Definitsioon

Võimsus on füüsikaline suurus, mida kasutatakse mis tahes töö tegemiseks kasutatava seadme põhiomadusena. Netovõimsus saab kasutada ülesande täitmiseks.

Töö suhet ($\Delta A$) ja ajavahemikku, mille jooksul see tehti ($\Delta t$) nimetatakse selle aja keskmiseks võimsuseks ($\left\langle P\right\rangle $):

\[\left\langle P\right\rangle =\frac(\Delta A)(\Delta t)\left(1\right).\]

Hetkeline võimsus või sagedamini lihtsalt võimsus on suhte (1) piir väärtuses $\Delta t\ kuni 0$:

Võttes arvesse, et:

\[\Delta A=\overline(F)\cdot \Delta \overline(r\ )\left(3\right),\]

kus $\Delta \overline(r\ )$ on keha liikumine jõu mõjul $\overline(F)$, avaldis (2) on meil:

kus $\ \overline(v)-$ on hetkekiirus.

Tõhusus

Vajalike (kasulike) tööde, näiteks mehaaniliste tööde tegemisel on vaja teha suurem töömaht, kuna tegelikkuses on vastupanujõud ja osa energiast allub hajumisele (hajumisele). Töö efektiivsus määratakse efektiivsusteguri ($\eta $) abil, kusjuures:

\[\eta =\frac(P_p)(P)\left(5\right),\]

kus $P_p$ on kasulik võimsus; $P$ - tarbitud võimsus. Avaldisest (5) järeldub, et kasuliku võimsuse võib leida järgmiselt:

Vooluallika kasuliku võimsuse valem

Koosneb elektriahel vooluallikast, mille takistus on $r$ ja koormusest (takistus $R$). Leiame allika võimsuse järgmiselt:

kus $?$ on vooluallika EMF; $I$ – voolutugevus. Sel juhul on $P$ ahela koguvõimsus.

Tähistame $U$ - vooluringi välisosa pinge, siis esitatakse valem (7) kujul:

kus $P_p=UI=I^2R=\frac(U^2)(R)(9)$ - kasulik võimsus; $P_0=I^2r$ – kaotusvõimsus. Sel juhul määratakse allika efektiivsus järgmiselt:

\[\eta =\frac(P_p)(P_p+P_0)\left(9\right).\]

Maksimaalse kasuliku võimsuse (võimsuse koormusel) toodab elektrivool, kui ahela välistakistus on võrdne vooluallika sisetakistusega. Selle tingimuse korral on kasulik võimsus võrdne 50\% koguvõimsusest.

Lühise ajal (kui $R\to 0;;U\to 0$) või tühikäigul $(R\to \infty ;;I\to 0$) on kasulik võimsus null.

Näited probleemidest koos lahendustega

Näide 1

Harjutus. Elektrimootori kasutegur on $\eta $ =42%. Kui suur on selle kasulik võimsus, kui pingel $U=$110 V läbib mootorit vool $I=$10 A?

Lahendus. Probleemi lahendamise aluseks võtame valemi:

Leiame koguvõimsuse avaldise abil:

Asendades avaldise (1.2) parema poole (1.1) leiame, et:

Arvutame vajaliku võimsuse:

Vastus.$P_p = 462 $ W

Näide 2

Harjutus. Kui suur on vooluallika maksimaalne kasulik võimsus, kui selle lühisvool on võrdne $I_k$? Kui see on ühendatud takistusvooluallikaga $R$, voolab vooluahelat läbi jõuvool $I$ (joonis 1).

Lahendus. Vastavalt Ohmi seadusele on meil vooluallikaga ahela jaoks:

kus $\varepsilon$ on vooluallika EMF; $r$ on selle sisetakistus.

Lühise korral eeldame, et väliskoormuse takistus on null ($R=0$), siis on lühisevool võrdne:

Maksimaalne kasulik võimsus vooluringis joonisel 1 annab elektrivoolu tingimusel, et:

Siis on voolutugevus ahelas võrdne:

Leiame maksimaalse kasuliku võimsuse järgmise valemi abil:

Saime kolmest võrrandist koosneva süsteemi kolme tundmatuga:

\[\left\( \begin(massiiv)(c) I"=\frac(\varepsilon)(2r), \\ I_k=\frac(\varepsilon)(r), \\ P_(p\ max)= (\left(I"\right))^2r \end(massiivi) \left(2,6\right).\right.\]

Kasutades süsteemi (2.6) esimest ja teist võrrandit, leiame $I"$:

\[\frac(I")(I_k)=\frac(\varepsilon)(2r)\cdot \frac(r)(\varepsilon)=\frac(1)(2)\to I"=\frac(1 )(2)I_k\left(2,7\right).\]

Vooluallika sisetakistuse väljendamiseks kasutame võrrandeid (2.1) ja (2.2):

\[\varepsilon=I\left(R+r\right);;\ I_kr=\varepsilon \to I\left(R+r\right)=I_kr\to r\left(I_k+I\right)=IR \to r=\frac(IR)(I_k-I)\left(2.8\right).\]

Asendame (2.7) ja (2.8) tulemused süsteemi (2.6) kolmanda valemiga, nõutav võimsus on võrdne:

Vastus.$P_(p\max)=(\left(\frac(1)(2)I_k\right))^2\frac(IR)(I_k-I)$

Elektriseadmete ühendamisel elektrivõrku loeb enamasti vaid elektriseadme enda võimsus ja kasutegur. Kuid suletud ahelas vooluallika kasutamisel on oluline selle toodetav kasulik võimsus. Allikaks võib olla generaator, aku, aku või päikeseelektrijaama elemendid. See ei oma arvutuste jaoks põhimõttelist tähtsust.

Toiteallika parameetrid

Elektriseadmete ühendamisel toiteallikaga ja suletud vooluringi loomisel võetakse lisaks koormuse poolt tarbitavale energiale P arvesse järgmisi parameetreid:

• Rob. (vooluallika koguvõimsus), mis vabastatakse ahela kõigis sektsioonides;
• EMF on aku tekitatud pinge;
• P (netovõimsus), mida tarbivad kõik võrgu osad, välja arvatud vooluallikas;
• aku või generaatori sees kulutatud Po (kaduvõimsus);
• aku sisetakistus;
• Toiteallika efektiivsus.

Tähelepanu! Lähte ja koormuse efektiivsust ei tohiks segi ajada. Kui elektriseadme aku koefitsient on kõrge, võib see olla madal juhtmete või seadme enda kadude tõttu ja vastupidi.

Sellest lähemalt.

Kogu vooluringi energia

Kui elektrivool läbib ahelat, tekib soojus või tehakse muid töid. Aku või generaator pole erand. Kõigile elementidele, sealhulgas juhtmetele, vabanevat energiat nimetatakse summaarseks. See arvutatakse valemiga Rob.=Ro.+Rpol., kus:

• Rob. - täisvõimsus;
• Ro. – sisekadud;
• Rpol. - kasulik jõud.

Tähelepanu! Näivvõimsuse mõistet ei kasutata mitte ainult tervikliku vooluahela arvutustes, vaid ka elektrimootorite ja muude seadmete arvutamisel, mis tarbivad koos aktiivenergiaga reaktiivenergiat.

EMF ehk elektromotoorjõud on allika poolt tekitatud pinge. Seda saab mõõta ainult X.X režiimis. (tühikäik). Kui koormus on ühendatud ja ilmub vool, lahutatakse EMF väärtusest Uо. – pingekadu toiteseadme sees.

Netovõimsus

Kasulik on kogu vooluringis vabanev energia, välja arvatud toiteallikas. See arvutatakse järgmise valemiga:

1. "U" – pinge klemmidel,
2. “I” – vool vooluringis.

Olukorras, kus koormustakistus on võrdne vooluallika takistusega, on see maksimaalne ja võrdne 50% täisväärtusest.

Koormustakistuse vähenemisel suureneb voolutugevus ahelas koos sisemiste kadudega ja pinge langeb jätkuvalt ning kui see jõuab nullini, on vool maksimaalne ja seda piirab ainult Ro. See on K.Z režiim. - lühis. Sel juhul on kaoenergia võrdne kogusummaga.

Koormustakistuse kasvades vähenevad voolu- ja sisekaod ning pinge tõuseb. Lõpmatult suure väärtuse saavutamisel (võrgukatkestus) ja I=0 on pinge võrdne EMF-iga. See on X...X režiim. - tühikäik.

Kaod toiteallika sees

Akudel, generaatoritel ja muudel seadmetel on sisemine takistus. Kui vool läbib neid, vabaneb kaduenergia. See arvutatakse järgmise valemi abil:

kus "Uо" on pingelang seadme sees või erinevus EMF-i ja väljundpinge vahel.

Sisemine toiteallika takistus

Kahjude arvutamiseks Ro. peate teadma seadme sisemist takistust. See on generaatori mähiste, aku elektrolüüdi või muude põhjuste takistus. Seda pole alati võimalik multimeetriga mõõta. Peame kasutama kaudseid meetodeid:

• kui seade on ooterežiimis sisse lülitatud, mõõdetakse E (EMF);
• kui koormus on ühendatud, määratakse Uout. (väljundpinge) ja vool I;
• Seadme sees olev pingelang arvutatakse:

• sisetakistus arvutatakse:

Kasulik energia P ja kasutegur

Sõltuvalt konkreetsetest ülesannetest on vajalik maksimaalne kasulik võimsus P või maksimaalne efektiivsus. Selle tingimused ei vasta:

• P on maksimaalne R=Ro juures, efektiivsusega = 50%;
• Tõhusus on H.H.-režiimis 100%, P = 0.

Maksimaalse energia saamine toiteseadme väljundis

Maksimaalne P saavutatakse tingimusel, et takistused R (koormus) ja Ro (elektriallikas) on võrdsed. Sel juhul on efektiivsus = 50%. See on sobitatud koormuse režiim.

Peale selle on võimalikud kaks võimalust:

• Takistus R langeb, voolutugevus ahelas suureneb ning pingekaod Uo ja Po seadme sees suurenevad. Lühise režiimis (lühis) koormustakistus on “0”, I ja Po on maksimaalsed ning kasutegur samuti 0%. See režiim on ohtlik patareidele ja generaatoritele, mistõttu seda ei kasutata. Erandiks on praktiliselt kasutusest väljas olevad keevitusgeneraatorid ja autoakud, mis mootori käivitamisel ja starteri sisselülitamisel töötavad "lühise" lähedasel režiimil;
• Koormustakistus on suurem kui sisemine. Sel juhul koormusvool ja võimsus P langevad ning lõpmatult suure takistusega on need võrdsed "0"-ga. See on XH-režiim. (tühikäik). Sisekad kaod peaaegu C.H režiimis on väga väikesed ja efektiivsus on peaaegu 100%.

Järelikult on "P" maksimaalne, kui sise- ja välistakistus on võrdsed, ja muudel juhtudel minimaalne, kuna lühise ajal on suured sisekadud ja külm režiimis madal vool.

Maksimaalset kasuliku võimsuse režiimi 50% efektiivsusega kasutatakse elektroonikas madala voolu korral. Näiteks telefoniaparaadis Pout. mikrofon - 2 millivatti ja on oluline see võimalikult palju võrku üle kanda, ohverdades samal ajal tõhususe.

Maksimaalse efektiivsuse saavutamine

Maksimaalne efektiivsus saavutatakse H.H.-režiimis. võimsuskadude puudumise tõttu Po pingeallika sees. Koormusvoolu suurenedes väheneb lühisrežiimis kasutegur lineaarselt. on võrdne "0". Maksimaalse kasuteguri režiimi kasutatakse elektrijaamade generaatorites, kus ei ole rakendatav sobitatud koormus, maksimaalne kasulik Po ja 50% kasutegur suurte kadude tõttu, mis moodustavad poole kogu energiast.

Koormuse efektiivsus

Elektriseadmete kasutegur ei sõltu akust ega jõua kunagi 100%-ni. Erandiks on kliimaseadmed ja külmikud, mis töötavad soojuspumba põhimõttel: ühe radiaatori jahutamine toimub teise kütmisega. Kui te seda punkti ei võta, on efektiivsus üle 100%.

Energiat kulutatakse mitte ainult kasuliku töö tegemiseks, vaid ka küttejuhtmete, hõõrdumise ja muude kadude jaoks. Lampides peaksite lisaks lambi enda efektiivsusele pöörama tähelepanu reflektori konstruktsioonile, õhukütteseadmetes - ruumi soojendamise efektiivsusele ja elektrimootorites - cos φ-le.

Toiteallika elemendi kasuliku võimsuse teadmine on vajalik arvutuste tegemiseks. Ilma selleta on võimatu saavutada kogu süsteemi maksimaalset efektiivsust.

Video

Vooluallika poolt kogu vooluringis arendatavat võimsust nimetatakse täisvõimsus.

See määratakse valemiga

kus P rev on vooluallika koguvõimsus kogu vooluringis, W;

E-uh. d.s. allikas, sisse;

I on voolutugevuse suurus ahelas, a.

Üldiselt koosneb elektriahel takistusega välisosast (koormusest). R ja sisemine sektsioon takistusega R0(vooluallika takistus).

e väärtuse asendamine koguvõimsuse avaldises. d.s. ahela lõikude pingete kaudu saame

Suurusjärk UI vastab vooluringi välisosas (koormus) arendatud võimsusele ja kutsutakse kasulik jõud P korrus = UI.

Suurusjärk U o I vastab allika sees kasutult kulutatud võimsusele, Seda nimetatakse võimsuse kaotus P o =U o I.

Seega on koguvõimsus võrdne kasuliku võimsuse ja kaduvõimsuse summaga P ob =P korrus + P 0.

Allika poolt väljatöötatud kasuliku võimsuse suhet koguvõimsusesse nimetatakse efektiivsuseks, lühendatult efektiivsuseks ja tähistatakse η-ga.

Definitsioonist järeldub

Mis tahes tingimustel kasutegur η ≤ 1.

Kui väljendame võimsust vooluahela sektsioonide voolu ja takistuse kaudu, saame

Seega sõltub efektiivsus allika sisemise takistuse ja tarbija takistuse vahelisest seosest.

Tavaliselt väljendatakse elektrilist efektiivsust protsentides.

Praktilise elektrotehnika jaoks pakuvad erilist huvi kaks küsimust:

1. Suurima kasuliku võimsuse saamise tingimus

2. Tingimus kõrgeima efektiivsuse saavutamiseks.

Tingimused suurima kasuliku võimsuse saamiseks (võimsus koormusel)

Elektrivool arendab suurimat kasulikku võimsust (võimsust koormusel), kui koormuse takistus on võrdne vooluallika takistusega.

See maksimaalne võimsus võrdub poolega kogu võimsusest (50%), mille vooluallikas kogu vooluringis arendab.

Pool võimsusest arendatakse koormusel ja pool vooluallika sisetakistusel.

Kui vähendame koormustakistust, siis koormusel arenev võimsus väheneb ja vooluallika sisetakistusel arenev võimsus suureneb.

Kui koormustakistus on null, on vooluahelas maksimaalne vool, see on lühise režiim (lühis) . Peaaegu kogu võimsus arendatakse vooluallika sisetakistusega. See režiim on ohtlik vooluallikale ja ka kogu vooluringile.

Kui suurendame koormustakistust, väheneb voolutugevus vooluringis ja väheneb ka koormuse võimsus. Kui koormustakistus on väga kõrge, siis vooluahelas ei ole üldse voolu. Seda takistust nimetatakse lõpmatult suureks. Kui ahel on avatud, on selle takistus lõpmatult suur. Seda režiimi nimetatakse jõuderežiim.

Seega lühise ja tühikäigu režiimides on kasulik võimsus esimesel juhul madalpinge, teisel juhul väikese voolu tõttu väike.

Tingimused kõrgeima efektiivsuse saavutamiseks

Kasutegur (efektiivsus) on tühikäigul 100% (sel juhul kasulikku võimsust ei eraldu, kuid samal ajal ei tarbita lähtevõimsust).

Koormusvoolu suurenedes väheneb kasutegur vastavalt lineaarsele seadusele.

Lühisrežiimis on kasutegur null (kasulikku võimsust pole ja allika poolt arendatud võimsus kulub selle sees täielikult ära).

Ülaltoodut kokku võttes saame teha järeldused.

Maksimaalse kasuliku võimsuse saamise tingimus (R = R 0) ja maksimaalse efektiivsuse saamise tingimus (R = ∞) ei lange kokku. Veelgi enam, allikast maksimaalse kasuliku võimsuse saamisel (sobitatud koormusrežiim) on efektiivsus 50%, s.o. pool allika arendatavast võimsusest läheb selle sees raisku.

Võimsates elektripaigaldistes on sobitatud koormusrežiim vastuvõetamatu, kuna see toob kaasa suurte võimsuste raiskamise. Seetõttu arvutatakse elektrijaamade ja alajaamade jaoks generaatorite, trafode ja alaldite töörežiimid nii, et oleks tagatud kõrge kasutegur (90% või rohkem).

Nõrkvoolutehnoloogias on olukord erinev. Võtame näiteks telefonikomplekti. Mikrofoni ees rääkides tekib seadme vooluringis umbes 2 mW võimsusega elektrisignaal. Ilmselgelt on suurima sideulatuse saavutamiseks vaja liinile edastada võimalikult palju võimsust ja selleks on vaja koordineeritud koormuse ümberlülitusrežiimi. Kas sel juhul on tõhusus oluline? Muidugi mitte, kuna energiakadusid arvutatakse millivattide murdosades või ühikutes.

Sobitatud koormusrežiimi kasutatakse raadioseadmetes. Juhul, kui generaatori ja koormuse otsesel ühendusel ei ole koordineeritud režiim tagatud, võetakse meetmeid nende takistuste sobitamiseks.

Elektrilises või elektroonilises vooluringis on kahte tüüpi elemente: passiivsed ja aktiivsed. Aktiivne element on võimeline vooluahelale - akule, generaatorile - pidevalt energiat andma. Passiivsed elemendid - takistid, kondensaatorid, induktiivpoolid, tarbivad ainult energiat.

Mis on praegune allikas

Vooluallikas on seade, mis varustab vooluahelat pidevalt elektriga. See võib olla alalis- ja vahelduvvoolu allikas. Akud on alalisvoolu allikad ja pistikupesad on vahelduvvoolu allikad.

Toiteallikate üks huvitavamaid omadusi– nad on võimelised muutma mitteelektrilist energiat elektrienergiaks, näiteks:

• kemikaalid patareides;
• mehaanilised generaatorites;
• päikeseenergia jne.

Elektriallikad jagunevad:

1. Sõltumatu;
2. Sõltuv (juhitav), mille väljund sõltub mujal ahelas olevast pingest või voolust, mis võib olla kas konstantne või ajas muutuv. Kasutatakse elektroonikaseadmete samaväärsete toiteallikatena.

Rääkides vooluahela seadustest ja analüüsist, peetakse elektritoiteallikaid sageli ideaalseteks, see tähendab, et need on teoreetiliselt võimelised andma lõpmatu koguse energiat ilma kadudeta, samal ajal kui nende omadused on kujutatud sirgjoonega. Kuid tegelikes või praktilistes allikates on alati sisemine takistus, mis mõjutab nende väljundit.

Tähtis! SP-sid saab paralleelselt ühendada ainult siis, kui neil on sama pinge väärtus. Jadaühendus mõjutab väljundpinget.

Toiteallika sisetakistus on kujutatud vooluahelaga jadamisi.

Vooluallika võimsus ja sisetakistus

Vaatleme lihtsat vooluahelat, milles akul on emf E ja sisetakistus r ning see annab voolu I välistakistile takistusega R. Välistakistiks võib olla mis tahes aktiivne koormus. Ahela põhieesmärk on energia ülekandmine akust koormusele, kus see teeb midagi kasulikku, näiteks valgustab ruumi.

Kasuliku võimsuse sõltuvuse takistusest saate tuletada:

1. Ahela ekvivalenttakistus on R + r (kuna koormustakistus on ühendatud väliskoormusega järjestikku);
2. Ahelas voolav vool määratakse avaldise abil:

1. EMF väljundvõimsus:

Rych. = E x I = E2/(R + r);

1. Aku sisemise takistuse korral soojusena hajuv võimsus:

Pr = I2 x r = E2 x r/(R + r)2;

1. Laadimisele ülekantav võimsus:

P(R) = I2 x R = E2 x R/(R + r)2;

1. Rych. = Pr + P(R).

Seega läheb sisetakistuse kaudu soojuse hajumise tõttu kohe kaotsi osa aku väljundenergiast.

Nüüd saate joonistada P(R) sõltuvuse R-st ja teada saada, millise koormuse korral võtab kasulik võimsus maksimaalse väärtuse. Ekstreemumi funktsiooni analüüsimisel selgub, et kui R suureneb, suureneb P(R) monotoonselt kuni punktini, kus R ei võrdu r-ga. Sel hetkel on kasulik võimsus maksimaalne ja hakkab seejärel R-i edasise suurenemisega monotoonselt vähenema.

P(R)max = E²/4r, kui R = r. Sel juhul I = E/2r.

Tähtis! See on elektrotehnikas väga märkimisväärne tulemus. Energia ülekandmine toiteallika ja väliskoormuse vahel on kõige tõhusam, kui koormuse takistus ühtib vooluallika sisetakistusega.

Kui koormustakistus on liiga suur, siis on vooluahelat läbiv vool piisavalt väike, et kanda koormusele energiat märgatava kiirusega. Kui koormustakistus on liiga madal, hajub suurem osa väljundenergiast soojusena toiteallika enda sees.

Seda seisundit nimetatakse koordinatsiooniks. Üks näide allika impedantsi ja välise koormuse sobitamisest on helivõimendi ja valjuhääldi. Võimendi väljundtakistus Zout on seatud vahemikus 4 kuni 8 oomi, samas kui kõlari nominaalne sisendtakistus Zin on vaid 8 oomi. Seejärel, kui võimendi väljundiga on ühendatud 8-oomine kõlar, näeb see kõlarit 8-oomise koormusena. Kahe 8-oomise kõlari paralleelne ühendamine on samaväärne võimendiga, mis juhib ühte 4-oomist kõlarit ja mõlemad konfiguratsioonid on võimendi väljundomaduste piires.

Praeguse allika efektiivsus

Kui tööd tehakse elektrivooluga, toimuvad energia muundumised. Kogu allika tehtud töö läheb energia muundamiseks kogu elektriahela ulatuses ja kasulik töö ainult toiteallikaga ühendatud ahelas.

Vooluallika tõhususe kvantitatiivne hindamine toimub kõige olulisema näitaja järgi, mis määrab töö kiiruse, – võimsus:

Energiatarbija ei kasuta kogu IP väljundvõimsust. Tarbitud energia ja allika poolt tarnitud energia suhe on efektiivsuse valem:

η = kasulik võimsus/väljundvõimsus = Ppol./Pout.

Tähtis! Kuna Ppol. peaaegu igal juhul väiksem kui Pout, η ei saa olla suurem kui 1.

Seda valemit saab teisendada, asendades võimsuste avaldistega:

1. Allikas väljundvõimsus:

Rych. = I x E = I2 x (R + r) x t;

1. Tarbitud energia:

Rpol. = I x U = I2 x R x t;

1. Koefitsient:

η = Ppol./Pout. = (I2 x R x t)/(I2 x (R + r) x t) = R/(R + r).

See tähendab, et vooluallika efektiivsuse määrab takistuste suhe: sisemine ja koormus.

Sageli kasutatakse efektiivsusnäitajat protsentides. Siis on valem järgmine:

η = R/(R + r) x 100%.

Saadud avaldisest on selge, et kui sobivustingimus on täidetud (R = r), on koefitsient η = (R/2 x R) x 100% = 50%. Kui edastatav energia on kõige tõhusam, on toiteallika enda efektiivsus vaid 50%.

Selle koefitsiendi abil hinnatakse erinevate üksikettevõtjate ja elektritarbijate efektiivsust.

Tõhususe väärtuste näited:

• gaasiturbiin – 40%;
• päikesepatarei – 15-20%;
• liitium-ioonaku – 89-90%;
• elektrikeris – ligi 100%;
• hõõglamp – 5-10%;
• LED lamp – 5-50%;
• külmutusagregaadid – 20-50%.

Kasuliku võimsuse näitajad arvutatakse erinevatele tarbijatele sõltuvalt tehtud töö tüübist.

Video

(12.11)

Lühis on vooluahela töörežiim, milles välistakistus R= 0. Samal ajal

(12.12)

Netovõimsus R A = 0.

Täisvõimsus

(12.13)

Sõltuvuste graafik R A (I) on parabool, mille oksad on suunatud allapoole (joon. 12.1). Sama joonis näitab efektiivsuse sõltuvust  praeguse tugevuse kohta.

Näited probleemide lahendamisest

Ülesanne 1. Aku koosneb n= 5 jadamisi ühendatud elementi E= 1,4 V ja sisetakistus r= igaüks 0,3 oomi. Millise voolu juures on aku kasulik võimsus 8 W? Mis on aku maksimaalne kasutatav võimsus?

Arvestades: Lahendus

n = 5 Elementide järjestikku ühendamisel vooluahelas

E= 1,4 V
(1)

R A= 8 W Kasuliku võimsuse valemist
väljendame

välised vastupanu R ja asendada valemiga (1)

I - ?
-?

pärast teisendusi saame ruutvõrrandi, mille lahendamisel leiame voolude väärtused:

A; I 2 = A.

Niisiis, hoovuste juures I 1 ja I 2 kasulik võimsus on sama. Kasuliku võimsuse voolust sõltuvuse graafikut analüüsides on selge, et millal I 1 väiksem võimsuskadu ja suurem efektiivsus.

Netovõimsus on maksimaalne juures R = n r; R = 0,3
Ohm.

Vastus: I 1 = 2 A; I 2 = A; P amax = teisip

2. ülesanne. Ahela välisosas vabanev kasulik võimsus saavutab voolutugevusel 5 A maksimaalse väärtuse 5 W. Leidke vooluallika sisetakistus ja emf.

Arvestades: Lahendus

P amax = 5 W Kasulik võimsus
(1)

I= 5 A Ohmi seaduse järgi
(2)

Netovõimsus on maksimaalne juures R = r, siis alates

r - ? E- ? valemid (1)
0,2 oomi.

Valemist (2) B.

Vastus: r= 0,2 oomi; E= 2 V.

3. ülesanne. Energia edastamiseks 2,5 km kaugusele kahejuhtmelise liini kaudu on vaja generaatorit, mille EMF on 110 V. Energiatarve on 10 kW. Leidke vasest toitejuhtmete minimaalne ristlõige, kui voolukadud võrgus ei tohiks ületada 1%.

Arvestades: Lahendus

E = 110 V juhtme takistus

l= 510 3 m kus  - vase eritakistus; l– juhtmete pikkus;

R A = 10 4 W S– sektsioon.

 = 1,710 -8 oomi. m Energiatarve P a = I E, vool kadunud

R jne = 100 W võrgus P jne = I 2 R jne, ja kuna aretuses ja tarbija

S - ? praegune sama siis

kus

Arvväärtused asendades saame

m 2.

Vastus: S= 710 -3 m 2.

4. ülesanne. Leidke generaatori sisetakistus, kui on teada, et välisahelas vabanev võimsus on kahe välistakistuse väärtuse korral sama R 1 = 5 oomi ja R 2 = 0,2 oomi. Leidke generaatori efektiivsus kõigil neil juhtudel.

Arvestades: Lahendus

R 1 = R 2 Välisahelas vabanev võimsus on P a = I 2 R. Ohmi seaduse järgi

R 1 = 5 oomi suletud ahela jaoks
Siis
.

R 2 = 0,2 Ohm Kasutades probleemset tingimust R 1 = R 2, saame

r -?

Saadud võrdsust teisendades leiame allika sisemise takistuse r:

Ohm.

Tõhususe tegur on kogus

,

Kus R A– välises vooluringis vabastatud võimsus; R- täisvõimsus.

Vastus: r= 1 oomi; = 83 %;= 17 %.

5. ülesanne. aku emf E= 16 V, sisetakistus r= 3 oomi. Leidke välise vooluahela takistus, kui on teada, et selles vabaneb toide R A= 16 W. Määrake aku tõhusus.

Antud: Lahendus

E= 16 V Toide vabastatakse vooluahela välisosas R A = I 2 R.

r = 3 oomi Voolutugevuse leiame suletud vooluahela Ohmi seaduse alusel:

R A= 16 W siis
või

- ? R- ? Asendame antud suuruste arvväärtused selles ruutvõrrandis ja lahendame selle R:

Ohm; R 2 = 9 oomi.

Vastus: R 1 = 1 oomi; R 2 = 9 oomi;

6. ülesanne. Võrku on paralleelselt ühendatud kaks lambipirni. Esimese pirni takistus on 360 oomi, teise 240 oomi. Milline lambipirn neelab kõige rohkem energiat? Kui mitu korda?

Antud: Lahendus

R 1 = 360 Ohm Lambipirnis vabanev võimsus on

R 2 = 240 oomi P = I 2 R (1)

- ? Paralleelühenduse korral on lambipirnidel sama pinge, seega on parem võrrelda võimsusi, teisendades valemit (1) Ohmi seaduse järgi
Siis

Kui pirnid on paralleelselt ühendatud, eraldub väiksema takistusega pirni rohkem võimsust.

Vastus:

Ülesanne 7. Kaks takistustega tarbijat R 1 = 2 oomi ja R Alalisvooluvõrku ühendatakse esimest korda paralleelselt ja teist korda järjestikku 2 = 4 oomi. Millisel juhul kulub võrgust rohkem energiat? Mõelge juhtumile, kui R 1 = R 2 .

Arvestades: Lahendus

R 1 = 2 Ohm Energiatarve võrgust

R 2 = 4 oomi
(1)

- ? Kus R– tarbijate üldine vastupanu; U- võrgu pinge. Tarbijate paralleelsel ühendamisel nende kogutakistus
ja järjestikustega R = R 1 + R 2 .

Esimesel juhul vastavalt valemile (1) energiatarve
ja teises
kus

Seega, kui koormused on ühendatud paralleelselt, tarbitakse võrgust rohkem energiat kui järjestikku ühendades.

Kell

Vastus:

Ülesanne 8.. Katla küttekeha koosneb neljast sektsioonist, iga sektsiooni takistus on R= 1 oomi. Kerise toiteallikaks on aku koos E = 8 V ja sisetakistus r= 1 oomi. Kuidas tuleks kütteelemendid ühendada, et vesi boileris võimalikult lühikese aja jooksul soojeneks? Kui suur on aku koguvõimsus ja selle kasutegur?

Arvestades:

R 1 = 1 oomi

E = 8 V

r= 1 oomi

Lahendus

Allikas annab maksimaalse kasuliku võimsuse, kui välistakistus R võrdne sisemisega r.

Seetõttu tuleb vee võimalikult lühikese aja jooksul soojenemiseks sektsioonid nii sisse lülitada

juurde R = r. See tingimus on täidetud sektsioonide segaühenduse korral (joon. 12.2.a, b).

Aku tarbitav võimsus on R = I E. Vastavalt Ohmi seadusele suletud ahela jaoks
Siis

Arvutame
32 W;

Vastus: R= 32 W;  = 50 %.

Ülesanne 9*. Vool takistusega juhis R= 12 oomi väheneb ühtlaselt alates I 0 = 5 A kuni null aja jooksul  = 10 s. Kui palju soojust eraldub juhis selle aja jooksul?

Arvestades:

R= 12 oomi

I 0 = 5 A

K - ?

Lahendus

Kuna voolutugevus juhis muutub, arvutage soojushulk valemi abil K = I 2 R t ei saa kasutada.

Võtame diferentsiaali dQ = I 2 R dt, Siis
Praeguse muudatuse ühetaolisuse tõttu saame kirjutada I = k t, Kus k– proportsionaalsuskoefitsient.

Proportsionaalsusteguri väärtus k leiame tingimusest, et millal  = 10 s vool I 0 = 5 A, I 0 = k , siit

Asendame arvväärtused:

J.

Vastus: K= 1000 J.