𝐸𝐸𝐴𝐴 = 𝜑𝜑𝐴𝐴𝑉𝑉

φορτίου Q

𝑊𝑊𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐸𝐸𝐴𝐴 − 𝐸𝐸𝐴𝐴 = 𝜑𝜑𝐴𝐴𝑉𝑉 − 𝜑𝜑𝐴𝐴𝑉𝑉 ⇒ 𝑊𝑊𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝛥𝛥𝜑𝜑𝐴𝐴𝐴𝐴𝑉𝑉

του ρευστού είναι:

Ηλεκτρική τάση, ή απλά τάση, ονομάζεται η διαφορά δυναμικού:

𝑈𝑈𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝛥𝛥𝜑𝜑𝐴𝐴𝐴𝐴

Παρατηρήστε ότι τάση ορίζεται πάντα μεταξύ δύο σημείων (δεν έχει νόημα η φράση «τάση στο σημείο Α...». Επίσης, είναι προφανές ότι ισχύει: UAB = − UBΑ

dim(φ) = dim(U) = έργο / φορτίο [φ] = [U] = J/C = Nm/As = V (Volt)

Σελ. 10

Ο ΝΟΜΟΣ ΤΟΥ OHM ΗΛΕΚΤΡΙΚΗ ΑΝΤΙΣΤΑΣΗ ΚΑΙ ΑΓΩΓΙΜΟΤΗΤΑ

Έχουμε δει την τάση U ως αίτιο του ηλεκτρικού ρεύματος I. Προφανώς, το αίτιο (τάση) και το αποτέλεσμα (ένταση) πρέπει να συνδέονται με κάποια μαθηματική έκφραση. Υπό προϋποθέσεις (και όχι πάντα), η έκφραση αυτή είναι γραμμική και καλείται Νόμος του Ohm

𝑅𝑅 = 1𝐺𝐺

𝑂𝑂ℎ𝑚𝑚

𝐼𝐼 =𝑈𝑈𝑅𝑅

Παρατηρείστε ότι διπλασιασμός της τάσης συνεπάγεται το διπλασιασμό του ρεύματος, υποδιπλασιασμός της τάσης συνεπάγεται τον υποδιπλασιασμό ρεύματος, κ.ο.κ.

:

𝐼𝐼 = G U

Όπου G μία σταθερά αναλογίας που καλείται αγωγιμότητα και είναι χαρακτηριστική του υλικού του αγωγού: εκφράζει πόσο εύκολα διέρχεται το ρεύμα στον αγωγό! Συχνότερα, αντί της αγωγιμότητας χρησιμοποιούμε την αντίσταση:

Παρατηρείστε ακόμα ότι η αντίσταση/αγωγιμότητα ενός αγωγού εξαρτάται (α) από το υλικό, (β) από τη θερμοκρασία1 και (γ) από τη γεωμετρία του. Για το ίδιο υλικό, η αντίσταση θα είναι τόσο μεγαλύτερη όσο μεγαλύτερο είναι το μήκος του l και τόσο μικρότερη όσο μικρότερη είναι η διατομή του S. (Για την αγωγιμότητα προφανώς ισχύει το ακριβώς αντίστροφο). Για να συγκρίνουμε κατευθείαν την αγωγιμότητα/αντίσταση διαφορετικών υλικών χωρίς να μας απασχολεί η γεωμετρία των αντίστοιχων αγωγών, ορίζουμε την ειδική αντίσταση ρ και την ειδική αγωγιμότητα γ

ως εξής:

𝑅𝑅 = ρ ℓ𝑆𝑆

𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 𝐺𝐺 = 𝛾𝛾 𝑆𝑆ℓ

1 Είδαμε ότι στα μέταλλα η αύξηση της θερμοκρασίας αυξάνει τον αριθμό ελεύθερων ηλεκτρονίων. Παράλληλα όμως, αυξάνει και τη θερμική κίνηση (ταλάντωση) των ατόμων του πλέγματος γύρω από τη θέση ισορροπίας, φαινόμενο που μειώνει την ευκινησία των ελεύθερων ηλεκτρονίων. Σα συνέπεια, στα περισσότερα μέταλλα (όχι σε όλα), η αγωγιμότητα μειώνεται με την αύξηση της θερμοκρασίας! Το αντίθετο παρατηρείται στους ημιαγωγούς! Σημειώστε ότι σε πολύ χαμηλές θερμοκρασίες (κοντά στους 0Κ) σε κάποια υλικά, παρατηρείται ξαφνική αύξηση της αγωγιμότητας. Αυτό το φαινόμενο είναι γνωστό ως υπεραγωγιμότητα. Αναλυτικά αυτά τα ζητήματα θα εξεταστούν στην Ηλεκτρονική Φυσική.

dim(G) = ρεύμα/τάση, [G] = A/V = S (Siemens) dim(R) = τάση/ρεύμα, [R] = V/A = Ω (Ohm)

dim(ρ) = αντίσταση × επιφάνεια / μήκος, [ρ] = Ω m2/m dim(γ) = αγωγιμότητα × μήκος / επιφάνεια, [γ] = S m/m2

Σελ. 11

Γραμμική και μη-γραμμική αντίσταση Είδαμε ότι σε πολλούς αγωγούς το ρεύμα συνδέεται γραμμικά με την τάση. Μια τέτοια συμπεριφορά ονομάζεται γραμμική ή Ωμική. Προφανώς, σε αυτή την περίπτωση, η γραφική παράσταση ρεύματος – τάσης είναι μία ευθεία, όπως αυτή του διπλανού σχήματος. Δείτε ότι σε κάθε σημείο της γραφικής παράστασης ο λόγος U/Ι παραμένει σταθερός και ισούται με την αντίσταση. Συνεπώς, η τιμή της αντίστασης είναι σταθερή1 (Ωμική αντίσταση) και ισούται με την αντίστροφη εφαπτομένη της γωνίας a.

Σε πολλά ηλεκτρονικά στοιχεία, το ρεύμα συνδέεται με μη-γραμμικό τρόπο με την τάση. Μια τέτοια συμπεριφορά ονομάζεται μη-γραμμική ή μη-Ωμική. Προφανώς, σε αυτή την περίπτωση, η γραφική παράσταση ρεύματος – τάσης είναι μία καμπύλη που δεν είναι ευθεία, όπως αυτή του διπλανού σχήματος. Δείτε ότι σε κάθε σημείο της γραφικής παράστασης ο λόγος U/Ι δεν παραμένει σταθερός

Για να περιγράψουμε μη-Ωμικά στοιχεία ορίζουμε σε κάθε σημείο της χαρακτηριστικής καμπύλης τους ρεύματος-τάσης την

. Συνεπώς, δε μπορούμε να ορίσουμε Ωμική αντίσταση γι’ αυτό το στοιχείο όπως προηγουμένως (ως τη σταθερά αναλογίας, δηλαδή, μεταξύ ρεύματος και τάσης).

διαφορική ή δυναμική αντίσταση

rd:

𝑟𝑟𝑑𝑑 = 𝑙𝑙𝑖𝑖𝑚𝑚𝛥𝛥𝐼𝐼→0

𝛥𝛥𝑈𝑈𝛥𝛥𝐼𝐼

=𝑑𝑑𝑈𝑈𝑑𝑑𝐼𝐼

1 Η αντίσταση παραμένει σταθερή σε κάθε σημείο της ευθείας: δηλαδή είναι ανεξάρτητη από την τάση στα άκρα της.

Παράδειγμα 2.1 Για το ανθρώπινο σώμα ένα ρεύμα μεγαλύτερο των 50 mΑ είναι επικίνδυνο. Η αντίσταση του ανθρώπινου σώματος κυμαίνεται από 1 kΩ ως 50 kΩ. Υπολογίστε την ελάχιστη τάση που μπορεί να προκαλέσει βλάβες στον άνθρωπο. Λύση Από το Νόμο του Ohm: U = R I. Άρα η ελάχιστη επικίνδυνη τάση υπολογίζεται με αντικατάσταση της ελάχιστης αντίστασης του ανθρώπινου σώματος:

U = 50 mA × 1 kΩ = 50 V

Σελ. 12

𝑆𝑆 = 2𝜋𝜋𝑟𝑟2 ⇒ 𝑟𝑟 = 𝑆𝑆

2𝜋𝜋2

= 2,38 𝑚𝑚𝑚𝑚

Παράδειγμα 2.2 Υπολογίστε την ακτίνα χάλκινου κυλινδρικού αγωγού μήκους 1 m ώστε αυτός να έχει αντίσταση 1 mΩ. Δίνεται η ειδική αγωγιμότητα του χαλκού σε θερμοκρασία περιβάλλοντος: γ = 56 S m / mm2 Λύση Δίνεται ότι R = 1 mΩ, άρα G = 1/R = 1000 S. Έτσι:

𝐺𝐺 = 𝛾𝛾 𝑆𝑆ℓ

⇒ 𝑆𝑆 = 𝐺𝐺 ℓ𝑆𝑆

= 1000 𝑆𝑆 × 1 𝑚𝑚56 𝑆𝑆 𝑚𝑚

𝑚𝑚𝑚𝑚 2= 17,85 𝑚𝑚𝑚𝑚2 Αλλά:

𝜈𝜈𝑒𝑒 =5𝐴𝐴

1𝑚𝑚𝑚𝑚2 × 1023𝑐𝑐𝑚𝑚−3 × 0,16 × 10−18𝐶𝐶 = 0,31 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑠𝑠

Παράδειγμα 2.3 Υποθέστε ρεύμα έντασης 5 Α το οποίο διαρρέει κυλινδρικό αγωγό διατομής 1 mm2. Θεωρείστε ακόμη ότι η πυκνότητα ελεύθερων ηλεκτρονίων στον αγωγό λαμβάνει τη ρεαλιστική τιμή 1023 cm3. Γνωρίζετε τέλος το φορτίο του ηλεκτρονίου qe = 0,16×10-18 C. Υπολογίστε την τιμή της συνιστώσας της ταχύτητας των ελεύθερων ηλεκτρονίων που συνιστά το ηλεκτρικό ρεύμα. Λύση Από τον ορισμό της πυκνότητας ρεύματος (βλ. σελίδα 7) έχουμε:

𝐽𝐽 = 𝐼𝐼𝑆𝑆

= 𝑛𝑛𝑒𝑒𝑞𝑞𝑒𝑒ℓ𝑡𝑡

= 𝑛𝑛𝑒𝑒𝑞𝑞𝑒𝑒𝜈𝜈𝑒𝑒 ⇒ 𝜈𝜈𝑒𝑒 = 𝐼𝐼𝑆𝑆𝑛𝑛𝑒𝑒𝑞𝑞𝑒𝑒

⇒

Παρατηρήστε ότι η ταχύτητα της κατευθυνόμενης κίνησης που δημιουργεί το ρεύμα είναι πολύ μικρή (και σαφώς πολύ μικρότερη από την άτακτη (θερμική) κίνηση των ηλεκτρονίων, η οποία είναι της τάξης των 100 km/s).

Παράδειγμα 2.4 Το ρεύμα στις ηλεκτρονικές λυχνίες εξαρτάται από την τάση μεταξύ ανόδου-καθόδου ως εξής: Ι=ΚU3/2, όπου Κ = 6 μA/V3/2. Na βρεθεί η δυναμική αντίσταση για τιμή της τάσης 1V. Λύση Ι=ΚU3/2 ή ισοδύναμα U = (I/K)2/3. Έτσι: r = dU/dI = 2/3 K-2/3 I-1/3 = 2/3 K-2/3 (KU3/2)-1/3 = 2/3 K-1 U-1/2 από όπου υπολογίζουμε ότι r = 110 KΩ

Σελ. 13

ΟΙ ΝΟΜΟΙ ΤΟΥ KIRCHHOFF

Διευκρινίζουμε τον ορισμό της θετικής φοράς ρεύματος: - Από θετικό πόλο σε αρνητικό - Στη φορά της πτώσης τάσης - Αντίθετα από την κίνηση των ηλεκτρονίων

1ος Νόμος Kirchhoff: Νόμος των κόμβων Από το τρίτο αξίωμα που διατυπώσαμε για το φορτίο, μπορούμε να ισχυριστούμε ότι σε ένα κόμβο στον οποίο συναντάται ένας αριθμός αγωγών, το ολικό φορτίο διατηρείται:

𝑞𝑞1 + 𝑞𝑞2 + 𝑞𝑞3 + 𝑞𝑞4 + ⋯ = 0 ⇒

𝑑𝑑𝑞𝑞1

𝑑𝑑𝑡𝑡+𝑑𝑑𝑞𝑞2

𝑑𝑑𝑡𝑡+𝑑𝑑𝑞𝑞3

𝑑𝑑𝑡𝑡+𝑑𝑑𝑞𝑞4

𝑑𝑑𝑡𝑡+ ⋯ = 0 ⇒

𝐼𝐼1 + 𝐼𝐼2 + 𝐼𝐼3 + 𝐼𝐼4 + ⋯ = 0 Δείξαμε ότι το αλγεβρικό άθροισμα των ρευμάτων σε κάθε κόμβο είναι ίσο με μηδέν

𝑊𝑊𝜋𝜋 = 𝑊𝑊𝛫𝛫1 + 𝑊𝑊𝛫𝛫2 + 𝑊𝑊𝛫𝛫3 + 𝑊𝑊𝛫𝛫4 + ⋯ ⇒

. (Παρατηρείστε ότι για να εφαρμόσουμε τον πρώτο νόμο του Kirchhoff σε ένα κόμβο, επιλέγουμε τα ρεύματα που οδεύουν προς τον κόμβο ως θετικά και αυτά που απομακρύνονται από αυτόν ως αρνητικά, ή το αντίστροφο)

2ος Νόμος Kirchhoff: Νόμος των βρόχων Από την αρχή διατήρησης της ενέργειας, μπορούμε να ισχυριστούμε ότι σε ένα κλειστό βρόχο στον οποίο συνυπάρχουν πηγές και καταναλωτές (αντιστάσεις) η ενέργεια διατηρείται:

𝑄𝑄𝑈𝑈𝜋𝜋 = 𝑄𝑄𝑈𝑈𝛫𝛫1 + 𝑄𝑄𝑈𝑈𝛫𝛫2 + 𝑄𝑄𝑈𝑈𝛫𝛫3 + 𝑄𝑄𝑈𝑈𝛫𝛫4 + ⋯ ⇒

𝑈𝑈𝜋𝜋 = 𝑈𝑈𝛫𝛫1 + 𝑈𝑈𝛫𝛫2 + 𝑈𝑈𝛫𝛫3 + 𝑈𝑈𝛫𝛫4 + ⋯

Γενικεύοντας για τυχαίο αριθμό πηγών:

𝑈𝑈𝜋𝜋1 + 𝑈𝑈𝜋𝜋2 + 𝑈𝑈𝜋𝜋3 + 𝑈𝑈𝜋𝜋4 + ⋯ = = 𝑈𝑈𝛫𝛫1 + 𝑈𝑈𝛫𝛫2 + 𝑈𝑈𝛫𝛫3 + 𝑈𝑈𝛫𝛫4 + ⋯ Δείξαμε ότι το αλγεβρικό άθροισμα των τάσεων σε κάθε κλειστό βρόχο είναι ίσο με μηδέν

Παράδειγμα 3.1

. Συμβατικός τρόπος εφαρμογής του 2ου Νόμου Kirchhoff σε κλειστό βρόχο: - Σημειώνουμε την τάση των πηγών με ένα βέλος από το + στο -. - Σημειώνουμε (αυθαίρετα) τη φορά της πτώσης τάσης στις αντιστάσεις με ένα βέλος - Σημειώνουμε (αυθαίρετα) αριστερόστροφη ή δεξιόστροφη φορά συσχετισμού.

Με τις φορές που ορίσαμε στο διπλανό σχήμα, μπορούμε να γράψουμε: Uπ1 + UR1 + UR1 – Uπ2 + UR3 – Uπ3 = 0 Προφανώς, οποιαδήποτε «λανθασμένη» επιλογή φοράς θα διαφανεί με αποτέλεσμα που έχει αρνητική τιμή.

+

-

Ι

Σελ. 14

ΠΗΓΕΣ ΣΥΝΕΧΟΜΕΝΟΥ ΡΕΥΜΑΤΟΣ

Ανεξάρτητη πηγή τάσης

(α) (β) (γ)

Μία ιδανική ανεξάρτητη πηγή τάσηςΠαρατηρείστε ότι στην πραγματικότητα δεν υπάρχει τέτοια πηγή! Αυτό μπορείτε να το καταλάβετε αν σκεφτείτε τι θα συμβεί βραχυκυκλώνοντας τα άκρα της πηγής: Τότε η τάση της πηγής θα ισούται με την πτώση τάσης κατά μήκος του βραχυκυκλώματος, δηλαδή με μηδέν: Αυτό το αποτέλεσμα είναι προφανώς παράδοξο.

παρέχει σταθερή τάση Uo στα άκρα της (σχήμα α).

Μία πραγματική πηγή τάσης

Αν εφαρμοστεί η τάση της πηγής σε καταναλωτή RL (σχήμα γ):

περιγράφεται καλύτερα από μία ιδανική πηγή τάσης σε σειρά με μία «εσωτερική» αντίσταση Ro (σχήμα β).

2ος Νόμος Kirchhoff: 𝑈𝑈𝑈𝑈 = 𝑈𝑈𝑅𝑅𝑈𝑈 + 𝑈𝑈𝑅𝑅𝐿𝐿 Νόμος του Ohm: 𝑈𝑈𝑅𝑅𝑈𝑈 = 𝐼𝐼𝑅𝑅𝑈𝑈 𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 𝑈𝑈𝑅𝑅𝐿𝐿 = 𝛪𝛪𝑅𝑅𝐿𝐿 Συνδυάζοντας τις παραπάνω σχέσεις βρίσκουμε ότι:

𝑈𝑈𝑈𝑈 = 𝑈𝑈𝑅𝑅𝑈𝑈 + 𝑈𝑈𝑅𝑅𝐿𝐿 = 𝐼𝐼𝑅𝑅𝑈𝑈 + 𝛪𝛪𝑅𝑅𝐿𝐿 = 𝛪𝛪(𝑅𝑅𝑈𝑈 + 𝑅𝑅𝐿𝐿) ⇒ 𝛪𝛪 =𝑈𝑈𝑈𝑈

𝑅𝑅𝑈𝑈 + 𝑅𝑅𝐿𝐿

Κατά συνέπεια, η τάση στα άκρα του καταναλωτή δίνεται από τη σχέση:

𝑈𝑈𝑅𝑅𝐿𝐿 = 𝛪𝛪𝑅𝑅𝐿𝐿 =𝑅𝑅𝐿𝐿

𝑅𝑅𝑈𝑈 + 𝑅𝑅𝐿𝐿𝑈𝑈𝑈𝑈 (𝑈𝑈𝑅𝑅𝐿𝐿 < 𝑈𝑈𝑈𝑈)

Παρατηρήστε τις εξής δύο ακραίες περιπτώσεις: Αν ο καταναλωτής έχει μηδενική αντίσταση (η πηγή βραχυκυκλωμένη):

𝑅𝑅𝐿𝐿 = 0 ⇒ 𝑈𝑈𝑅𝑅𝐿𝐿 = 0 Αν ο καταναλωτής έχει άπειρη αντίσταση (η πηγή ανοιχτοκυκλωμένη):

𝑅𝑅𝐿𝐿 = ∞ ⇒ 𝑈𝑈𝑅𝑅𝐿𝐿 = 𝑈𝑈𝑈𝑈 Σχολιασμός

1. Τμήμα της ενέργειας που παρέχει η ιδανική πηγή καταναλώνεται στην εσωτερική της αντίσταση. Αυτό εξηγεί γιατί οι πραγματικές πηγές θερμαίνονται κατά τη λειτουργία τους.

:

2. Αν βραχυκυκλώσουμε πραγματική πηγή τάσης, η πηγή παρέχει μηδενική τάση στον καταναλωτή, καθώς όλη η τάση της «ιδανικής» πηγής καταναλώνεται στην εσωτερική αντίσταση. Λύνεται λοιπόν το παράδοξο που παρατηρήθηκε προηγούμενα. 3. Στις περισσότερες περιπτώσεις, η αντίσταση του καταναλωτή είναι πολύ μεγαλύτερη από την εσωτερική αντίσταση της πηγής τάσης. Κατά συνέπεια, στις περισσότερες περιπτώσεις μπορούμε να θεωρούμε σχεδόν «άπειρη» την RL και άρα 𝑈𝑈𝑅𝑅𝐿𝐿 ≈ 𝑈𝑈𝑈𝑈.

Σελ. 15

Aνεξάρτητη πηγή ρεύματος

(α) (β) (γ)

Μία ιδανική ανεξάρτητη πηγή ρεύματοςΠαρατηρείστε ότι στην πραγματικότητα δεν υπάρχει τέτοια πηγή! Αυτό μπορείτε να το καταλάβετε αν σκεφτείτε τι θα συμβεί ανοιχτοκυκλώνοντας τα άκρα της πηγής: Τότε η ένταση του ρεύματος της πηγής θα ισούται με μηδέν: Αυτό το αποτέλεσμα είναι προφανώς παράδοξο.

παρέχει σταθερή ένταση Ιo στα άκρα της (σχήμα α).

Μία πραγματική πηγή ρεύματος

Αν εφαρμοστεί το ρεύμα της πηγής σε καταναλωτή RL (σχήμα γ):

περιγράφεται καλύτερα από μία ιδανική πηγή ρεύματος παράλληλα με μία «εσωτερική» αντίσταση Ro (σχήμα β).

1ος Νόμος Kirchhoff: 𝐼𝐼0 − 𝐼𝐼𝑅𝑅𝑈𝑈 − 𝐼𝐼𝑅𝑅𝐿𝐿 = 0

Νόμος του Ohm: 𝐼𝐼𝑅𝑅𝑈𝑈 = 𝑈𝑈𝑅𝑅𝑈𝑈

𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 𝐼𝐼𝑅𝑅𝐿𝐿 = 𝑈𝑈𝑅𝑅𝐿𝐿

Συνδυάζοντας τις παραπάνω σχέσεις βρίσκουμε ότι:

𝐼𝐼0 =𝑈𝑈𝑅𝑅𝑂𝑂

+𝑈𝑈𝑅𝑅𝐿𝐿

⇒ 𝑈𝑈 = 𝐼𝐼0 1𝑅𝑅𝑂𝑂

+1𝑅𝑅𝐿𝐿−1

= 𝐼𝐼0 𝑅𝑅𝑂𝑂𝑅𝑅𝐿𝐿𝑅𝑅𝑂𝑂 + 𝑅𝑅𝐿𝐿

Κατά συνέπεια, το ρεύμα στα άκρα του καταναλωτή δίνεται από τη σχέση:

𝐼𝐼𝑅𝑅𝐿𝐿 =𝑈𝑈𝑅𝑅𝐿𝐿

=𝑅𝑅𝑂𝑂

𝑅𝑅𝑂𝑂 + 𝑅𝑅𝐿𝐿𝐼𝐼0 (𝐼𝐼𝑅𝑅𝐿𝐿 < 𝐼𝐼0)

Παρατηρήστε τις εξής δύο ακραίες περιπτώσεις: Αν ο καταναλωτής έχει μηδενική αντίσταση (η πηγή βραχυκυκλωμένη):

𝑅𝑅𝐿𝐿 = 0 ⇒ 𝐼𝐼𝑅𝑅𝐿𝐿 = 𝐼𝐼0 Αν ο καταναλωτής έχει άπειρη αντίσταση (η πηγή ανοιχτοκυκλωμένη):

𝑅𝑅𝐿𝐿 = ∞ ⇒ 𝐼𝐼𝑅𝑅𝐿𝐿 = 0 Σχολιασμός

1. Τμήμα της ενέργειας που παρέχει η ιδανική πηγή καταναλώνεται στην εσωτερική της αντίσταση. Αυτό εξηγεί γιατί οι πραγματικές πηγές θερμαίνονται κατά τη λειτουργία τους.

:

2. Αν ανοιχτοκυκλώσουμε πραγματική πηγή ρεύματος, η πηγή παρέχει μηδενικό ρεύμα στον καταναλωτή, καθώς όλο το ρεύμα της «ιδανικής» πηγής καταναλώνεται στην εσωτερική αντίσταση. Λύνεται λοιπόν το παράδοξο που παρατηρήθηκε προηγούμενα. 3. Στις περισσότερες περιπτώσεις, η αντίσταση του καταναλωτή είναι πολύ μικρότερη από την εσωτερική αντίσταση της πηγής ρεύματος. Κατά συνέπεια, στις περισσότερες περιπτώσεις μπορούμε να θεωρούμε σχεδόν «μηδενική» την RL και άρα 𝛪𝛪𝑅𝑅𝐿𝐿 ≈ 𝛪𝛪𝛰𝛰 .

Σελ. 16

Εξαρτημένες πηγές

(α) (β) (γ) (δ)

Συχνά χρησιμοποιούμε εξαρτημένες πηγές τάσης και ρεύματος ως υποθετικά στοιχεία

Στο παραπάνω σχήμα φαίνονται τα σύμβολα: (α) ιδανικής εξαρτημένης πηγής τάσης, (β) εξαρτημένης πηγής τάσης με εσωτερική αντίσταση Ro συνδεδεμένη σε σειρά, (γ) ιδανικής εξαρτημένης πηγής ρεύματος, και (δ) εξαρτημένης πηγής ρεύματος με εσωτερική αντίσταση Ro συνδεδεμένη παράλληλα.

κυκλώματος, τα οποία παρέχουν σταθερή τάση ή ρεύμα. Αυτές οι πηγές συμπεριφέρονται όπως οι ανεξάρτητες πηγές, με τη διαφορά ότι το παρεχόμενο από αυτές μέγεθος (τάση ή ένταση) εξαρτάται από κάποια άλλη τάση ή ένταση στο κύκλωμα.

ΣΥΓΚΡΟΤΗΣΗ ΗΛΕΚΤΡΙΚΩΝ ΚΥΚΛΩΜΑΤΩΝ

Βασικές παραδοχές Ένα κύκλωμα μπορεί να περιλαμβάνει δύο ειδών στοιχεία: (α) Ενεργά: Παράγουν ενέργεια και την παρέχουν στο κύκλωμα (πηγές τάσεις και ρεύματος) (β) Παθητικά: Απορροφούν ενέργεια και είτε την καταναλώνουν, μετατρέποντάς την σε άλλη μορφή ενέργειας, είτε την αποθηκεύουν. Παθητικά στοιχεία: Στο πλαίσιο της βασικής ηλεκτροτεχνίας, παθητικά στοιχεία:

- Αντιστάσεις (Καταναλώνουν ενέργεια μετατρέποντάς τη σε θερμική) - Πυκνωτές (διακόπτης στο συνεχές) - Πηνία (βραχυκύκλωμα στο συνεχές)

Αποθηκευτές ενέργειας

Γι’ αυτό το λόγο, οι όροι καταναλωτής και αντίσταση χρησιμοποιούνται ως ισοδύναμοι. Στα επόμενα, θα μελετήσουμε βασικά κυκλώματα συνεχούς ρεύματος κάνοντας τις εξής παραδοχές (εκτός και αν δηλώνεται αντίθετα): (α) Όλες οι πηγές είναι ιδανικές (β) Η χαρακτηριστικές ρεύματος-τάσης είναι γραμμικές (Ωμική ή γραμμική συμπεριφορά) (γ) Οι καταναλωτές είναι αποκλειστικά ωμικές αντιστάσεις (δ) Οι αγωγοί σύνδεσης έχουν μηδενική αντίσταση (και άρα δεν υπάρχει πτώση τάσης στα άκρα τους).

Σελ. 17

Επάλληλη σύνδεση (ή σύνδεση σε σειρά)

Επάλληλη σύνδεση στοιχείων: Τα δύο στοιχεία διαρρέονται από ίδιο ρεύμα!

(α) (β)

2ος Νόμος Kirchhoff: 𝑈𝑈𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈 = 𝑈𝑈1 + 𝑈𝑈2

Επάλληλες αντιστάσεις (σχήμα α):

Νόμος του Ohm: 𝛪𝛪 = 𝑈𝑈1𝑅𝑅1

= 𝑈𝑈2𝑅𝑅2

Συνδυάζοντας τις παραπάνω σχέσεις βρίσκουμε ότι:

𝑈𝑈𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈 = 𝐼𝐼𝑅𝑅1 + 𝐼𝐼𝑅𝑅2 = 𝐼𝐼(𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2) ⇒ 𝐼𝐼 =𝑈𝑈𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈

𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2

Μπορούμε να ορίσουμε την ισοδύναμη ολική αντίσταση:

𝑅𝑅𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈 =𝑈𝑈𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈𝛪𝛪

= 𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2 Δείτε ακόμη ότι ισχύει:

𝛪𝛪 =𝑈𝑈1

𝑅𝑅1=𝑈𝑈2

𝑅𝑅2=𝑈𝑈𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈𝑅𝑅𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈

Καθώς επίσης:

𝑈𝑈1 = 𝛪𝛪𝑅𝑅1 =𝑅𝑅1

𝑅𝑅𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈𝑈𝑈𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈

𝑈𝑈2 = 𝛪𝛪𝑅𝑅2 =𝑅𝑅2

𝑅𝑅𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈𝑈𝑈𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈

Από τις τελευταίες σχέσεις είναι σαφές ότι η επάλληλη συνδεσμολογία λειτουργεί ως διαιρέτης τάσης.

Ιδανικές πηγές τάσεις μπορούν να συνδεθούν απεριόριστα σε επαλληλία. Με βάση το παράδειγμα του σχήματος, προφανώς:

Επάλληλες πηγές τάσης (σχήμα β):

𝑈𝑈𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈 = 𝑈𝑈𝜊𝜊1 + 𝑈𝑈𝜊𝜊2 − 𝑈𝑈𝜊𝜊3 + 𝑈𝑈𝜊𝜊4

Ιδανικές πηγές ρεύματος μπορούν να συνδεθούν επάλληλα μόνο αν παρέχουν ρεύμα ίδιας έντασης (διαφορετικά δεν θα ίσχυε ο 1ος Νόμος Kirchhoff!). Αυτή η σύνδεση είναι άσκοπη γιατί χρησιμοποιούμε δύο πηγές (αντί μίας μόνο) χωρίς κάποιο όφελος.

Επάλληλες πηγές ρεύματος

Σελ. 18

Παράλληλη σύνδεση

Παράλληλη σύνδεση στοιχείων: Τα δύο στοιχεία έχουν στους ακροδέκτες τους ίδια τάση!

(α) (β)

1ος Νόμος Kirchhoff: 𝛪𝛪𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈 = 𝛪𝛪1 + 𝛪𝛪2

Παράλληλες αντιστάσεις (σχήμα α):

Νόμος του Ohm: 𝑈𝑈 = 𝐼𝐼1𝑅𝑅1 = 𝐼𝐼1𝑅𝑅1 Συνδυάζοντας τις παραπάνω σχέσεις βρίσκουμε ότι:

𝐼𝐼𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈 =𝑈𝑈𝑅𝑅1

+𝑈𝑈𝑅𝑅2

= 𝑈𝑈 1𝑅𝑅1

+1𝑅𝑅2 ⇒ 𝑈𝑈 = 𝐼𝐼𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈

1𝑅𝑅1

+1𝑅𝑅2−1

Μπορούμε να ορίσουμε την ισοδύναμη ολική αντίσταση:

𝑅𝑅𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈 =𝑈𝑈𝐼𝐼𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈

= 1𝑅𝑅1

+1𝑅𝑅2−1

ή 𝑅𝑅𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈 =𝑅𝑅1𝑅𝑅2

𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2

Δείτε ακόμη ότι ισχύει:

𝑈𝑈 = 𝐼𝐼1𝑅𝑅1 = 𝐼𝐼1𝑅𝑅1 = 𝛪𝛪𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈 𝑅𝑅𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈 Καθώς επίσης:

𝛪𝛪1 =𝑈𝑈𝑅𝑅1

=𝑅𝑅𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈𝑅𝑅1

𝐼𝐼𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈 ⇒ 𝛪𝛪1 = 𝑅𝑅2

𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2𝐼𝐼𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈

𝛪𝛪2 =𝑈𝑈𝑅𝑅2

=𝑅𝑅𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈𝑅𝑅2

𝐼𝐼𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈 ⇒ 𝛪𝛪2 = 𝑅𝑅1

𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2𝐼𝐼𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈

Από τις τελευταίες σχέσεις είναι σαφές ότι η παράλληλη συνδεσμολογία λειτουργεί ως διαιρέτης ρεύματος.

Ιδανικές πηγές τάσης μπορούν να συνδεθούν παράλληλα μόνο αν παρέχουν ίδια τάση (διαφορετικά δε θα ίσχυε ο 2ος Νόμος Kirchhoff!). Αυτή η σύνδεση είναι άσκοπη γιατί χρησιμοποιούμε δύο πηγές (αντί μίας μόνο) χωρίς κάποιο όφελος.

Παράλληλες πηγές τάσης:

Ιδανικές πηγές ρεύματος μπορούν να συνδεθούν απεριόριστα με παράλληλο τρόπο. Με βάση το παράδειγμα του σχήματος, προφανώς:

Παράλληλες πηγές ρεύματος (σχήμα β)

𝛪𝛪𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈 = 𝛪𝛪𝜊𝜊1 + 𝛪𝛪𝜊𝜊2 − 𝛪𝛪𝜊𝜊3 + 𝛪𝛪𝜊𝜊4

Σελ. 19

Παράδειγμα 3.2 Ζητείται η συνολική αντίσταση RAB στο δίπολο του διπλανού σχήματος. Λύση RAB = [(R+R)//R]+R//(R+R) = [(2R//R)+R]//(2R)

Αλλά: 2𝑅𝑅//𝑅𝑅 = 2𝑅𝑅×𝑅𝑅3𝑅𝑅

= 2𝑅𝑅3

άρα: 2𝑅𝑅//𝑅𝑅 + 𝑅𝑅 = 2𝑅𝑅

3+ 𝑅𝑅 = 5𝑅𝑅

3 και τελικά:

𝑅𝑅𝐴𝐴𝐴𝐴 = [(2𝑅𝑅//𝑅𝑅) + 𝑅𝑅]//2𝑅𝑅 =5𝑅𝑅3 ×2𝑅𝑅

5𝑅𝑅3 +2𝑅𝑅

=103 𝑅𝑅

2

113 𝑅𝑅

= 1011𝑅𝑅

Παράδειγμα 3.3 Ζητείται η συνολική αντίσταση RAB στο δίπολο του διπλανού σχήματος. Λύση Με τους διαδοχικούς μετασχηματισμούς του κυκλώματος, όπως αυτοί φαίνονται στα ακόλουθα σχήματα, καταλήγουμε ότι: 𝑅𝑅𝐴𝐴𝐴𝐴 = (𝑅𝑅1//𝑅𝑅3) + (𝑅𝑅2//𝑅𝑅4)

Παράδειγμα 3.4 Ζητείται η συνολική αντίσταση RAB στο δίπολο του διπλανού σχήματος. Λύση Με τους διαδοχικούς μετασχηματισμούς του κυκλώματος, όπως αυτοί φαίνονται στα ακόλουθα σχήματα, καταλήγουμε ότι: 𝑅𝑅𝐴𝐴𝐴𝐴 = ((𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2)//(𝑅𝑅3 + 𝑅𝑅4)

Σελ. 20

Παράδειγμα 3.5 Η τάση στους ακροδέκτες ποτενσιόμετρου με αντίσταση R0 = 600 Ω είναι U0 = 12 V. Υπολογίστε την τάση UAB όταν ο δρομέας τοποθετηθεί έτσι ώστε η αντίσταση μεταξύ των σημείων Β και Γ να είναι 250 Ω. Λύση Πρόκειται για επάλληλη συνδεσμολογία και συνεπώς:

𝑅𝑅0 = 𝑅𝑅𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝑅𝑅𝛣𝛣𝛣𝛣 ⇒ 𝑅𝑅𝐴𝐴𝐴𝐴 = 600𝑚𝑚 − 250𝑚𝑚 = 350𝑚𝑚 Από διαιρέτη τάσης:

𝑈𝑈𝐴𝐴𝐴𝐴 =𝑅𝑅𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑅𝑅𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝑅𝑅𝛣𝛣𝛣𝛣𝑈𝑈0

350600

12𝑉𝑉 = 7 𝑉𝑉

Παράδειγμα 3.6 Το ποτενσιόμετρο του σχήματος έχει αντίσταση 600 Ω και χρησιμοποιείται για τη ρύθμιση του συνολικού ρεύματος. Να τοποθετηθεί κατάλληλα ο δρομέας (δηλ. να υπολογιστούν οι R1 και R2) ώστε το ρεύμα να είναι Ισυν = 1,6 Α. Η κοινή τάση U της συνδεσμολογίας είναι 200 V. Λύση Πρόκειται για παράλληλη συνδεσμολογία και άρα:

𝑅𝑅𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈 =𝑈𝑈𝐼𝐼𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈

=𝑅𝑅1𝑅𝑅2

𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2

Ακόμη: 𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2 = 600𝑚𝑚 ή 𝑅𝑅2 = 600𝑚𝑚 − 𝑅𝑅1

Έτσι τελικά: 𝑈𝑈𝐼𝐼𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈

=𝑅𝑅1(600𝑚𝑚 − 𝑅𝑅1)

𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2 ⇒

200𝑉𝑉1,6𝐴𝐴

=𝑅𝑅1(600𝑚𝑚 − 𝑅𝑅1)

600𝑚𝑚 ⇒

𝑅𝑅1(600𝑚𝑚 − 𝑅𝑅1) =200𝑉𝑉600𝑚𝑚

1,6𝐴𝐴= 75000𝑚𝑚2 ⇒ 𝑅𝑅1

2 − 600𝑚𝑚𝑅𝑅1 + 75000𝑚𝑚2 = 0

Λύνοντας τη δευτεροβάθμια εξίσωση:

𝑅𝑅1 = 177,5𝑚𝑚 (𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 ά𝜌𝜌𝜅𝜅 𝑅𝑅2 = 422,5𝑚𝑚), ή 𝑅𝑅1 = 422,5𝑚𝑚 (𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 ά𝜌𝜌𝜅𝜅 𝑅𝑅2 = 177,5𝑚𝑚)

Παράδειγμα 3.7 Στους ακροδέκτες ΑΒ του σχήματος επιβάλλεται τάση 120 V. Ζητείται η τάση UΓΔ. Λύση Πρόκειται για διαιρέτη τάσης: UΓΔ = R′

R ′ +5ΩUΑΒ όπου

R′ = 15 Ω + 40Ω

30Ω = 15 Ω + 40×30

40+30 Ω = 15 Ω + 40×30

40+30 Ω ⇒

R′ = 15 Ω + 17.15 Ω = 32.15 Ω Και άρα τελικά: UΓΔ = 32,15 Ω32,15 Ω+5Ω

× 120V = 103,9 V

Σελ. 21

Παράδειγμα 3.8 Να υπολογιστεί η τάση μεταξύ των σημείων Α και Β στο κύκλωμα του διπλανού σχήματος (ΗΛΕΚΤΡΙΚΉ ΓΕΦΥΡΑΛύση

).

Από διαιρέτες τάσης: 𝑈𝑈1 = 𝑅𝑅1

𝑅𝑅1+𝑅𝑅3𝑈𝑈𝑂𝑂 𝑈𝑈2 = 𝑅𝑅2

𝑅𝑅2+𝑅𝑅4𝑈𝑈𝑂𝑂

Από 2ο Νόμο Kirchhoff:

𝑈𝑈𝐴𝐴𝐴𝐴 − 𝑈𝑈2 + 𝑈𝑈1 = 0 ⇒ 𝑈𝑈𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑅𝑅2𝑅𝑅2+𝑅𝑅4

𝑈𝑈𝑂𝑂 −𝑅𝑅1

𝑅𝑅1+𝑅𝑅3𝑈𝑈𝑂𝑂 = 𝑅𝑅2

𝑅𝑅2+𝑅𝑅4− 𝑅𝑅1

𝑅𝑅1+𝑅𝑅3𝑈𝑈𝑂𝑂 ⇒

𝑈𝑈𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑅𝑅2𝑅𝑅1+𝑅𝑅2𝑅𝑅3−𝑅𝑅1𝑅𝑅2−𝑅𝑅1𝑅𝑅4

(𝑅𝑅2+𝑅𝑅4)×(𝑅𝑅1+𝑅𝑅3)𝑈𝑈𝑂𝑂 = 𝑅𝑅2𝑅𝑅3−𝑅𝑅1𝑅𝑅4

(𝑅𝑅2+𝑅𝑅4)×(𝑅𝑅1+𝑅𝑅3)= 2,68 𝑉𝑉

• Παρατηρήσεις: Καταλήξτε εναλλακτικά στην ίδια έκφραση, υπολογίζοντας από διαιρέτη τάσης τα U3 kai U4. Παρατηρείστε ακόμη ότι για κατάληλες τιμές των αντιστάσεων η τάση μεταξύ των σημείων Α και Β μηδενίζεται. Το κύκλωμα αυτό είναι γνωστό ως ηλεκτρική γέφυρα.

Παράδειγμα 3.9 Να υπολογιστεί η αντίσταση RAB στο δίπολο του διπλανού κυκλώματος. Δίνεται ότι α=40 mS. Λύση Από ορισμό της ισοδύναμη αντίστασης RAB του διπόλου: RAB = UAB

I

Από 1ο Νόμο του Kirchhoff: I = I1 − I0 = I1 −αU0 Από το νόμο του Ohm: I1 = UO

12 Ω

Τέλος,από τη σειριακή σύνδεση των δύο αντιστάσεων UAB = I1 × (60 + 12) Ω = I1 × 72 Ω Συνδυάζοντας κατάλληλα τις ποιο πάνω σχέσεις:

RAB =UAB

I=

I1 × 72 ΩI1 − αU0

=UO

12 Ω × 72 ΩUO

12 Ω − αU0

=72 Ω12 Ω

112 Ω − 40 × 10−3S

=6

83,33 × 10−3 S − 40 × 10−3S= 138,47 Ω

Παράδειγμα 3.10

Να υπολογιστεί το ρεύμα που διαρρέει κάθε αντίσταση του διπλανού κυκλώματος. Δίνονται: U0 = 100V, R1 = 5 Ω, R2 = 40 Ω, R3 = 15 Ω, R4 = 30 Ω. Λύση 𝑅𝑅𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈 = 𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2//(𝑅𝑅3 + 𝑅𝑅4) = 𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2×(𝑅𝑅3+𝑅𝑅4)

𝑅𝑅2+(𝑅𝑅3+𝑅𝑅4)= 26,18 𝑚𝑚 Έτσι: 𝛪𝛪1 = 𝑈𝑈0

𝑅𝑅𝜎𝜎𝜎𝜎𝜈𝜈= 100𝑉𝑉

26,18 𝑚𝑚= 3,82 𝐴𝐴

Από 2ο Νόμο Kirchhoff: 𝑈𝑈0 = 𝛪𝛪1𝑅𝑅1 + 𝛪𝛪2𝑅𝑅2 ⇒ 𝛪𝛪2 = 𝑈𝑈0−𝛪𝛪1𝑅𝑅1𝑅𝑅2

= 100 𝑉𝑉−3,82 𝐴𝐴 ×5 𝑚𝑚40 𝑚𝑚

= 2,02 𝛢𝛢

Από 1Ο Νόμο του Kirchhoff: 𝐼𝐼3 = 𝛪𝛪1 − 𝐼𝐼2 = (3,82 − 2,02) 𝐴𝐴 = 1,8 𝐴𝐴

Σελ. 22

Παράδειγμα 3.11 Συμβουλευτείτε τα παραρτήματα (1) και (2) για να υπολογίστε το ρεύμα Ι3 του διπλανού κυκλώματος. Δίνονται: Uo = 20 V, Io = 6 mA, R1 = 0,2 kΩ, R2 = 5 kΩ, R3 = 4 kΩ, R4 = 3 kΩ. Λύση Τα τέσσερα άγνωστα ρεύματα μπορούν να υπολογιστούν αν καταστρώσουμε σύστημα από τέσσερις ανεξάρτητες εξισώσεις. Οι τρεις κόμβοι του κυκλώματος παρέχουν άμεσα δύο ανεξάρτητες εξισώσεις: Κόμβος (1): 𝛪𝛪1 − 𝛪𝛪2 − 𝛪𝛪3 = 0 ή 𝛪𝛪1 − 𝛪𝛪2 − 𝛪𝛪3 + 0𝛪𝛪4 = 0

Κόμβος (2): 𝛪𝛪3 − 𝛪𝛪4 + 𝛪𝛪0 = 0 ή 0𝛪𝛪1 + 0𝛪𝛪2 + 𝛪𝛪3 − 𝛪𝛪4 = −𝛪𝛪0

Αναζητούμε δύο ακόμη εξισώσεις, τις οποίες παρέχουν οι δύο βρόχοι: Βρόχος (1): 𝑈𝑈0 − 𝑈𝑈2 − 𝑈𝑈1 = 0 ή 𝑅𝑅1𝛪𝛪1 + 𝑅𝑅2𝛪𝛪2 + 0𝛪𝛪3 + 0𝛪𝛪4 = 𝑈𝑈0 Βρόχος (2): 𝑈𝑈2 − 𝑈𝑈4 − 𝑈𝑈3 = 0 ή 0𝛪𝛪1 + 𝑅𝑅2𝛪𝛪2 − 𝑅𝑅3𝛪𝛪3 − 𝑅𝑅4𝛪𝛪4 = 0 Το σύστημα τεσσάρων εξισώσεων έχει ορίζουσες:

𝛥𝛥 =

1 −1 −1 00 0 1 −1𝑅𝑅1 𝑅𝑅2 0 00 𝑅𝑅2 −𝑅𝑅3 −𝑅𝑅4

𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 𝛥𝛥𝛪𝛪3 =

1 −1 −0 00 0 −𝛪𝛪0 −1𝑅𝑅1 𝑅𝑅2 𝑈𝑈0 00 𝑅𝑅2 0 −𝑅𝑅4

Αναπτύσσοντας τη Δ ως προς τη δεύτερη γραμμή έχουμε:

𝛥𝛥 = − 1 −1 0𝑅𝑅1 𝑅𝑅2 00 𝑅𝑅2 −𝑅𝑅4

− 1 −1 −1𝑅𝑅1 𝑅𝑅2 00 𝑅𝑅2 −𝑅𝑅3

= −−𝑅𝑅4 1 −1𝑅𝑅1 𝑅𝑅2

− −𝑅𝑅1 −1 −1𝑅𝑅2 −𝑅𝑅3

+ 𝑅𝑅2 1 −10 −𝑅𝑅3

⇒

𝛥𝛥 = −−𝑅𝑅4(𝑅𝑅2 + 𝑅𝑅2) − −𝑅𝑅1(𝑅𝑅3 + 𝑅𝑅2) + 𝑅𝑅2(−𝑅𝑅3) = 𝑅𝑅4(𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2) + 𝑅𝑅1(𝑅𝑅2 + 𝑅𝑅3) + 𝑅𝑅2𝑅𝑅3

Αντικαθιστώντας τις τιμές: 𝛥𝛥 = 3 𝑘𝑘𝑚𝑚 × (0,2 𝑘𝑘𝑚𝑚 + 5 𝑘𝑘𝑚𝑚) + 0,2 𝑘𝑘𝑚𝑚 × (5 𝑘𝑘𝑚𝑚 + 4 𝑘𝑘𝑚𝑚) + 5 𝑘𝑘𝑚𝑚 × 4 𝑘𝑘𝑚𝑚 = 15,6 𝑘𝑘𝑚𝑚2 + 1,8 𝑘𝑘𝑚𝑚2 + 20 𝑘𝑘𝑚𝑚2 ⇒ 𝛥𝛥 = 37,4 𝑘𝑘𝑚𝑚2 = 37,4 × 106 𝑚𝑚2

Αναπτύσσοντας τη 𝛥𝛥𝛪𝛪3 ως προς την πρώτη γραμμή έχουμε:

𝛥𝛥𝛪𝛪3 = 0 −𝛪𝛪0 −1𝑅𝑅2 𝑈𝑈0 0𝑅𝑅2 0 −𝑅𝑅4

+ 0 −𝛪𝛪0 −1𝑅𝑅1 𝑈𝑈0 00 0 −𝑅𝑅4

= 𝛪𝛪0 𝑅𝑅2 0𝑅𝑅2 −𝑅𝑅4

− 𝑅𝑅2 𝑈𝑈0𝑅𝑅2 0 + −𝑅𝑅4

0 −𝛪𝛪0𝑅𝑅1 𝑈𝑈0

⇒

𝛥𝛥𝛪𝛪3 = 𝛪𝛪0(−𝑅𝑅2𝑅𝑅4) − (−𝑅𝑅2𝑈𝑈0) + −𝑅𝑅4(𝛪𝛪0𝑅𝑅1) = −𝛪𝛪0𝑅𝑅2𝑅𝑅4 + 𝑅𝑅2𝑈𝑈0 − 𝛪𝛪0𝑅𝑅1𝑅𝑅4 = −𝛪𝛪0𝑅𝑅4(𝑅𝑅1+𝑅𝑅2) + 𝑅𝑅2𝑈𝑈0

Αντικαθιστώντας τις τιμές: 𝛥𝛥𝛪𝛪3 = −6 × 10−3 𝐴𝐴 × 4 𝑘𝑘𝑚𝑚 × (0,2 𝑘𝑘𝑚𝑚+5 𝑘𝑘𝑚𝑚2) + 5 𝑘𝑘𝑚𝑚 × 20 𝑉𝑉 = −6 × 10−3 × 15,6 𝐴𝐴 𝑘𝑘𝑚𝑚2 + 100 𝑘𝑘𝑚𝑚 𝑉𝑉 ⇒

𝛥𝛥𝛪𝛪3 = −93,6 × 10−3 𝐴𝐴 𝑘𝑘𝑚𝑚2 + 100 𝑘𝑘𝑚𝑚 𝑉𝑉 = −93,6 × 103 𝐴𝐴 𝑚𝑚2 + 100 × 103𝑚𝑚 𝑉𝑉 = 6,4 𝐴𝐴 𝑚𝑚2

Άρα τελικά:

𝛪𝛪3 =𝛥𝛥𝛪𝛪3

𝛥𝛥 =6,4 𝐴𝐴 𝑚𝑚2

37,4 × 106 𝑚𝑚2 = 0,171 × 10−3𝛢𝛢 = 0,171 𝑚𝑚𝐴𝐴

Σελ. 23

Παράδειγμα 3.12 Συμβουλευτείτε τα παραρτήματα (1) και (2) για να υπολογίστε το ρεύμα Ι5 του διπλανού κυκλώματος. Δίνονται: Uo1 = 100V, Uo2 = 60V, R1 = 4Ω, R2 = 6Ω, R3 = 35Ω, R4 = 40Ω, R5 = 52Ω Λύση Όμοια με το προηγούμενο παράδειγμα:

Κόμβος (1): 𝛪𝛪1 + 𝛪𝛪2 + 𝛪𝛪3 + 𝛪𝛪4 = 0 ή 𝛪𝛪1 + 𝛪𝛪2 + 𝛪𝛪3 + 𝛪𝛪4 + 0𝛪𝛪5 = 0

Κόμβος (2): 𝛪𝛪1 + 𝛪𝛪3 + 𝛪𝛪5 = 0 ή 𝛪𝛪1 + 0𝛪𝛪2 + 𝛪𝛪3 + 0𝛪𝛪4 + 𝛪𝛪5 = 0

Βρόχος (1): 𝑈𝑈01 + 𝑈𝑈3 − 𝑈𝑈1 = 0 ή − 𝑅𝑅1𝛪𝛪1 + 0𝛪𝛪2 + 𝑅𝑅3𝛪𝛪3 + 0𝛪𝛪4 + 0𝛪𝛪5 = −𝑈𝑈01 Βρόχος (2): 𝑈𝑈5 + 𝑈𝑈4 − 𝑈𝑈3 = 0 ή 0𝛪𝛪1 + 0𝛪𝛪2 − 𝑅𝑅3𝛪𝛪3 + 𝑅𝑅4𝛪𝛪4 + 𝑅𝑅5𝛪𝛪5 = 0 Βρόχος (2): 𝑈𝑈02 + 𝑈𝑈4 − 𝑈𝑈2 = 0 ή 0𝛪𝛪1 − 𝑅𝑅2𝛪𝛪2 + 0𝛪𝛪3 + 𝑅𝑅4𝛪𝛪4 + 0𝛪𝛪5 = −𝑈𝑈02 Το σύστημα πέντε εξισώσεων έχει ορίζουσες:

𝛥𝛥 =

1 1 1 1 01 0 1 0 1

−𝑅𝑅1 0 𝑅𝑅3 0 00 0 −𝑅𝑅3 𝑅𝑅4 𝑅𝑅50 −𝑅𝑅2 0 𝑅𝑅4 0

𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 𝛥𝛥𝛪𝛪3 =

1 1 1 1 01 0 1 0 0

−𝑅𝑅1 0 𝑅𝑅3 0 −𝑈𝑈010 0 −𝑅𝑅3 𝑅𝑅4 00 −𝑅𝑅2 0 𝑅𝑅4 −𝑈𝑈02

Εκτελώντας τις πράξεις (αφήνεται ως εργασία για το σπίτι) βρίσκουμε ότι:

𝛥𝛥 = 109,088 𝑚𝑚3 𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 𝛥𝛥𝛪𝛪5 = −67400 𝑉𝑉 𝑚𝑚2

Άρα τελικά:

𝛪𝛪5 =𝛥𝛥𝛪𝛪5

𝛥𝛥 =−67400 𝑉𝑉 𝑚𝑚2

109,088 𝑚𝑚3 = −0,62 𝐴𝐴

Παράδειγμα 3.13 Υπολογίστε τα ρεύματα στις αντιστάσεις του διπλανού σχήματος. Θεωρείστε ότι οι αντιστάσεις είναι όλες ίσες με 1 Ω και η πηγή παρέχει τάση 1 V. Λύση

Εύκολα μπορούμε να δούμε ότι η ισοδύναμη αντίσταση Rσυν είναι ίση με:

( )[ ] [ ] Ω=+++++= 62,1//////// 12543698710 RRRRRRRRRRRσυν

Άρα μπορούμε να γράψουμε: AIIRU 618,0110 =⇒= συν

Εφαρμόζοντας εναλλάξ τον 2ο και τον 1ο Νόμο του Kirchhoff, βρίσκουμε:

Α=⇒+= 382,0222110 IRIRIU Α=Ι⇒+= 236,05521 III Α=⇒−= 146,04552244 IRIRIRI Α=Ι⇒Ι−−= 09,034213 III Α=⇒−= 056,06334466 IRIRIRI Α=Ι⇒Ι−−= 034,094659 III Α=⇒−= 022,08996688 IRIRIRI Α=Ι⇒Ι−−= 012,078637 III

Σελ. 24

ΗΛΕΚΤΡΙΚΗ ΕΝΕΡΓΕΙΑ ΚΑΙ ΙΣΧΥΣ. Έχουμε δει ότι οι αντιστάσεις παράγουν θερμικό έργο καταναλώνοντας ηλεκτρική ενέργεια. Έχουμε επίσης δει ότι το παραγόμενο θερμικό έργο είναι ανάλογο της διαφοράς δυναμικού στα άκρα της αντίστασης και του μετακινούμενου στο ηλεκτρικό κύκλωμα φορτίου:

QUW 1212 =

Γνωρίζουμε ακόμη ότι, υπό την προϋπόθεση χρονικά αμετάβλητου ρεύματος, η ένταση συνδέεται με το φορτίο μέσω της σχέσης

ItUWQtI 1212 =⇒=

Είναι κατανοητό από την καθημερινή μας πείρα πως μία μηχανή δεν χαρακτηρίζεται μόνο από το πόσο έργο μπορεί να παράγει, αλλά και από το πόσο γρήγορα μπορεί να παράγει το έργο αυτό. Η ταχύτητα (ρυθμός) παραγωγής έργου ονομάζεται ισχύς:

UI

tWP ==

Με χρήση του νόμου του Ohm, θεωρώντας αντίσταση R που έχει στους ακροδέκτες της τάση UR και διαρρέεται από ρεύμα I, μπορούμε να υπολογίσουμε τις ακόλουθες (ισοδύναμες μεταξύ τους) εκφράσεις ισχύος:

RURIIUP R

RR

22 ===

Παρατηρείστε ότι η ενέργεια που καταναλώνει σε χρόνο Δt μία αντίσταση η οποία παράγει ισχύ P ισούται με:

tPW ∆= Θα πρέπει από την προηγούμενη σχέση να σας είναι σαφές ότι η αρχή διατήρησης της ενέργειας επιβάλει και τη διατήρηση της ισχύος σε ένα σύστημα.

Τέλος, σημειώστε ότι οι παραπάνω εκφράσεις ισχύουν μόνο για χρονικά αμετάβλητα ρεύματα. Όπως έχουμε ξαναδεί προηγούμενα, όταν υπάρχει χρονική μεταβολή στο ρεύμα οι σχέσεις πρέπει να τροποποιηθούν κατάλληλα με εισαγωγή διαφορικών μεγεθών. Τότε, μπορούμε να γράψουμε ότι:

uidt

dWP ==

Για να αποκτήσετε αίσθηση της τάξης των μεγεθών, σημειώστε ότι οι λαμπτήρες φωτισμού έχουν συνήθη ισχύ 20 – 100 W, συνηθισμένες οικιακές συσκευές (π.χ. πλυντήριο) κάποια kW, ενώ η ΔΕΗ παρέχει ισχύ σε ώρες υψηλής κατανάλωσης της τάξης του 1-10 GW. Προσέξτε ακόμη ότι το Βατ είναι μονάδα ισχύος, ενώ βατώρα (Wh) μονάδα ενέργειας!

dim(P) = ενέργεια/χρόνος = τάση × ρεύμα [P] = J/s = VA = W

Σελ. 25

ΒΑΘΜΟΣ ΑΠΟΔΟΣΗΣ ΚΑΙ ΠΑΡΟΧΗ ΜΕΓΙΣΤΗΣ ΙΣΧΥΟΣ.

Υποθέστε σύστημα τα ενεργά στοιχεία (πηγές) του οποίου παρέχουν ολική ισχύ P. Αυτή η ολική ισχύς διατίθεται στο σύστημα σε δύο μορφές: (α) ως ωφέλιμη ισχύς Pωφ και (β) ως ισχύς απωλειών Pαπ. Προφανώς, από την αρχή διατήρησης της ενέργειας ισχύει:

P = 𝑃𝑃𝜔𝜔𝜑𝜑 + 𝑃𝑃𝜅𝜅𝜋𝜋

Θεωρείστε για παράδειγμα το απλό σύστημα θέρμανσης του ακόλουθου σχήματος, το οποίο αποτελείται από: -πραγματική πηγή τάσης Uo με εσωτερική αντίσταση Ro, -αγωγούς σύνδεσης. -και μία αντίσταση θέρμανσης R.

Η πηγή παρέχει την ολική ισχύ του κυκλώματος, η οποία καταναλώνεται: (α) στην αντίσταση θέρμανσης (ωφέλιμη ισχύς), και (β) στην εσωτερική αντίσταση της πηγής1 (ισχύς απωλειών).

Για να προσδιορίσουμε ποσοτικά το βαθμό απωλειών ενός συστήματος, ορίζουμε τον βαθμό απόδοσής

Δείτε τώρα ότι στο παράδειγμά μας τα ρεύμα Ι και η τάση U στα άκρα της αντίστασης R δίνονται από τις σχέσεις:

Ι =𝑈𝑈𝑈𝑈

Ro + R U = IR =

𝑈𝑈𝑈𝑈𝑅𝑅Ro + R

του:

𝑛𝑛 =𝑃𝑃𝜔𝜔𝜑𝜑𝑃𝑃

=𝑃𝑃 − 𝑃𝑃𝜅𝜅𝜋𝜋

𝑃𝑃= 1 −

𝑃𝑃𝜅𝜅𝜋𝜋𝑃𝑃

Κατά συνέπεια, η ωφέλιμη ισχύς του συστήματος (δηλ. η ισχύς στην αντίσταση R) υπολογίζεται ως:

𝑃𝑃𝜔𝜔𝜑𝜑 =U2

R=

𝑈𝑈𝑂𝑂2𝑅𝑅(Ro + R)2

Μπορεί κανείς να δει εύκολα ότι η ωφέλιμη ισχύς μηδενίζεται στις ακραίες τιμές R=0 και R→∞. Μεταξύ των ακραίων αυτών τιμών, υπάρχει κάποια τιμή της αντίστασης R (ας ονομάσουμε την τιμή αυτή Rπρ), για την οποία η ωφέλιμη ισχύς μεγιστοποιείται.

Από τα μαθηματικά γνωρίζουμε ότι μία συνάρτηση λαμβάνει ακρότατη τιμή όταν μηδενίζεται η παράγωγός της. Κατά συνέπεια:

d𝑃𝑃𝜔𝜔𝜑𝜑

dR𝑅𝑅=𝑅𝑅𝜋𝜋𝜌𝜌

= 0

Αλλά:

d𝑃𝑃𝜔𝜔𝜑𝜑dR

=𝑑𝑑𝑑𝑑𝑅𝑅

𝑈𝑈𝑂𝑂2𝑅𝑅

(Ro + R)2 = 𝑈𝑈𝑂𝑂2𝑑𝑑𝑑𝑑𝑅𝑅

𝑅𝑅

(Ro + R)2 = 𝑈𝑈𝑂𝑂2 1

(Ro + R)2 −2R

(Ro + R)3

= 𝑈𝑈𝑂𝑂2 Ro + R

(Ro + R)3 −2R

(Ro + R)3 = 𝑈𝑈𝑂𝑂2 Ro − R

(Ro + R)3

Έτσι τελικά:

d𝑃𝑃𝜔𝜔𝜑𝜑dR

𝑅𝑅=𝑅𝑅𝜋𝜋𝜌𝜌

= 0 ⇒ 𝑈𝑈𝑂𝑂2 Ro−𝑅𝑅𝜋𝜋𝜌𝜌

Ro +𝑅𝑅𝜋𝜋𝜌𝜌 3 = 0 ⇒ Ro = 𝑅𝑅𝜋𝜋𝜌𝜌

1 Σημειώστε ότι στην πράξη απώλειες ισχύος έχουμε και στους αγωγούς σύνδεσης, οι οποίοι έχουν μικρή, αλλά όχι μηδενική αντίσταση.

Σελ. 26

Διαπιστώσαμε λοιπόν ότι για να αποδοθεί μέγιστη ισχύς στο φορτίο η αντίσταση του φορτίου R πρέπει να είναι ίση με την εσωτερική αντίσταση της πηγής. Αυτή η συνθήκη λειτουργίας του κυκλώματος ονομάζεται προσαρμογή ισχύος ή προσαρμογή φορτίου

Ας εξετάσουμε τώρα τη συνθήκη κατά την οποία μεγιστοποιείται ο βαθμός της απόδοσης ισχύος. Ίσως φανεί εύλογο ότι η απόδοση μεγιστοποιείται όταν μεγιστοποιείται η ωφέλιμη ισχύς. Αυτή η πρόταση μοιάζει στην αρχή λογική, είναι όμως λάθος! Δείτε ότι στο παράδειγμά μας, η ολική ισχύς που παρέχει η πηγή είναι:

𝑃𝑃 = 𝑈𝑈𝑈𝑈𝐼𝐼 =𝑈𝑈𝑂𝑂2

Ro + R

.

Συνεπώς, ο βαθμός απόδοσης ισούται με:

𝑛𝑛 =𝑃𝑃𝜔𝜔𝜑𝜑𝑃𝑃

=

𝑈𝑈𝑂𝑂2𝑅𝑅(Ro + R)2

𝑈𝑈𝑂𝑂2Ro + R

=𝑅𝑅

Ro + R=

1Ro

𝑅𝑅 + 1

Δείτε ότι η μέγιστη τιμή του βαθμού απόδοσης (n=1, μηδενικές απώλειες) προκύπτει όταν η εσωτερική αντίσταση της πηγής μηδενιστεί. Επειδή αυτό είναι πρακτικά αδύνατο (μηδενική εσωτερική αντίσταση σημαίνει «ιδανική» πηγή), στην πράξη επιτυγχάνουμε μεγιστοποίηση του βαθμού απόδοσης επιδιώκοντας ελαχιστοποίηση του όρου Ro

𝑅𝑅 (ή ισοδύναμα Ro ≪ 𝑅𝑅) .

Δείτε τέλος, ότι στη συνθήκη προσαρμογής (𝑅𝑅 = Rπρ = Ro) ο βαθμός απόδοσης λαμβάνει την τιμή:

𝑛𝑛𝜋𝜋𝜌𝜌 =1

Ro𝑅𝑅𝜋𝜋𝜌𝜌 + 1

=1

1 + 1=

12

Κατά συνέπεια, στην προσαρμογή αποδίδεται μεν μέγιστη ωφέλιμη ισχύς, ωστόσο ο βαθμός απόδοσης είναι μόλις 50%. Αυτό σημαίνει ότι στην προσαρμογή έχουμε μεγάλη ωφέλιμη ισχύ, και άλλες τόσες απώλειες.

Στην πράξη, σχεδόν πάντα προτιμούμε να επιτύχουμε μεγιστοποίηση της απόδοσης, εκλέγοντας αντίσταση φορτίου όσο το δυνατό μεγαλύτερη από την εσωτερική αντίσταση της πηγής. Τότε μειώνεται μεν η ωφέλιμη ισχύς σε σχέση με την προσαρμογή, αλλά πολύ περισσότερο μειώνονται οι απώλειες.

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ: ΣΧΕΤΙΚΑ ΜΕ ΤΗ ΣΥΜΒΑΣΗ ΠΡΟΣΗΜΩΝ ΙΣΧΥΟΣ

Παρατηρήστε ότι ακολουθώντας τη γνωστή σύμβαση για τη φορά του ρεύματος και της τάσης, ένα οποιοδήποτε στοιχείο «X» ενός κυκλώματος απορροφά ισχύ όταν η τάση στους ακροδέκτες του είναι ομόρροπη με το ρεύμα που το διαρρέει. Το στοιχείο διαθέτει ή παρέχει ισχύ στο κύκλωμα όταν το ρεύμα και η τάση είναι αντίρροπες. Παρατηρήστε ότι σε μία αντίσταση το ρεύμα και η τάση είναι πάντα ομόρροπες, καθώς (πολύ λογικά) οι αντιστάσεις μπορούν μόνο να καταναλώνουν ισχύ!

Σελ. 27

Παράδειγμα 4.1 Ένας ηλεκτροκινητήρας συνεχούς ρεύματος παρέχει ισχύ 3kW και απορροφάει ρεύμα Ι=15 Α, όταν συνδεθεί σε δίκτυο με τάση 220V. Ζητείται η ισχύς απωλειών και ο βαθμός απόδοσης του κινητήρα. Λύση Η ολική ισχύς: 𝑃𝑃 = 𝑈𝑈𝐼𝐼 = 220 V × 15 A = 3,3 kW. Η ωφέλιμη ισχύς δίνεται στην εκφώνηση και είναι 3 W. Άρα η ισχύς απωλειών είναι 0,3 kW και ο βαθμός απόδοσης 3W/3,3W = 90,9 %

Παράδειγμα 4.2 Υπολογίστε την ισχύ σε κάθε στοιχείο του κυκλώματος του διπλανού σχήματος. Δίνονται: Uo1=110V, Uo2=60V, R1=2Ω, R2=5Ω και R3=4Ω. Λύση Καταστρώνουμε για το κύκλωμα τρεις εξισώσεις για τους τρεις αγνώστους, χρησιμοποιώντας κατά τα γνωστά μία φορά τον 1ο και δύο φορές το 2ο Νόμο του Kirchhoff:

𝛪𝛪1 + 𝛪𝛪2 − 𝛪𝛪3 = 0 𝑈𝑈𝑈𝑈1 = 𝐼𝐼1𝑅𝑅1 + 𝐼𝐼3𝑅𝑅3 𝑈𝑈𝑈𝑈2 = 𝐼𝐼2𝑅𝑅2 + 𝐼𝐼3𝑅𝑅3 ⇒

𝛪𝛪1 = −𝛪𝛪2 + 𝛪𝛪3 𝑈𝑈𝑈𝑈1 = −𝐼𝐼2𝑅𝑅1 + 𝐼𝐼3𝑅𝑅1 + 𝐼𝐼3𝑅𝑅3 𝑈𝑈𝑈𝑈2 = 𝐼𝐼2𝑅𝑅2 + 𝐼𝐼3𝑅𝑅3 ⇒

𝛪𝛪1 = −𝛪𝛪2 + 𝛪𝛪3 110𝑉𝑉 = −𝐼𝐼2 × 2𝑚𝑚 + 𝐼𝐼3 × 6𝑚𝑚 𝑈𝑈𝑈𝑈2 = 𝐼𝐼2𝑅𝑅2 + 𝐼𝐼3𝑅𝑅3 ⇒

𝛪𝛪1 = −𝛪𝛪2 + 𝛪𝛪3 𝐼𝐼2 = −55𝐴𝐴 + 3𝐼𝐼3 60𝑉𝑉 = (−55𝐴𝐴 + 3𝐼𝐼3) × 5𝑚𝑚 + 𝐼𝐼3 × 4𝑚𝑚 ⇒

𝛪𝛪1 = −𝛪𝛪2 + 𝛪𝛪3 𝐼𝐼2 = −55𝐴𝐴 + 3𝐼𝐼3 60𝑉𝑉 + 275𝑉𝑉 = 𝐼𝐼3 × 19𝑚𝑚 ⇒ 𝐼𝐼3 = 17,6𝐴𝐴 ⇒

𝛪𝛪1 = −𝛪𝛪2 + 𝛪𝛪3 𝐼𝐼2 = −2,11𝐴𝐴 𝐼𝐼3 = 17,63𝐴𝐴 ⇒

𝛪𝛪1 = 19,74𝐴𝐴 𝐼𝐼2 = −2,11𝐴𝐴 𝐼𝐼3 = 17,63𝐴𝐴 ⇒

Παρατηρούμε ότι το ρεύμα Ι2 έχει αντίθετη φορά από αυτή που επιλέξαμε αρχικά αυθαίρετα. Για την ισχύ που απορροφά κάθε μια από τις τρεις αντιστάσεις μπορούμε να γράψουμε:

𝑃𝑃𝑅𝑅1 = 𝐼𝐼12𝑅𝑅1 = 0,78𝑘𝑘𝑊𝑊, 𝑃𝑃𝑅𝑅2 = 𝐼𝐼22𝑅𝑅2 = 0,02𝑘𝑘𝑊𝑊, 𝑃𝑃𝑅𝑅3 = 𝐼𝐼32𝑅𝑅3 = 1,24𝑘𝑘𝑊𝑊

Για τις δύο πηγές μπορούμε νε γράψουμε:

𝑃𝑃𝑈𝑈01 = 𝐼𝐼1𝑈𝑈01 = 2,17𝑘𝑘𝑊𝑊, 𝑃𝑃𝑈𝑈02 = 𝐼𝐼2𝑈𝑈02 = 0,13𝑘𝑘𝑊𝑊 Παρατηρούμε ότι η πηγή Uo1 διαθέτει ισχύ στο κύκλωμα, ενώ Uo2 η απορροφά! Αυτό σημαίνει πως, αν θεωρήσουμε την πηγή ως ηλεκτρική μηχανή η οποία μετατρέπει κίνηση σε τάση ή αντίστροφα, η μεν πρώτη πηγή λειτουργεί ως γεννήτρια, η δε δεύτερη ως κινητήρας. Για να επαληθεύσουμε τα αποτελέσματά μας, μπορούμε να ελέγξουμε αν η ολική διατιθέμενη ισχύς στο κύκλωμα ισούται με την ολική απορροφούμενη:

𝑃𝑃𝑈𝑈01 = 2,17𝑘𝑘𝑊𝑊, 𝑃𝑃𝑈𝑈02 + 𝑃𝑃𝑅𝑅1 + 𝑃𝑃𝑅𝑅2 + 𝑃𝑃𝑅𝑅3 = (0,13 + 0,78 + 0,02 + 1,24)𝑘𝑘𝑊𝑊 = 2,17𝑘𝑘𝑊𝑊

Σελ. 28

Παράδειγμα 4.3 Υπολογίστε την διατιθέμενη από την πηγή ισχύ, την ωφέλιμη ισχύ και το βαθμό απόδοσης του κυκλώματος του διπλανού σχήματος. Δίνονται: ισχύ σε κάθε στοιχείο του κυκλώματος του διπλανού σχήματος. Δίνονται: Uo=100V, R0=5Ω, R=14Ω. Λύση Το ρεύμα στο κύκλωμα ισούται με:

𝛪𝛪 =𝑈𝑈𝑂𝑂

𝑅𝑅0 + 𝑅𝑅=

100𝑉𝑉19𝑚𝑚

= 5,26𝐴𝐴

Συνεπώς, η ισχύς στα τρία στοιχεία του κυκλώματος υπολογίζεται ως:

𝑃𝑃𝑈𝑈0 = 𝛪𝛪𝑈𝑈0 = 526,3 𝑊𝑊, 𝑃𝑃𝑅𝑅0 = 𝛪𝛪2𝑅𝑅0 = 138,5 𝑊𝑊, 𝑃𝑃𝑅𝑅 = 𝛪𝛪2𝑅𝑅 = 387,8 𝑊𝑊 Η διατιθέμενη από την πηγή ισχύς είναι 526,3 W. Οι απώλειες του συστήματος είναι ίσες με την ισχύ που απορροφά η εσωτερική αντίσταση της πηγής (δηλ. 138,5 W), ενώ η ωφέλιμη ισχύς είναι η ισχύς που απορροφά το φορτίο R (δηλ. 387,8 W). Κατά συνέπεια, ο βαθμός απόδοση ισούται με:

𝑛𝑛 =𝑃𝑃𝜔𝜔𝜑𝜑𝑃𝑃

= 1 −𝑃𝑃𝜅𝜅𝜋𝜋𝑃𝑃

= 73,7 %

Παράδειγμα 4.4 Το κύκλωμα του διπλανού σχήματος λειτουργεί στην προσαρμογή (δηλ. η πηγή να παρέχει μέγιστη ισχύ στην Rx). Υπολογίστε την τιμή της αντίστασης Rx, την τιμή της ισχύος στην Rx, και το βαθμό απόδοσης του κυκλώματος. Θεωρείστε απώλεια την ισχύ που απορροφούν οι R1 και R2. Δίνονται: Uo=100V, R1=4V, και R2=6V Λύση Η ισχύς που απορροφά η μεταβλητή αντίσταση ισούται με:

𝑃𝑃𝑅𝑅𝑥𝑥 = 𝑈𝑈2

𝑅𝑅𝑥𝑥

Από διαιρέτη τάσης έχουμε

𝑈𝑈 =(𝑅𝑅𝑥𝑥//𝑅𝑅2)

(𝑅𝑅𝑥𝑥//𝑅𝑅2) + 𝑅𝑅1𝑈𝑈0 =

1

1 + 𝑅𝑅1(𝑅𝑅𝑥𝑥//𝑅𝑅2)

𝑈𝑈0 =1

1 + 𝑅𝑅1(𝑅𝑅𝑥𝑥 + 𝑅𝑅2)𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2

𝑈𝑈0 =𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2

𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2 + 𝑅𝑅1(𝑅𝑅𝑥𝑥 + 𝑅𝑅2)𝑈𝑈0 ⇒

𝑈𝑈 =𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2

𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2 + 𝑅𝑅1𝑅𝑅2𝑈𝑈0

Συνδυάζοντας τις δύο σχέσεις:

𝑃𝑃𝑅𝑅𝑥𝑥 = 𝑅𝑅𝑥𝑥 𝑅𝑅2

𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2 + 𝑅𝑅1𝑅𝑅2𝑈𝑈0

2

Στην προσαρμογή, η παράγωγος της ισχύος ως προς την Rx ισούται με μηδέν: 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑅𝑅

𝑃𝑃𝑅𝑅𝑥𝑥 = 𝑅𝑅2

𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2 + 𝑅𝑅1𝑅𝑅2𝑈𝑈0

2

+ 2𝑅𝑅𝑥𝑥 𝑅𝑅2

𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2 + 𝑅𝑅1𝑅𝑅2𝑈𝑈0 ×

×𝑑𝑑𝑑𝑑𝑅𝑅

𝑅𝑅2

𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2 + 𝑅𝑅1𝑅𝑅2𝑈𝑈0

Σελ. 29

𝑑𝑑𝑑𝑑𝑅𝑅𝑃𝑃𝑅𝑅𝑥𝑥 = 𝑅𝑅2

𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅1+𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2+𝑅𝑅1𝑅𝑅2𝑈𝑈0

2+ 2𝑅𝑅𝑥𝑥

𝑅𝑅2𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅1+𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2+𝑅𝑅1𝑅𝑅2

𝑈𝑈0 ×

−𝑅𝑅2𝑈𝑈0(𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2)

(𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2 + 𝑅𝑅1𝑅𝑅2)2 ⇒

𝑑𝑑𝑑𝑑𝑅𝑅

𝑃𝑃𝑅𝑅𝑥𝑥 = 𝑅𝑅2

𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2 + 𝑅𝑅1𝑅𝑅2𝑈𝑈0 ×

𝑅𝑅2

𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2 + 𝑅𝑅1𝑅𝑅2𝑈𝑈0 −

2𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2𝑈𝑈0(𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2)(𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2 + 𝑅𝑅1𝑅𝑅2)2 ⇒

Άρα στην προσαρμογή:

𝑑𝑑𝑑𝑑𝑅𝑅

𝑃𝑃𝑅𝑅𝑥𝑥 = 0 ⇒ 𝑅𝑅2

𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2 + 𝑅𝑅1𝑅𝑅2𝑈𝑈0 −

2𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2𝑈𝑈0(𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2)(𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2 + 𝑅𝑅1𝑅𝑅2)2 = 0 ⇒

𝑅𝑅2

𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2 + 𝑅𝑅1𝑅𝑅2𝑈𝑈0 =

2𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2𝑈𝑈0(𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2)(𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2 + 𝑅𝑅1𝑅𝑅2)2 ⇒ 1 =

2𝑅𝑅𝑥𝑥(𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2)𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2 + 𝑅𝑅1𝑅𝑅2

⇒

2𝑅𝑅𝑥𝑥(𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2) = 𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2 + 𝑅𝑅1𝑅𝑅2 ⇒ 2𝑅𝑅𝑥𝑥(𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2) = 𝑅𝑅𝑥𝑥(𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2) + 𝑅𝑅1𝑅𝑅2 ⇒

𝑅𝑅𝑥𝑥 =𝑅𝑅1𝑅𝑅2

𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2= 2,4 𝑚𝑚

Υπολογίσαμε την τιμή της μεταβλητής αντίστασης στην προσαρμογή, παρατηρώντας ότι ισούται με τον παράλληλο συνδυασμό των R1 και R2. Εύκολα τώρα μπορούμε να υπολογίσουμε την τιμή της ισχύος στην κατάσταση προσαρμογής, υπολογίζοντας πρώτα την τιμή της τάσης U:

𝑈𝑈 =𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2

𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅2 + 𝑅𝑅1𝑅𝑅2𝑈𝑈0 =

2,4𝑚𝑚 × 6𝑚𝑚2,4𝑚𝑚 × 4𝑚𝑚 + 2,4𝑚𝑚 × 6𝑚𝑚 + 4𝑚𝑚 × 6𝑚𝑚

× 100𝑉𝑉 = 30𝑉𝑉

Και άρα:

𝑃𝑃𝑅𝑅𝑥𝑥 = 𝑈𝑈2

𝑅𝑅𝑥𝑥= (30𝑉𝑉)2

2,4𝑚𝑚= 375𝑊𝑊

Για να υπολογίζουμε τέλος το βαθμό απόδοσης, χρειαζόμαστε τη συνολικά αποδιδόμενη από την πηγή ισχύ, η οποία βρίσκεται από τη σχέση:

𝑃𝑃0 = 𝑈𝑈02

𝑅𝑅𝜊𝜊

Όπου η R0 είναι η συνολική ισοδύναμη αντίσταση που συνδέεται στην πηγή και προφανώς ισούται με:

𝑅𝑅0 = 𝑅𝑅1 + (𝑅𝑅2//𝑅𝑅𝑋𝑋) = 𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2×𝑅𝑅𝑋𝑋𝑅𝑅2+𝑅𝑅𝑋𝑋

= 4𝑚𝑚 + 6𝑚𝑚×2,4𝑚𝑚6𝑚𝑚+2,4𝑚𝑚

= 5,714𝑚𝑚

Έτσι:

𝑃𝑃0 = 𝑈𝑈02

𝑅𝑅𝜊𝜊= (100𝑉𝑉)2

5,714𝑚𝑚= 1750𝑊𝑊

Και τελικά ο βαθμός απόδοσης του κυκλώματος ισούται με:

𝑛𝑛 =𝑃𝑃𝑅𝑅𝑥𝑥𝑃𝑃0

=375𝑊𝑊

1750𝑊𝑊= 21,4%

Σελ. 30

ΜΕΘΟΔΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΔΙΚΤΥΩΜΑΤΩΝ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΡΕΥΝΑΤΟΣ

Έχουμε δει μια σειρά παραδειγμάτων επίλυσης κυκλωμάτων με χρήση των νόμων του Kirchhoff. Παρατηρήσαμε ότι όσο ποιό πολύπλοκο γίνεται ένα κύκλωμα, τόσο αυξάνει ο αριθμός των αγνώστων και, κατά συνέπεια, ο αριθμός των ανεξάρτητων εξισώσεων που πρέπει να επιλυθούν.

Ιδιαίτερα πολύπλοκα κυκλώματα (τα οποία συχνά αναφέρονται ως δικτυώματα, χωρίς ωστόσο να υπάρχει σαφής διαχωρισμός μεταξύ των δύο εννοιών) μπορούν να επιλυθούν:

- Είτε με την αναλυτική-γενική μέθοδο που έχουμε εξετάσει μέχρι τώρα (βλέπε παράρτημα 1), κάτι που απαιτεί χρόνο ή ειδικά προγράμματα ηλ. υπολογιστή

- Είτε με χρήση μιας σειράς επιμέρους μεθόδων, οι οποίες διευκολύνουν κάποιες ειδικές περιπτώσεις δικτυωμάτων.

Τέτοιες μεθόδους θα εξετάσουμε σε αυτή την ενότητα. Αρχικά, θα επιχειρήσουμε μια σύντομη αναφορά και κατηγοριοποίηση των μεθόδων αυτών, και στη συνέχεια θα επιλύσουμε σειρά παραδειγμάτων που θα επιτρέψουν την καλύτερη κατανόηση. Περισσότερες πληροφορίες και επεξηγήσεις μπορεί κανείς να βρει στη σχετική βιβλιογραφία του μαθήματος.

Μέθοδος της επαλληλίας (ή υπέρθεσης)

Κάθε γραμμικό σύστημα που διεγείρεται από δύο ή περισσότερες πηγές έχει λύση η οποία ισούται με το άθροισμα της συμβολής κάθε πηγής ξεχωριστά.

Γενική αρχή μεθόδου:

Προσοχή: Η αρχή της επαλληλίας ισχύει σε γραμμικά συστήματα μόνο για ρεύματα και τάσεις, όχι για την ισχύ και την ενέργεια οι οποίες συνδέονται μη-γραμμικά με το ρεύμα!

Αναλυτική μεθοδολογία εφαρμογής της αρχής επαλληλίας:

Πρώτο βήμα: Διακόπτεται η λειτουργία όλων των ανεξάρτητων πηγών του δικτυώματος εκτός από μία. Διευκρινίζεται ότι διακοπή πηγής τάσης σημαίνει βραχυκύκλωμα των άκρων της, ενώ διακοπή πηγής ρεύματος σημαίνει ανοιχτοκύκλωμα των άκρων της.

Δεύτερο βήμα: Με αυτή μόνο την πηγή υπολογίζονται τα επιμέρους άγνωστα ρεύματα σε κάθε κλάδο.

Τρίτο βήμα: Επαναλαμβάνεται η διαδικασία για όλες τις πηγές.

Τέταρτο βήμα: Τα επιμέρους ρεύματα που υπολογίστηκαν αθροίζονται αλγεβρικά μεταξύ τους προσδιορίζοντας έτσι τα συνολικά ρεύματα των κλάδων. Βλέπε παραδείγματα 5.1 – 5.3

Σελ. 31

Μέθοδος των ισοδύναμων πηγών (τάσης: θεώρημα Thevenin, & ρεύματος: θεώρημα Norton)

Γενική αρχή μεθόδου:

Κάθε γραμμικό ενεργό δίκτυο (δηλ. διάταξη που περιλαμβάνει πηγές και Ωμικές αντιστάσεις) με εξωτερικούς ακροδέκτες Α και Β μπορεί να αντικατασταθεί από ένα απλό ισοδύναμο κύκλωμα που αποτελείται: (α) είτε από πηγή τάσης Vισ σε σειρά με μία αντίσταση Rισ (θεώρημα Thevenin) (β) είτε από πηγή ρεύματος Iισ παράλληλα με μία αντίσταση Rισ (θεώρημα Norton)

Τα δύο απλά ισοδύναμα Thevenin και Norton είναι απολύτως ισοδύναμα μεταξύ τους: η ισοδύναμη αντίσταση Rισ είναι κοινή και στις δύο περιπτώσεις, ενώ η τάση Vισ και το ρεύμα Iισ συνδέονται μέσω της σχέσης:

Vισ = Iισ×Rισ

* Η τάση Vισ της πηγής Thevenin είναι ίση με την τάση ανοιχτού κυκλώματος στους ακροδέκτες Α, Β. * Το ρεύμα Iισ της πηγής Norton ισούται με το ρεύμα βραχυκυκλώματος στους ακροδέκτες Α, Β. * Η αντίσταση Rισ ισούται με την αντίσταση που φαίνεται στους ακροδέκτες εξόδου όταν διακοπούν οι πηγές του κυκλώματος (βλέπε σχετικό σχόλιο στην προηγούμενη σελίδα).

Αναλυτική μεθοδολογία εφαρμογής των Θεωρημάτων Thevenin / Norton:

Πρώτο βήμα: Αποσυνδέεται το τμήμα του δικτυώματος, στους ακροδέκτες Α και Β του οποίου, πρέπει να υπολογιστούν η τάση και το ρεύμα.

Δεύτερο βήμα: Υπολογίζεται η τάση ανοιχτού κυκλώματος Vισ στους ακροδέκτες με όλες τις πηγές σε κανονική λειτουργία (ή εναλλακτικά βραχυκυκλώνονται οι ακροδέκτες και υπολογίζεται το ρεύμα βραχυκυκλώσεως Iισ).

Τρίτο βήμα: Διακόπτεται η λειτουργία των ανεξάρτητων πηγών (βλέπε σχόλιο προηγούμενης σελίδας) και υπολογίζεται η αντίσταση μεταξύ των ακροδεκτών Α και Β.

Τέταρτο βήμα: Σχηματίζεται ισοδύναμο κύκλωμα με: (α) ιδανική πηγή τάσης ίση με Vισ (ή πηγή ρεύματος ίση με Iισ) (β) εσωτερική αντίσταση ίση με Rισ και (γ) φορτίο εκείνο το τμήμα του δικτυώματος που αποσυνδέθηκε κατά το Πρώτο βήμα.

Βλέπε παραδείγματα 5.4, 5.5

Σελ. 32

Μέθοδος ανεξάρτητων ρευμάτων βρόχων

Η μέθοδος ανεξάρτητων ρευμάτων των βρόχων, βασίζεται στην υπόθεση ότι κάθε κλειστός βρόχος του δικτυώματος διαρρέεται από ένα χαρακτηριστικό ρεύμα. Το ρεύμα του βρόχου υπολογίζεται χρησιμοποιώντας το 2ο Νόμο Kirchhoff. Η επίλυση ολοκληρώνεται καθορίζοντας το ρεύμα κάθε κλάδου από ένα από τα ρεύματα βρόχων ή από κατάλληλο αλγεβρικό άθροισμα αυτών. Προσοχή: Η μέθοδος των ρευμάτων βρόχων χρησιμοποιείται μόνο αν το δικτύωμα περιέχει μόνο πηγές τάσης (διαφορετικά, η μέθοδος μπορεί να χρησιμοποιηθεί με αντικατάσταση των πηγών ρεύματος από πηγές τάσης με βάση τα ισοδύναμα Thevenin/Norton).

Γενική αρχή μεθόδου:

Άμεση εφαρμογή της μεθόδου:

Όπως θα διαπιστώσετε στα παραδείγματα που ακολουθούν, το σύστημα εξισώσεων που προκύπτει με χρήση ρευμάτων βρόχων μπορεί πάντα να επιλυθεί με τη μέθοδο των οριζουσών, και με την εξής τυποποιημένη διαδικασία:

Ας υποθέσουμε για παράδειγμα δικτύωμα με τρείς ανεξάρτητους βρόχους (και άρα τρία άγνωστα ρεύματα βρόχων). Η 3×3 ορίζουσα του συστήματος είναι της μορφής:

333231

232221

131211

aaaaaaααα

=∆

Όμοια υπολογίζουμε τα υπόλοιπα ρεύματα.

Αναλυτική μεθοδολογία εφαρμογής των ανεξάρτητων ρευμάτων βρόχων:

Πρώτο βήμα: Αναγνωρίζουμε τους ανεξάρτητους βρόχους του δικτυώματος και υποθέτουμε ότι καθένας από αυτούς διαρρέεται από ένα χαρακτηριστικό ρεύμα.

Δεύτερο βήμα: Με αυτή την υπόθεση, καταστρώνουμε για κάθε βρόχο μία εξίσωση χρησιμοποιώντας τον 2ο Νόμο του Kirchhoff. Καταλήγουμε σε ένα αριθμό εξισώσεων ίσο με τον αριθμό των άγνωστων ρευμάτων βρόχων. Από αυτό το σύστημα εξισώσεων υπολογίζουμε τα ανεξάρτητα ρεύματα βρόχων

Τρίτο βήμα: Η επίλυση ολοκληρώνεται καθορίζοντας το ρεύμα κάθε κλάδου από ένα από τα ρεύματα βρόχων ή από κατάλληλο αλγεβρικό άθροισμα αυτών.

Βλέπε παραδείγματα 5.6 – 5.8

• κάθε στοιχείο της διαγωνίου αii περιέχει το άθροισμα όλων των αντιστάσεων του i βρόχου του δικτυώματος,

• κάθε στοιχείο αij έξω από την κύρια διαγώνιο περιέχει το άθροισμα των αντιστάσεων που είναι κοινές στους βρόχους i και j. Αν τα ρεύματα των βρόχων είναι ομόρροπα σε μία αντίσταση, τότε το αντίστοιχο στοιχείο είναι θετικό, διαφορετικά είναι αρνητικό.

Για το πρώτο άγνωστο ρεύμα βρόχου (με τη σειρά που αυθαίρετα επιλέξαμε) ορίζεται ακόμη η ορίζουσα

1I∆ η οποία προκύπτει αν αντικαταστήσουμε διαδοχικά τα στοιχεία της πρώτης στήλη της ορίζουσας Δ με τις αντίστοιχες τιμές των πηγών τάσεων που συναντάμε στους βρόχους (πρώτο στοιχείο –πρώτος βρόχος, κ.ο.κ). Αν το ρεύμα του βρόχου εξέρχεται από τον θετικό πόλο μιας πηγής τάσης, η αντίστοιχη τιμή είναι θετική, διαφορετικά αρνητική. Έχοντας καθορίσει τις Δ και

1I∆ , το πρώτο ρεύμα βρόχου προκύπτει κατά τα γνωστά ως:

Ι1 = 1I∆ / Δ

Σελ. 33

Μέθοδος ανεξάρτητων δυναμικών κόμβων

Η μέθοδος ανεξάρτητων δυναμικών των κόμβων, βασίζεται στην υπόθεση ότι το δυναμικό σε κάθε κόμβο του δικτυώματος μπορεί να υπολογιστεί σχετικά με το δυναμικό ενός κόμβου-αναφοράς, ο οποίος επιλέχθηκε αρχικά με αυθαίρετο τρόπο. Το δυναμικό κάθε κόμβου υπολογίζεται χρησιμοποιώντας το 1ο Νόμο Kirchhoff. Η επίλυση ολοκληρώνεται καθορίζοντας το ρεύμα κάθε κλάδου με βάση το νόμο του Ohm. Προσοχή: Η μέθοδος των δυναμικών κόμβων χρησιμοποιείται μόνο αν το δικτύωμα περιέχει μόνο πηγές ρεύματος (διαφορετικά, η μέθοδος μπορεί να χρησιμοποιηθεί με αντικατάσταση των πηγών τάσης από πηγές ρεύματος με βάση τα ισοδύναμα Thevenin/Norton).

Γενική αρχή μεθόδου:

Άμεση εφαρμογή της μεθόδου:

Όπως θα διαπιστώσετε στα παραδείγματα που ακολουθούν, το σύστημα εξισώσεων που προκύπτει με χρήση δυναμικών κόμβων μπορεί πάντα να επιλυθεί με τη μέθοδο των οριζουσών, και με την εξής τυποποιημένη διαδικασία:

Ας υποθέσουμε για παράδειγμα δικτύωμα με τέσσερις κόμβους (και άρα τρία

άγνωστα δυναμικά, καθώς ο ένας κόμβος είναι η αναφορά-γείωση). Η 3×3 ορίζουσα του συστήματος είναι της μορφής:

333231

232221

131211

aaaaaaααα

=∆

Αναλυτική μεθοδολογία εφαρμογής των ανεξάρτητων ρευμάτων βρόχων:

Πρώτο βήμα: Επιλέγουμε «κόμβο αναφοράς» κατά προτίμηση αυτόν με τους περισσότερους κλάδους και τον γειώνουμε (δυναμικό κόμβου αναφοράς ίσο με μηδέν).

Δεύτερο βήμα: Σημειώνουμε τα δυναμικά των υπόλοιπων κόμβων V1, V2, V3, κ.ο.κ. Εφαρμόζουμε τον 1ο Νόμο Kirchhoff για όλους τους υπόλοιπους κόμβους εκτός της γείωσης. Επιλύοντας το σύστημα εξισώσεων που προκύπτει, υπολογίζουμε τις τιμές των δυναμικών κάθε κόμβου.

Τρίτο βήμα: Η επίλυση ολοκληρώνεται καθορίζοντας το ρεύμα κάθε κλάδου με βάση το νόμο του Ohm.

Βλέ δ ί 5 9 5 11

• κάθε στοιχείο της διαγωνίου αii περιέχει το άθροισμα όλων των αντίστροφων αντιστάσεων (δηλ. αγωγιμοτήτων) που καταλήγουν στον κόμβο i.

• κάθε στοιχείο αij έξω από την κύρια διαγώνιο περιέχει την αντίστροφη αντίσταση (δηλ. αγωγιμότητα) του κλάδου που συνδέει τους κόμβους i και j, με εισαγωγή αρνητικού πρόσημου. Αν οι κόμβοι δεν συνδέονται άμεσα, το στοιχείο είναι μηδέν.

Για το πρώτο άγνωστο δυναμικό κόμβου (με τη σειρά που αυθαίρετα επιλέξαμε) ορίζεται ακόμη η ορίζουσα

1V∆ η οποία προκύπτει αν αντικαταστήσουμε διαδοχικά τα στοιχεία της πρώτης στήλης της ορίζουσας Δ με τις αντίστοιχες τιμές των πηγών ρεύματος που συνδέονται στους κόμβους (πρώτο στοιχείο –πρώτος κόμβος, κ.ο.κ.). Αν το ρεύμα μιας πηγής κατευθύνεται προς τον κόμβο, η αντίστοιχη τιμή είναι θετική, διαφορετικά αρνητική. Έχοντας καθορίσει τις Δ και 1V∆ , το πρώτο ρεύμα βρόχου προκύπτει κατά τα γνωστά ως:

V1 = 1V∆ / Δ

Όμοια υπολογίζουμε και τα υπόλοιπα δυναμικά.

Σελ. 34

Παράδειγμα 5.1 Στο δικτύωμα του σχήματος, υπολογίστε την τάση VΑΒ, χρησιμοποιώντας την αρχή της επαλληλίας. Λύση Διακόπτοντας τη λειτουργία της δεύτερης πηγής ρεύματος (τα άκρα της ανοιχτό κύκλωμα): Ι1 = 2Α, Ι2 = 0Α, μπορούμε από διαιρέτη ρεύματος να υπολογίσουμε το ρεύμα που διαρρέει τον κλάδο ΑΒ:

𝛪𝛪𝐴𝐴𝐴𝐴′ =(10𝑚𝑚 + 2𝑚𝑚)

(10𝑚𝑚 + 2𝑚𝑚) + 5𝑚𝑚× 2𝛢𝛢 = 1,412𝛢𝛢

Και άρα: 𝑉𝑉𝐴𝐴𝐴𝐴′ = 𝛪𝛪𝐴𝐴𝐴𝐴′ × 𝑅𝑅2 = 1,412𝐴𝐴 × 5𝑚𝑚 = 7,06𝑉𝑉 Διακόπτοντας τη λειτουργία της πρώτης πηγής ρεύματος (τα άκρα της ανοιχτό κύκλωμα): Ι1 = 0Α, Ι2 = 4Α, μπορούμε από διαιρέτη ρεύματος να υπολογίσουμε το ρεύμα που διαρρέει τον κλάδο ΑΒ:

𝛪𝛪𝐴𝐴𝐴𝐴′′ =2𝑚𝑚

(10𝑚𝑚 + 5𝑚𝑚) + 2𝑚𝑚× 4𝛢𝛢 = 0,471𝛢𝛢

Και άρα: 𝑉𝑉𝐴𝐴𝐴𝐴′′ = 𝛪𝛪𝐴𝐴𝐴𝐴′′ × 𝑅𝑅2 = 0,471𝛢𝛢 × 5𝑚𝑚 = 2,35𝑉𝑉

Η αρχή επαλληλίας δίνει τελικά:

𝑉𝑉𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑉𝑉𝐴𝐴𝐴𝐴′ + 𝑉𝑉𝐴𝐴𝐴𝐴′′ = 9,41𝑉𝑉

Παράδειγμα 5.2 Στο δικτύωμα του σχήματος, υπολογίστε το ρεύμα, την τάση και την ισχύ στην αντίσταση R2, χρησιμοποιώντας την αρχή της επαλληλίας. Λύση Διακόπτοντας τη λειτουργία της πηγής ρεύματος (τα άκρα της ανοιχτό κύκλωμα): Ι0 = 0Α, V0 = 6V, μπορούμε από διαιρέτη τάσης να υπολογίσουμε την τάση στα άκρα της R2:

𝑉𝑉2′ =

10𝑚𝑚(10𝑚𝑚 + 7𝑚𝑚) × 6𝑉𝑉 = 3,529𝑉𝑉

Και άρα: 𝛪𝛪2′ = 𝑉𝑉2′

𝑅𝑅2= 0,353𝐴𝐴

Διακόπτοντας τη λειτουργία της πηγής τάσης (τα άκρα της βραχυκύκλωμα): Ι0 = 0,8Α, V0 = 0V, μπορούμε από την παράλληλη συνδεσμολογία των δύο αντιστάσεων να υπολογίσουμε την τάση στα άκρα της R2:

𝑉𝑉2′′ = −0,8𝛢𝛢 ×

(10𝑚𝑚 × 7𝑚𝑚)10𝑚𝑚 + 7𝑚𝑚

= −3,294𝑉𝑉

Και άρα: 𝛪𝛪2′ = 𝑉𝑉2′

𝑅𝑅2= −0,329𝐴𝐴

Η αρχή της επαλληλίας δίνει τελικά: 𝑉𝑉2 = 𝑉𝑉2

′ + 𝑉𝑉2′′ = 0,235𝑉𝑉 και 𝛪𝛪2 = 𝛪𝛪2′ + 𝛪𝛪2′′ = 0,024𝛢𝛢

Ασφαλώς η αρχή της επαλληλίας δεν ισχύει για την ισχύ, η οποία ισούται με:

𝑃𝑃2 = 𝑉𝑉2 × 𝛪𝛪2 = 0,00564𝑊𝑊 = 5,64𝑚𝑚𝑊𝑊

Σελ. 35

Παράδειγμα 5.3 Στο δικτύωμα του σχήματος, υπολογίστε το ρεύμα στην αντίσταση R0, χρησιμοποιώντας την αρχή της επαλληλίας. Λύση Διακόπτοντας τη λειτουργία της δεύτερης και της τρίτης πηγής τάσης (τα άκρα των πηγών βραχυκύκλωμα): V01 = 1V, V02 = 0V, V03 = 0V, μπορούμε εύκολα να διακρίνουμε ότι η τάση στα άκρα της R0 είναι ίση με V01, συνεπώς:

𝛪𝛪0′ =𝑉𝑉01

𝑅𝑅0= 1𝐴𝐴

Διακόπτοντας τη λειτουργία της πρώτης και της τρίτης πηγής τάσης (τα άκρα των πηγών βραχυκύκλωμα): V01 = 0V, V02 = 1V, V03 = 0V, μπορούμε εύκολα να διακρίνουμε ότι η τάση στα άκρα της R0 είναι ίση με μηδέν, συνεπώς:

𝛪𝛪0′′ = 0 Διακόπτοντας τη λειτουργία της πρώτης και της δεύτερης πηγής τάσης (τα άκρα των πηγών βραχυκύκλωμα): V01 = 0V, V02 = 0V, V03 = 1V, μπορούμε εύκολα να διακρίνουμε ότι η τάση στα άκρα της R0 είναι ίση με -V03, συνεπώς:

𝛪𝛪0′′′ = −𝑉𝑉03

𝑅𝑅0= −1𝐴𝐴

Η αρχή της επαλληλίας δίνει τελικά: 𝛪𝛪0 = 𝛪𝛪0′ + 𝛪𝛪0′′ + 𝛪𝛪0′′′ = 0

Παράδειγμα 5.4 Στο δικτύωμα του σχήματος, συνδέουμε στους ακροδέκτες Α και Β αντίσταση φορτίου RL=1Ω. Υπολογίστε την ισχύ που καταναλώνει το φορτίο με χρήση ισοδύναμου Thevenin. Λύση Το αποσυνδεδεμένο (από το φορτίο) δικτύωμα με άκρα Α και Β αποτελείται από κλειστό βρόχο, ο οποίος διαρρέεται από ρεύμα Ι. Από το 2ο Νόμο Kirchhoff:

20𝑉𝑉 − 10𝑉𝑉 − 𝐼𝐼 × 15𝑚𝑚 − 𝛪𝛪 × 5𝑚𝑚 = 0 ⇒ 𝐼𝐼 =10𝑉𝑉20𝑚𝑚

= 0,5𝛢𝛢

Ακόμη, από το 2ο Νόμο Kirchhoff:

𝑈𝑈𝐴𝐴𝐴𝐴 − 10𝑉𝑉 − 𝐼𝐼 × 5𝑚𝑚 = 0 ⇒ 𝑈𝑈𝐴𝐴𝐴𝐴 = 10𝑉𝑉 + 2,5𝑉𝑉 = 12,5𝑉𝑉 Έχουμε υπολογίσει την τάση ανοιχτού κυκλώματος στους ακροδέκτες Α και Β, δηλ την Vισ:

𝑉𝑉𝜅𝜅𝜎𝜎 = 12,5𝑉𝑉

Σελ. 36

Για να υπολογίσουμε την αντίσταση μεταξύ των ακροδεκτών Α και Β, βραχυκυκλώνουμε τις πηγές τάσεις, από όπου προκύπτει ο παράλληλος συνδυασμός των δύο αντιστάσεων:

𝑅𝑅𝜅𝜅𝜎𝜎 = 5𝑚𝑚×15𝑚𝑚5𝑚𝑚+15𝑚𝑚

= 3,75𝑚𝑚

Έτσι λοιπόν, το δικτύωμά μας μετασχηματίζεται σε αυτό του διπλανού σχήματος. Εύκολα τώρα υπολογίζουμε το ρεύμα και την τάση στα άκρα του φορτίου:

𝛪𝛪𝐿𝐿 = 𝑉𝑉𝜅𝜅𝜎𝜎(𝑅𝑅𝜅𝜅𝜎𝜎 +𝑅𝑅𝐿𝐿) = 12,5𝑉𝑉

(3,75𝑚𝑚+1𝑚𝑚) = 2,632𝛢𝛢 και 𝑉𝑉𝐿𝐿 = 𝛪𝛪𝐿𝐿 × 𝑅𝑅𝐿𝐿 = 2,632𝛢𝛢 × 1𝑚𝑚 = 2,632𝑉𝑉

Άρα τελικά:

𝑃𝑃𝐿𝐿 = 𝛪𝛪𝐿𝐿 × 𝑉𝑉𝐿𝐿 = 2,632𝛢𝛢 × 2,632𝑉𝑉 = 6,92𝑊𝑊

Παράδειγμα 5.5 Επαναλάβατε το παράδειγμα 5.4, χρησιμοποιώντας αυτή τη φορά το ισοδύναμο Norton. Λύση Για να υπολογίσουμε το ισοδύναμο ρεύμα, βραχυκυκλώνουμε τους ακροδέκτες Α και Β, και χρησιμοποιούμε τον 1ο Νόμο Kirchhoff:

𝛪𝛪𝜅𝜅𝜎𝜎 =10𝑉𝑉5𝑚𝑚

+20𝑉𝑉15𝑚𝑚

= 3,33𝛢𝛢

Η ισοδύναμη αντίσταση στους ακροδέκτες Α και Β, υπολογίζεται ακριβώς όπως προηγούμενα:

𝑅𝑅𝜅𝜅𝜎𝜎 = 5𝑚𝑚×15𝑚𝑚5𝑚𝑚+15𝑚𝑚

= 3,75𝑚𝑚

Έτσι λοιπόν, το δικτύωμά μας μετασχηματίζεται σε αυτό του διπλανού σχήματος. Εύκολα τώρα υπολογίζουμε την τάση και το ρεύμα στα άκρα του φορτίου:

𝑉𝑉𝐿𝐿 = 𝛪𝛪𝜅𝜅𝜎𝜎 × (𝑅𝑅𝐿𝐿//𝑅𝑅𝜅𝜅𝜎𝜎 ) = 3,33𝛢𝛢 × 1𝑚𝑚×3,75𝑚𝑚1𝑚𝑚+3,75𝑚𝑚

1𝑚𝑚 = 2,632𝑉𝑉 και 𝛪𝛪𝐿𝐿 = 𝑉𝑉𝐿𝐿𝑅𝑅𝐿𝐿

= 2,632𝑉𝑉1𝑚𝑚

= 2,632𝛢𝛢

Άρα τελικά:

𝑃𝑃𝐿𝐿 = 𝛪𝛪𝐿𝐿 × 𝑉𝑉𝐿𝐿 = 2,632𝛢𝛢 × 2,632𝑉𝑉 = 6,92𝑊𝑊

Προφανώς και τα δύο ισοδύναμα (βλ. παραδείγματα 5.4 και 5.5) κατέληξαν στο ίδιο αποτέλεσμα. Παρατηρείστε τέλος την ισοδυναμία των δύο μοντέλων μέσω της σχέσης:

𝑉𝑉𝜅𝜅𝜎𝜎 = 𝛪𝛪𝜅𝜅𝜎𝜎 × 𝑅𝑅𝜅𝜅𝜎𝜎 = 12,5𝑉𝑉

Σελ. 37

Παράδειγμα 5.6 Χρησιμοποιώντας τη μέθοδο των ρευμάτων βρόχων, να υπολογίσετε τα ρεύματα σε όλους τους κλάδους του δικτυώματος του διπλανού σχήματος. Δίνονται: R1 = 5Ω, R2 = 3Ω, R3 = 8Ω, R4 = 6Ω, R5 = 6Ω, R6 = 10Ω, U1 = 45V, U2 = 64V. Λύση Έχουμε αναγνωρίσει στο σχήμα τρεις ανεξάρτητους βρόχους και έχουμε ορίσει φορές των ανεξάρτητων ρευμάτων. Εφαρμόζοντας το 2ο Νόμο του Kirchhoff σε κάθε βρόχο παίρνουμε:

( ) ( ) 04311 =−+−++− RIIRIIRIU aaa γβ

( ) ( ) 05322 =−+−++ RIIRIIRIU γβαββ

( ) ( ) 0546 =−+−+ RIIRIIRI βγαγγ

Ή ισοδύναμα: 143431 )( URIRIRRRI a =−−++ γβ

255323 )( URIRRRIRI a −=−+++− γβ

0)( 65454 =++−−− RRRIRIRI a γβ

Έχουμε καταστρώσει σύστημα τριών εξισώσεων με τρία άγνωστα ρεύματα. Επιλύουμε το σύστημα με τη μέθοδο των οριζουσών. Η ορίζουσα του συστήματος είναι:

65454

55323

43431

RRRRRRRRRRRRRRR

++−−−++−−−++

=∆

Παρατηρούμε ότι το πρώτο στοιχείο της διαγωνίου της ορίζουσας περιέχει το άθροισμα των αντιστάσεων του πρώτου βρόχου, το δεύτερο στοιχείο της το άθροισμα των αντιστάσεων του δεύτερου βρόχου, και το τρίτο στοιχείο της το άθροισμα των αντιστάσεων του τρίτου βρόχου. Για τα στοιχεία εκτός διαγωνίου, παρατηρούμε ότι:

- το δεύτερο στοιχείο της πρώτης γραμμής, περιέχει την αντίσταση που είναι κοινή στον πρώτο και στο δεύτερο βρόχο. Το μείον εμφανίζεται γιατί τα ρεύματα των βρόχων είναι αντίρροπα στην αντίσταση αυτή.

- Το τρίτο στοιχείο της πρώτης γραμμής, περιέχει την αντίσταση που είναι κοινή στον πρώτο και στον τρίτο βρόχο, με ένα μείον μπροστά γιατί τα αντίστοιχα ρεύματα των βρόχων είναι αντίρροπα στην αντίσταση αυτή,

- κ.ο.κ.

Καταγράφουμε τώρα τη χαρακτηριστική ορίζουσα για τους τρείς αγνώστους:

6545

55322

431

0 RRRRRRRRURRU

++−−++−−−

=∆Ια

6544

523

41431

0 RRRRRURRURRR

++−−−−−++

=∆Ιβ

054

25323

13431

RRURRRR

URRRR

I

−−−++−

−++=∆

γ

Παρατηρούμε ότι η χαρακτηριστική ορίζουσα του πρώτου αγνώστου προκύπτει από την Δ, αν αντικαταστήσουμε τα στοιχεία της πρώτης στήλης της ως εξής: Πρώτο στοιχείο της πρώτης στήλης είναι η τιμή της πηγής τάσης του πρώτου βρόχου, δεύτερο στοιχείο η τιμή της πηγής τάσης του δεύτερου βρόχου και τρίτο στοιχείο η τιμή της πηγής τάσης του τρίτου βρόχου. Παρατηρούμε ότι στον πρώτο βρόχο το ρεύμα εξέρχεται από το θετικό πόλο της πηγής, άρα χρησιμοποιούμε θετικό πρόσημο. Στον δεύτερο βρόχο το ρεύμα εξέρχεται από τον αρνητικό

Σελ. 38

πόλο της πηγής, άρα εμφανίζεται αρνητικό πρόσημο, ενώ στον τρίτο βρόχο δεν υπάρχει πηγή, συνεπώς το στοιχείο είναι μηδέν! Με δεδομένες τις τιμές του προβλήματος υπολογίζουμε τις ορίζουσες:

338262266

61786819

Ω=ΩΩ−Ω−Ω−ΩΩ−Ω−Ω−Ω

=∆

VVV

216422260

617646345

Ω=ΩΩ−Ω−Ω−Ω−Ω−

=∆Ια

VV

V214910

2206664864519

Ω−=ΩΩ−Ω−−Ω−Ω−Ω

=∆Ιβ

VV

V23618

06664178

45819Ω−=

Ω−Ω−−ΩΩ−

Ω−Ω=∆Ιγ

Συνεπώς:

Α=ΩΩ

=∆

∆= Ι 4292,0

38261642

3

2VI aα Α−=

ΩΩ−

=∆

∆= Ι 8970,3

382614910

3

2VI β

β

Α−=ΩΩ−

=∆

∆=

Ι 9456,038263618

3

2VI γ

γ

Και άρα τελικά τα ρεύματα στους κλάδους είναι:

mAI 2,4291 =Ι= α AI 8970,32 =Ι−= β

AI 3262,43 =Ι−Ι= βα

AI 3748,14 =Ι−Ι= γα AI 9509,25 =Ι−Ι= βγ

mAI 6,9456 −=Ι= γ

Παράδειγμα 5.7 Χρησιμοποιώντας τη μέθοδο των ρευμάτων βρόχων, λύστε πάλι το παράδειγμα 4.2 Λύση Στο διπλανό σχήμα δίνεται το δικτύωμα του παραδείγματος 4.2 με σημειωμένα τα ρεύματα των δύο βρόχων. Μπορούμε να καταστρώσουμε κατευθείαν τις λύσεις με χρήση οριζουσών 2×2: Αντιστάσεις 1ου βρόχου: R1+R3 Αντιστάσεις 2ου βρόχου: R2+R3 Αντίσταση κοινή στους δύο βρόχους: -R3 (το μείον γιατί τα δύο ρεύματα είναι αντίρροπα στην R3)

22

313

331 38)1654(9446

Ω=Ω−=ΩΩ−Ω−Ω

=+−−+

=∆RRR

RRR

Για το πρώτο άγνωστο ρεύμα, έχουμε την ορίζουσα που προκύπτει από την Δ αν αντικαταστήσουμε:

- Το πρώτο στοιχείο της στήλης με την τιμή της πηγής τάσης του πρώτου βρόχου Uo1. - Το δεύτερο στοιχείο της στήλης με την τιμή της πηγής τάσης του δεύτερου βρόχου -Uo2

(το μείον γιατί η ρεύμα εξέρχεται από τον αρνητικό πόλο της πηγής). Με όμοιο τρόπο προκύπτει η ορίζουσα για τα δεύτερο ρεύμα, αντικαθιστώντας αυτή τη φορά στη Δ την δεύτερη στήλη:

VVVV

RRURUo Ω=Ω−=

Ω−Ω−

=+−−

=∆Ι 750)240990(9604110

3102

31α

VVVV

URURR

bΩ=Ω+−=

−Ω−Ω

=−−

+=∆Ι 80)440360(

6041106

023

0131

Συνεπώς:

Α=ΩΩ

=∆

∆= Ι 74,19

38750

2

VIaα και Α=

ΩΩ

=∆

∆= Ι 11,2

3880

2

VI β

β

Σελ. 39

Και άρα: AI 74,191 =Ι= α

AI 11,22 =Ι= β AI 63,173 =Ι−Ι= βα

Το αποτέλεσμα είναι ίδιο με αυτό του παραδείγματος 4.2 (ελέγξτε ότι η αρνητική τιμή του ρεύματος Ι2 που υπολογίσαμε στο παράδειγμα 4.2 είναι εδώ θετική, εξαιτίας αντίστροφης επιλογής φορών αναφοράς!). Η άσκηση συνεχίζεται για τον υπολογισμό της ισχύος ακριβώς όπως προηγούμενα.

Παράδειγμα 5.8 Χρησιμοποιώντας συνδυαστικά τη μέθοδο της επαλληλίας και τη μέθοδο των ρευμάτων των βρόχων, βρείτε το ρεύμα στην αντίσταση R3 του κυκλώματος του διπλανού σχήματος. Δίνονται: R1 = 5Ω, R2 = 3Ω, R3 = 2Ω, R4 = 4Ω, R5 = 2Ω, U1 = 10V, U2 = 20V. Λύση Επιλέγουμε τους βρόχους όπως φαίνεται στο σχήμα για ευκολία, καθώς με αυτή την επιλογή το ρεύμα στην R3 είναι ίσο με το Ια. Με διαφορετική επιλογή, το ζητούμενο ρεύμα θα προέκυπτε ως άθροισμα δύο ρευμάτων βρόχων και θα απαιτούνταν περισσότερες πράξεις. Διακόπτοντας τη λειτουργία της δεύτερη πηγής τάσης, υπολογίζουμε με τη μέθοδο των βρόχων απευθείας το ρεύμα '

αΙ που οφείλεται στην πρώτη πηγή:

Α=

ΩΩ−ΩΩ−ΩΩ

ΩΩΩΩ−Ω−Ω

Ω

=

+−−++

++−

−++

=Ι 075,1

6404125057640412100510

0

00

0

544

44211

131

544

44211

11

'

VV

RRRRRRRR

RRRRRR

RRRRURU

α

Διακόπτοντας τη λειτουργία της πρώτης πηγής τάσης, υπολογίζουμε με τη μέθοδο των βρόχων απευθείας το ρεύμα ''

αΙ που οφείλεται στην πρώτη πηγή:

Α=

ΩΩ−ΩΩ−ΩΩ

ΩΩΩΩ−Ω−Ω−

Ω

=

+−−++

++−

−++−

=Ι 48,2

640412505764041220050

0

00

00

544

44211

131

544

44212

1

''

V

RRRRRRRR

RRRRRR

RRRRUR

α

Η αρχή της επαλληλίας δίνει τελικά:

AI 555,3'''3 =Ι+Ι=Ι= ααα

Σελ. 40

Παράδειγμα 5.9 Χρησιμοποιώντας τη μέθοδο δυναμικών των κόμβων, να υπολογίσετε το ρεύμα που διαρρέει την αντίσταση R1 στο διπλανό σχήμα. Δίνονται: R1 = 1Ω, R2 = 1Ω, R3 = 1Ω, Ι1 = 1Α, Ι2 = 1Α, Ι3 = 1Α. Λύση Στο σχήμα έχουν αναγνωριστεί οι δύο ανεξάρτητοι κόμβοι καθώς και ο τρίτος κόμβος του δικτυώματος που θα χρησιμοποιηθεί ως αναφορά και έχει γειωθεί. Εφαρμόζουμε τον 1ο Νόμο του Kirchhoff για τους δύο κόμβους:

Κόμβος 1: 𝛪𝛪1 + 𝛪𝛪𝑅𝑅2 − 𝐼𝐼2 − 𝛪𝛪𝑅𝑅1 = 0 ⇒ 𝛪𝛪1 + 0−𝑉𝑉1𝑅𝑅2

− 𝐼𝐼2 −𝑉𝑉1−𝑉𝑉2𝑅𝑅1

= 0

Κόμβος 2: 𝛪𝛪𝑅𝑅1 + 𝛪𝛪𝑅𝑅3 + 𝛪𝛪3 = 0 ⇒ 𝑉𝑉1−𝑉𝑉2𝑅𝑅1

+ 0−𝑉𝑉2𝑅𝑅3

+ 𝛪𝛪3 = 0 Ή ισοδύναμα:

−𝑉𝑉1

𝑅𝑅2−𝑉𝑉1

𝑅𝑅1+𝑉𝑉2

𝑅𝑅1= −𝛪𝛪1 + 𝐼𝐼2 ⇒ 𝑉𝑉1

1𝑅𝑅1

+1𝑅𝑅2 + 𝑉𝑉2 −

1𝑅𝑅1 = 𝛪𝛪1 − 𝐼𝐼2

𝑉𝑉1

𝑅𝑅1−𝑉𝑉2

𝑅𝑅1−𝑉𝑉2

𝑅𝑅3= −𝛪𝛪3 ⇒ 𝑉𝑉1 −

1𝑅𝑅1 + 𝑉𝑉2

1𝑅𝑅1

+1𝑅𝑅3 = 𝛪𝛪3

Έχουμε καταστρώσει σύστημα δύο εξισώσεων με δύο άγνωστα δυναμικά. Επιλύουμε το σύστημα με τη μέθοδο των οριζουσών. Η ορίζουσα του συστήματος είναι:

𝛥𝛥 =

1𝑅𝑅1

+1𝑅𝑅2

−1𝑅𝑅1

−1𝑅𝑅1

1𝑅𝑅1

+1𝑅𝑅3

Παρατηρούμε ότι το πρώτο στοιχείο της διαγωνίου της ορίζουσας περιέχει το άθροισμα των αντίστροφων αντιστάσεων που καταλήγουν στον πρώτο κόμβο, και το δεύτερο στοιχείο της το άθροισμα των αντίστροφων αντιστάσεων που καταλήγουν στον δεύτερου κόμβο. Για τα στοιχεία εκτός διαγωνίου, παρατηρούμε ότι: - το δεύτερο στοιχείο της πρώτης γραμμής, περιέχει την αντίστροφη αντίσταση του κλάδου

που συνδέει τον δεύτερο και τον πρώτο κόμβο, με εισαγωγή αρνητικού προσήμου. - Το πρώτο στοιχείο της δεύτερης γραμμής, περιέχει την αντίστροφη αντίσταση του κλάδου

που συνδέει τον πρώτο και τον δεύτερο κόμβο, με εισαγωγή αρνητικού προσήμου. Καταγράφουμε τώρα τη χαρακτηριστική ορίζουσα για τους δύο αγνώστους:

𝛥𝛥𝑉𝑉1 = 𝛪𝛪1 − 𝐼𝐼2 −

1𝑅𝑅1

𝛪𝛪31𝑅𝑅1

+1𝑅𝑅3

𝛥𝛥𝑉𝑉2 =

1𝑅𝑅1

+1𝑅𝑅2

𝛪𝛪1 − 𝐼𝐼2

−1𝑅𝑅1

𝛪𝛪3

Παρατηρούμε ότι η χαρακτηριστική ορίζουσα του πρώτου αγνώστου προκύπτει από την Δ, αν αντικαταστήσουμε τα στοιχεία της πρώτης στήλης της ως εξής: Πρώτο στοιχείο της πρώτης στήλης είναι η τιμή των πηγών ρεύματος που συνδέονται στον πρώτο κόμβο. Όταν το ρεύμα κατευθύνεται στον κόμβο, τότε έχει θετική τιμή, διαφορετικά αρνητική. Δεύτερο στοιχείο της πρώτης στήλης είναι η τιμή των πηγών ρεύματος που συνδέονται στον δεύτερο κόμβο, με ίδια λογική προσήμων. Όμοια προκύπτει η χαρακτηριστική ορίζουσα του δεύτερου αγνώστου. Με δεδομένες τις τιμές του προβλήματος υπολογίζουμε τις ορίζουσες και κατά συνέπεια τα άγνωστα δυναμικά:

𝑉𝑉1 =𝛥𝛥𝑉𝑉1

𝛥𝛥=

1𝛢𝛢𝑚𝑚−1

3𝑚𝑚−2 = 0,333𝑉𝑉 𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 𝑉𝑉2 =𝛥𝛥𝑉𝑉2

𝛥𝛥=

2𝛢𝛢𝑚𝑚−1

3𝑚𝑚−2 = 0,666𝑉𝑉

Το ζητούμενο ρεύμα υπολογίζεται τελικά από το νόμο του Ohm: 𝛪𝛪𝑅𝑅1 = 𝑉𝑉1−𝑉𝑉2𝑅𝑅1

= −0,333𝐴𝐴

Σελ. 41

Παράδειγμα 5.10 Χρησιμοποιώντας τη μέθοδο δυναμικών των κόμβων, να υπολογίσετε την ισχύ που αποδίδει στο κύκλωμα η πηγή ρεύματος Ι2 στο διπλανό σχήμα. Δίνονται: R1 = 1Ω, R2 = 1Ω, R3 = 1Ω, R4 = 1Ω, R5 = 1Ω, R6 = 1Ω, Ι1 = 1Α, Ι2 = 1Α. Λύση Για να υπολογίσουμε τη ζητούμενη ισχύ αρκεί να υπολογίσουμε την τάση στα άκρα της πηγής ρεύματος. Παρατηρείστε ότι επιλέξαμε στο σχήμα κόμβο αναφοράς έτσι ώστε να αναζητούμε μόνο ένα δυναμικό, απλοποιώντας έτσι τις πράξεις. Καταστρώνουμε κατευθείαν τις ορίζουσες του συστήματος:

𝛥𝛥 =

1𝑅𝑅1

+1𝑅𝑅4

+1𝑅𝑅5

−1𝑅𝑅1

−1𝑅𝑅5

−1𝑅𝑅1

1𝑅𝑅1

+1𝑅𝑅2

+1𝑅𝑅6

−1𝑅𝑅2

−1𝑅𝑅5

−1𝑅𝑅2

1𝑅𝑅2

+1𝑅𝑅3

+1𝑅𝑅5

=

3𝑚𝑚−1 −1𝑚𝑚−1 −1𝑚𝑚−1

−1𝑚𝑚−1 3𝑚𝑚−1 −1𝑚𝑚−1

−1𝑚𝑚−1 −51 3𝑚𝑚−1

𝛥𝛥𝑉𝑉1 =

−𝐼𝐼1 − 𝐼𝐼2 −

1𝑅𝑅1

−1𝑅𝑅5

𝐼𝐼11𝑅𝑅1

+1𝑅𝑅2

+1𝑅𝑅6

−1𝑅𝑅2

0 −1𝑅𝑅2

1𝑅𝑅2

+1𝑅𝑅3

+1𝑅𝑅5

=

−2𝐴𝐴 −1𝑚𝑚−1 −1𝑚𝑚−1

1𝐴𝐴 3𝑚𝑚−1 −1𝑚𝑚−1

0 −1𝑚𝑚−1 3𝑚𝑚−1

Με δεδομένες τις τιμές του προβλήματος υπολογίζουμε τις ορίζουσες και κατά συνέπεια τo άγνωστο δυναμικό:

𝑉𝑉1 =𝛥𝛥𝑉𝑉1

𝛥𝛥= −

−20𝛢𝛢𝑚𝑚−2

16𝑚𝑚−3 = −1,25𝑉𝑉

Παρατηρούμε ότι η πτώση τάσης της πηγής ρεύματος είναι αντίθετη στην κατεύθυνση του ρεύματος και άρα η ζητούμενη ισχύς αποδίδεται στο κύκλωμα, είναι δε ίση με:

𝑃𝑃 = (0 − 𝑉𝑉1)𝐼𝐼2 = 1,25𝑊𝑊

Παράδειγμα 5.11 Χρησιμοποιώντας τη μέθοδο δυναμικών των κόμβων, να υπολογίσετε τα δυναμικά όλων των κόμβων στο διπλανό σχήμα. Δίνονται: 1/R1 = 1mS, 1/R2 = 2mS, 1/R3 = 3mS, 1/R4 = 4mS, 1/R5 = 5mS, 1/R6 = 6mS, 1/R7 = 7mS, 1/Ro = 10mS, Ι0 = 1Α. Λύση Καταστρώνουμε κατευθείαν τις ορίζουσες του συστήματος:

Σελ. 42

𝛥𝛥 =

1𝑅𝑅𝑈𝑈

+ 1𝑅𝑅1

+ 1𝑅𝑅5

− 1𝑅𝑅1

0 − 1𝑅𝑅𝑈𝑈

− 1𝑅𝑅1

1𝑅𝑅1

+ 1𝑅𝑅2

+ 1𝑅𝑅6

− 1𝑅𝑅2

0

0 − 1𝑅𝑅2

1𝑅𝑅2

+ 1𝑅𝑅3

+ 1𝑅𝑅7

− 1𝑅𝑅3

− 1𝑅𝑅𝑈𝑈

0 − 1𝑅𝑅3

1𝑅𝑅0

+ 1𝑅𝑅3

+ 1𝑅𝑅4

𝛥𝛥𝑉𝑉1 =

𝐼𝐼𝑂𝑂 −

1𝑅𝑅1

0 −1𝑅𝑅𝑈𝑈

01𝑅𝑅1

+1𝑅𝑅2

+1𝑅𝑅6

−1𝑅𝑅2

0

0 −1𝑅𝑅2

1𝑅𝑅2

+1𝑅𝑅3

+1𝑅𝑅7

−1𝑅𝑅3

−𝐼𝐼𝑂𝑂 0 −1𝑅𝑅3

1𝑅𝑅0

+1𝑅𝑅3

+1𝑅𝑅4

𝛥𝛥𝑉𝑉2 =

1𝑅𝑅𝑈𝑈

+1𝑅𝑅1

+1𝑅𝑅5

𝐼𝐼𝑂𝑂 0 −1𝑅𝑅𝑈𝑈

−1𝑅𝑅1

0 −1𝑅𝑅2

0

0 01𝑅𝑅2

+1𝑅𝑅3

+1𝑅𝑅7

−1𝑅𝑅3

−1𝑅𝑅𝑈𝑈

−𝐼𝐼𝑂𝑂 −1𝑅𝑅3

1𝑅𝑅0

+1𝑅𝑅3

+1𝑅𝑅4

𝛥𝛥𝑉𝑉3 =

1𝑅𝑅𝑈𝑈

+1𝑅𝑅1

+1𝑅𝑅5

−1𝑅𝑅1

𝐼𝐼𝑂𝑂 −1𝑅𝑅𝑈𝑈

−1𝑅𝑅1

1𝑅𝑅1

+1𝑅𝑅2

+1𝑅𝑅6

0 0

0 −1𝑅𝑅2

0 −1𝑅𝑅3

−1𝑅𝑅𝑈𝑈

0 −𝐼𝐼𝑂𝑂1𝑅𝑅0

+1𝑅𝑅3

+1𝑅𝑅4

𝛥𝛥𝑉𝑉4 =

1𝑅𝑅𝑈𝑈

+1𝑅𝑅1

+1𝑅𝑅5

−1𝑅𝑅1

0 𝐼𝐼𝑂𝑂

−1𝑅𝑅1

1𝑅𝑅1

+1𝑅𝑅2

+1𝑅𝑅6

−1𝑅𝑅2

0

0 −1𝑅𝑅2

1𝑅𝑅2

+1𝑅𝑅3

+1𝑅𝑅7

0

−1𝑅𝑅𝑈𝑈

0 −1𝑅𝑅3

−𝐼𝐼𝑂𝑂

Η επίλυση απαιτεί ειδικό πρόγραμμα σε ηλεκτρονικό υπολογιστή, ή πολλές πράξεις, και δίνει:

𝑉𝑉1 =𝛥𝛥𝑉𝑉1

𝛥𝛥= 39,4𝑉𝑉 𝑉𝑉2 =

𝛥𝛥𝑉𝑉2

𝛥𝛥= 24𝑉𝑉 𝑉𝑉3 =

𝛥𝛥𝑉𝑉3

𝛥𝛥= −8,9𝑉𝑉 𝑉𝑉4 =

𝛥𝛥𝑉𝑉4

𝛥𝛥= −37,2𝑉𝑉

Σελ. 43

ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ 1

Επίλυση πολυπλοκότερων κυκλωμάτων με κατάστρωση συστήματος εξισώσεων Ένας τρόπος να επιλύουμε πολυπλοκότερα κυκλώματα με αρκετούς βρόχους είναι να καταστρώσουμε με συγκεκριμένη μεθοδολογία ένα σύστημα εξισώσεων ισάριθμων με τους αγνώστους του κυκλώματος. Ποιο συγκεκριμένα, ακολουθούμε το εξής σκεπτικό:

Το κύκλωμά μας χαρακτηρίζεται από τον αριθμό: - Των κόμβων (δηλ. σημείων «συνάντησης» ανεξάρτητων ρευμάτων) - Των κλάδων (δηλ. ανοιχτών διαδρομών μεταξύ κλάδων που περιέχουν πηγές

ή αντιστάσεις) - Των βρόχων (δηλ. κλειστών διαδρομών του κυκλώματος).

Ας υποθέσουμε ότι το υπό εξέταση κύκλωμα περιλαμβάνει n κόμβους, m κλάδους και k βρόχους. Ο αριθμός των κλάδων ορίζει τον αριθμό των ανεξάρτητων ρευμάτων, και κατά συνέπεια τον αριθμό των αγνώστων. Αντιλαμβάνεται λοιπόν κανείς ότι αναζητούμε m εξισώσεις.

Οι n κόμβοι παρέχουν n εξισώσεις (1ος Νόμος Kirchhoff). Αποδεικνύεται όμως (ελέξτε το σαν απλή εργασία για το σπίτι) ότι μόνοι οι (n-1) εξισώσεις από αυτές είναι μεταξύ τους ανεξάρτητες. Αυτό σημαίνει ότι κάθε μία από αυτές τις εξισώσεις μπορεί να παραχθεί ως συνδυασμός των υπολοίπων.

Έχουμε λοιπόν m αγνώστους και (n-1) εξισώσεις κόμβων. Προφανώς, μπορούμε να εξαιρέσουμε μία οποιαδήποτε από τις n εξισώσεις κόμβων, επιλέγοντάς την αυθαίρετα. Συμπληρώνουμε τώρα το σύστημά μας με όσες εξισώσεις χρειάζεται για να φτάσουμε τον αριθμό m, εφαρμόζοντας το 2ο Νόμο Kirchhoff σε κατάλληλο αριθμό από τους k βρόχους του κυκλώματος.

Μετά από αυτή τη διαδικασία, έχουμε καταλήξει σε σύστημα m εξισώσεων με m αγνώστους, το οποίο και μπορούμε να επιλύσουμε εφαρμόζοντας γνωστές τεχνικές της γραμμικής άλγεβρας. Μία από αυτές τις τεχνικές είναι η μέθοδος Cramer, η οποία περιγράφεται περιληπτικά στο παράρτημα 2.

Σελ. 44

............

...

...

...

+−+−+−+−+

ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ 2

Μέθοδος επίλυσης συστήματος γραμμικών εξισώσεων με ορίζουσες (μέθοδος Cramer).

Ορίζουμε την ορίζουσα 2×2 να είναι ο αριθμός:

Ορίζουσες μεγαλύτερης τάξης (n×n) υπολογίζονται επαγωγικά ως εξής:

- Επιλέγουμε οποιαδήποτε στήλη ή γραμμή της ορίζουσας (κατά προτίμηση, αυτή με τα περισσότερα μηδενικά, αν υπάρχει τέτοια).

- Σχηματίζουμε όρους πολλαπλασιάζοντας κάθε στοιχείο της στήλης ή γραμμής που επιλέξαμε με την ορίζουσα που προκύπτει αν από την αρχική n×n ορίζουσα αφαιρέσουμε τη στήλη και τη γραμμή στην οποία ανήκει το συγκεκριμένο στοιχείο.

- Αθροίζουμε τους όρους αυτούς, με χρήση κατάλληλου πρόσημου, το οποίο μπορεί να προσδιοριστεί από το μνημονικό κανόνα του διπλανού σχήματος.

- Συνεχίζουμε τη διαδικασία μέχρι να καταλήξουμε σε ορίζουσες 2×2, τις τιμές των οποίων βρίσκουμε από τη σχέση (1).

Θεωρείστε για παράδειγμα ορίζουσα 3×3. Με βάση τα παραπάνω βήματα, η ορίζουσα αυτή μπορεί να υπολογιστεί από τα στοιχεία της πρώτης γραμμής ως:

)()()( 12213133122332121

213

31

312

32

321

321

321

321

γβγβαγβγβαγβγβαγγββ

αγγββ

αγγββ

αγγγβββααα

−+−−−=+−==∆

Όμοια για ορίζουσες υψηλότερης τάξης.

Οι ορίζουσες μπορούν να χρησιμοποιηθούν για να επιτρέψουν την επίλυση ενός γραμμικού συστήματος n εξισώσεων με n αγνώστους. Ας πάρουμε για παράδειγμα το εξής σύστημα τεσσάρων εξισώσεων με τέσσερις αγνώστους:

* Ορίζουμε την ορίζουσα Δ του συστήματος, ως την 4×4 ορίζουσα που προκύπτει από τους συντελεστές των αγνώστων. * Ορίζουμε ακόμη για τον πρώτο άγνωστο την ορίζουσα

1χ∆ που προκύπτει από την Δ, αν αντικαταστήσουμε την πρώτη της στήλη με τα στοιχεία που βρίσκονται στα δεξιά του συστήματος των εξισώσεων. Όμοια για τον δεύτερο άγνωστο, κ.ο.κ.

Το σύστημα έχει πραγματική λύση μόνο αν το Δ είναι διάφορο του μηδενός

:

4321

4321

4321

4321

δδδδγγγγββββαααα

=∆

432

432

432

432

1

δδδγγγβββααα

χ

∆ΓΒΑ

=∆

431

431

431

431

2

δδδγγγβββααα

χ

∆ΓΒΑ

=∆ κ.ο.κ.

Α=+++ 44332211 χαχαχαχα Γ=+++ 44332211 χγχγχγχγ Β=+++ 44332211 χβχβχβχβ ∆=+++ 44332211 χδχδχδχδ

∆

∆= Χ1

1χ ∆

∆= Χ2

2χ κ.ο.κ.

βγαδδγβα

−==∆ (1)