Skripta počítačové cvičení 200

ýza elektrických obvodů
Metoda postupného zjednodušování.
Principem metody je postupné zjednodušování obvodu pomocí náhrady sériového resp.
paralelního spojení prvků jediným prvkem. Tímto postupem vznikne elementární obvod, na
který je pak aplikován Ohmův zákon.
Metoda úměrných veličin
Metoda úměrných veličin je použitelná pouze pro lineární obvody s jediným zdrojem napětí
nebo proudu. Při použití této metody postupujeme tak, že ve vhodném místě v obvodu
odhadneme (případně zvolíme) velikost napětí nebo proudu některé větve a postupně určíme
tomuto odhadu odpovídající "fiktivní" napětí a proudy v celém obvodu. Vypočítáme tak i
potřebnou velikost "fiktivního" napětí resp. proudu napájecího zdroje. Skutečné velikosti
všech obvodových veličin určíme tak, že jejich fiktivní hodnoty násobíme poměrem skutečné
a fiktivní hodnoty zdroje.

Věty o náhradních zdrojích
Část obvodu s konečným počtem aktivních a pasivních prvků (obr. 1.5.1). můžeme nahradit
- napěťovým zdrojem s napětím a impedancí (obr. 1.5.2)
i
U
i
Z
- proudovým zdrojem s proudem a admitancí (obr. 1.5.3)
i
I
i
Y
I
U
Y
i
I
i
U
i

Z
i

Z
Z
U
UZ
a
I
b
b
a

Část
obvodu
a
b

Obrázek 3.6: Aplikace vět o náhradních zdrojích
Parametry těchto zdrojů můžeme určit pomocí Théveninovy a Nortonovy věty:
Théveninova věta
Vnitřní napětí náhradního zdroje je rovno napětí naprázdno na svorkách a,b
i
U
nahrazovaného elektrického obvodu
ab0i
UU = ( 3.29 )
Vnitřní impedance náhradního zdroje je rovna impedanci mezi svorkami a, b
i
Z
nahrazovaného elektrického obvodu, ve kterém jsou ideální napěťové zdroje nahrazeny
zkratem a ideální proudové zdroje jsou odpojeny.
abi
ZZ = . ( 3.0 )
Nortonova věta
Vnitřní proud náhradního zdroje je roven proudu, který prochází spojem nakrátko mezi
svorkami a, b
i
I

abki
II = ( 3.31 )
12 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně
Vnitřní admitance náhradního zdroje je rovna admitanci mezi svorkami a,b
i
Y
nahrazovaného elektrického obvodu, ve kterém jsou zdroje elektrické energie vyřazeny
z činnosti stejně jako při určení vnitřní impedance
abi
YY = ( 3.32 )

Metoda smyčkových proudů
Výchozí rovnice v metodě smyčkových proudů se sestavují pro proudy v nezávislých
smyčkách. Rovnice pro p nezávislých smyček sestavujeme podle obecného algoritmu:
- Prvky v hlavní diagonále impedanční matice jsou tvořeny součtem
impedancí ve smyčkách 1,2....p. Pro tyto prvky se užívá název vlastní impedance smyček.
pp2211
ZZZ ....,
- Prvky mimo hlavní diagonálu impedanční matice )...( ki≠
ik
Z jsou impedance, které jsou
společné pro i-tou a k-tou smyčku. Mají záporné znaménko za předpokladu, že všechny
smyčkové proudy mají stejnou orientaci. Nemají-li i-tá a k-tá smyčka společnou
impedanci, pak prvek . Tyto prvky nazýváme vzájemné impedance smyček. 0=
ik
Z
- Sloupcová matice na pravé straně rovnic je tvořena algebraickým součtem napětí
napěťových zdrojů ve smyčkách 1,2 ....p. Tato napětí uvažujeme jako kladná, když jejich
čítací šipky jsou opačně orientované vzhledem ke kladnému smyslu smyčkových proudů a
záporná, když jejich orientace je souhlasná s orientací smyčkových proudů.














=














×














∑
∑
∑
zp
z2
z1
sp
s2
s1
ppp2p1
2p2221
1p1211
U
U
U
I
I
I
ZZZ
ZZZ
ZZZ
nullnullnullnullnullnull
null
null
( 3.33 )
Po vypočtení hodnot smyčkových proudů z rovnic, sestavených podle výše popsaného
algoritmu, můžeme vypočítat napětí a proudy pro jednotlivé prvky analyzovaného obvodu.
Poznámka.
Pokud jsou v obvodu proudové zdroje, přepočteme je na ekvivalentní zdroje napěťové.

Metoda uzlových napětí
Metoda pracuje s uzlovými napětími, pro které se sestavují rovnice pomocí I. K. z. Uzlová
napětí jsou definována jako napětí mezi nezávislými uzly a uzlem referenčním.
Výchozí rovnice pro n nezávislých uzlů můžeme sestavit pomocí obecného algoritmu:
- Prvky v hlavní diagonále admitanční matice se určí jako součty všech
admitancí připojených do uzlů 1, 2 ....n.
nn2211
....YY,Y
- Prvky mimo hlavní diagonálu admitanční matice )( ki≠
ik
Y jsou admitance, které přímo
propojují i-tý a k-tý uzel. Mají záporné znaménko za předpokladu, že všechna uzlová
napětí jsou stejně orientovaná k referenčnímu uzlu. Chybí-li přímé propojení i-tého a k-
tého uzlu, pak admitance . 0=
ik
Y
- Sloupcová matice na pravé straně rovnic je tvořena algebraickým součtem proudů
proudových zdrojů v uzlech 1, 2 ...n. Tyto proudy mají kladné znaménko, když do
příslušného uzlu vstupují a záporné, když z uzlu vystupují.
Elektrotechnika 2 cvičení 13














=












×












∑
∑
∑
nz
z2
z1
n0
20
10
nnn2n1
2n2221
1n1211
I
I
I
U
U
U
YYY
YYY
YYY
nullnullnullnullnullnull
…
…
( 3.34 )
Řešením rovnic můžeme určit uzlová napětí a následně i napětí a proudy všech prvků obvodu.
Poznámka.
Pokud jsou v obvodu napěťové zdroje přepočteme je na ekvivalentní zdroje proudové.


Výkony a výkonové přizpůsobení
Okamžitý výkon
)()()( titutp = ( 3.5 )
Činný výkon
ϕcosIUP=

( 3.36 )
Zdánlivý výkon
Re
0
ϕ
jQ
P
S

Im IUS = ( 3.37 )
Jalový výkon
ϕsinIUQ= ( 3.38 )
Komplexní výkon
ϕj
eSjQP .=+==
∗
UIS
jXR
( 3.39 )


Obrázek 3.7: Komplexní výkon
Maximální činný výkon (výkonové přizpůsobení) na impedanci
Z
i

U
+=Z
ii
jXR
, ( 3.40 )
která zatěžuje zdroj s vnitřní impedancí
+=
i
Z
∗
=
i
ZZ
( 3.41 )
Z
dosáhneme pro
( 3.42 )

Obrázek 3.8: Výkonové přizpůsobení

Rezonance v sériovém obvodu RLC
Impedance sériového obvodu RLC je
)
1
C
L
ω
ω −(
1
)( jR
Cj
LjRj
ω
ωω +=++=Z

I L R
U
U
R

U
C

U
L
C
( 3.43 )
Podmínka pro stav rezonance
( 3.44 ) CL ωω 1=
Rezonanční kmitočet vypočteme z Thomsonova vzorce
LC
fresp
LC
rr
π
ω
2
1
.
1
==

( 3.45 )
Obrázek 3.9: Sériový rezonanční obvod
Činitel kvality sériového rezonančního obvodu
14 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně
CRR
L
U
U
U
U
Q
r
rCL
s
ω
ω 1
==== . ( 3.46 )
Šířka pásma, která je dána rozdílem kmitočtů daných poklesem proudu na hodnotu 2
r
I
Q
f
ffB
r
=−=
12
( 3.47 )
Rezonance v paralelním obvodu RLC
C
I
L

LR
I
R
I
C

Admitance paralelního obvodu
)
1
(
L
CjG
ω
ω −+=Y ( 3.48 )
Rezonanční kmitočet
CL
f
r
π2
1
= ( 3.49 )

Obrázek 3.10: Paralelní rezonanční obvod
Činitel kvality paralelního obvodu je definován
CR
L
R
Q
r
r
p
ω
ω
== ( 3.50 )
Šířka pásma
Q
f
B
r
= ( 3.51 )
Přenosové funkce
Přenosové funkce popisují vzájemné závislosti mezi veličinami na vstupu a výstupu obvodu.
Nejčastěji užívaný je přenos napětí:
1
2
U
U
U
K = ( 3.52 )
Přenosové funkce jsou komplexní veličiny obvykle závislé na kmitočtu.
)(
)(
)(
)(
)(
ωϕ
ω
ω
ω
ω
j
U
eK
j
j
j ==
1
2
U
U
U
K ( 3.53 )
Kmitočet ovlivňuje jak velikost modulu tak i argument obvodové funkce. Jejich kmitočtové
závislosti graficky znázorňují modulová a argumentová charakteristika.
3.2 Vzorové příklady
Operace s komplexními čísly a fázory
Příklad 3.1:
Vyjádřete komplexní číslo v exponenciálním a verzorovém tvaru j43+=A
Řešení
Vypočteme modul a argument komplexního čísla
13,53
3
4
52543
22 null
====+= arctgA α
Sestavíme exponenciální a verzorový tvar
Elektrotechnika 2 cvičení 15
. 13,535.5
0
13,53 null
∠==
j
eA
Příklad 3.2:
Vyjádřete komplexní číslo ve složkovém tvaru.
null
34,141
4031,6
j
e=A
Řešení
Nejprve vypočteme reálnou a imaginární část komplexního čísla
5)34,141cos(.4031,6]Re[ −==
null
A
4)34,141sin(.4031,6]Im[ ==
null
A
Složkový tvar komplexního čísla je
j45+−=A
Příklad 3.3:
dáno součtem komplexních čísel j52+=
1
A a j5,11+=
2
A Určete komplexní číslo, které je
Řešení
jjj 5,635,1152 +=+++=+=
21
AAA
Příklad 3.4:
Vypočítejte součin komplexních čísel a
o
j
e
40
10=
1
A
o
j
e
10
30
−
=
2
A
Řešení
ooo
jjj
eee
301040
3003010 =⋅=⋅=
−
21
AAA
Příklad 3.5:
Vypočítejte podíl komplexních čísel a
o
j
e
30
20=
1
A
o
j
e
10
4=
2
A
Řešení
o
o
o
j
j
j
e
e
e
20
10
30
2
5
4
20
=
⋅
⋅
==
A
A
A
1

Příklad 3.6:
Vypočítejte podíl komplexních čísel j32
1
+=A a j+=2
2
A
Řešení
j
j
j
j
j
j
8,04,1
5
47
2
2
2
32
+=
+
=
−
−
⋅
+
+
==
2
1
A
A
A

Příklad 3.7:
Rozvodná síť má efektivní hodnotu napětí 230 V. Jaká je maximální hodnota tohoto napětí?
Řešení
VUU
m
27,32523022 =⋅=⋅=
Příklad 3.8:
Vyjádřete fázor ve složkovém a verzorovém tvaru. Ve
j
null
15
50
−
=U
Řešení
Nejprve vypočteme reálnou a imaginární část fázoru U
16 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně
296,48)15cos(.50]Re[ =−=
null
U 94,12)15sin(.50]Im[ −=−=
null
U
Složkový a verzorový tvar fázoru je
VVj °−∠=−= 1550 ;94,12296,48 UU
Příklad 3.9:
Střídavé harmonické napětí s amplitudou U
m
=10 V a kmitočtem f=120 Hz má počáteční fázi
.
o
u
rad 45,17305,0 ==ψ Zapište komplexní efektivní, maximální a okamžitou hodnotu
tohoto napětí.
Řešení
Vyjdeme z obecného vztahu pro okamžitou hodnotu
)sin()(
um
tUtu ψω +=
Úhlový kmitočet
sec/754120.22 radf === ππω
Vypočtené hodnoty dosadíme do obecného vztahu pro okamžitou hodnotu
Vttu )305,0754(sin10)( +=
Komplexní efektivní hodnota
VeeeeU
o
u
jjjj 45,17305,0305,0
07,707,7
2
10
====
ψ
U
Komplexní maximální hodnota
VeeeU
o
u
jjj
m
45,17305,0
1010 ===
ψ
m
U
Komplexní okamžitá hodnota
Ve
tj )305,0754(
10)(
+
=tu
Příklad 3.10:
Jaká je efektivní hodnota výsledného proudu, který je tvořen dvěma proudy s maximálními
hodnotami a počátečními fázemi AIAI
mm
2,1,8,0
21
==
o
i
o
i
65,35
21
−== ψψ ?
Řešení
Proudy i
1
, i
2
vyjádříme pomocí komplexních efektivních hodnot (fázorů) I
1
, I
2
ve složkovém
tvaru
AjjjI
oo
ii
324,0463,0)35sin35(cos
2
8,0
)sin(cos
111
+=+=+= ψψ
1
I
[ ] AjjjI
oo
ii
769,0358,0)65sin()65cos(
2
2,1
)sin(cos
222
−=−+−=+= ψψ
2
I
Fázor výsledného proudu
Ajjj 445,0821,0769,0358,0324,0463,0 −=−++=+=
21
III
a jeho efektivní hodnota
AI 934,0445,0821,0
22
=+=
Příklad 3.11:
Jaký je proud i
1
, když proudy i
2
a i
3
jsou dány rovnicemi
A)6/πt314sin(10.2
2
+=i
i
3
i
2
i
1
A)4/π−t314sin(25.2
3
=i
Řešení
Aplikací I. K .z. dostaneme
0=−−
321
III
Elektrotechnika 2 cvičení 17
Obrázek 3.11: Aplikace I. K .z.
Z této rovnice proud
Aejjj
jjee
j
jj
oo
°−
−
=−=−++
=°−+°−+°+°=+=+=
7,25
4530
229,29677,12337,26677,17677,17566,8
)45(sinsin25)45(cos2530sin1030cos102510
321
III

Počáteční fázi výsledného proudu přepočteme na radiány a proud i
1
pak bude
AttIi
im
)4485,0314(sin229,29.2)314(sin
111
−=+= ψ
Příklad 3.12:
Určete impedanci sériového obvodu s prvky Ω=20R , L=31,8 mH, FC µ53= pro kmitočet
f =150 Hz .
Řešení
Impedance obvodu je
Ω∠=+=−+=++=
−
− o
jj
Cj
LjR 5,264,221020)
10.53.1502
1
10.8,31.1502(20
1
6
3
π
π
ω
ωZ
Příklad 3.13:
Vypočtěte admitanci paralelního zapojení rezistoru a kondenzátoru
C = 20 µF ; R = 100 Ω ;f = 500 Hz ;


Obrázek 3.12: Paralelní zapojení RC
Řešení
CR
; 0628,001,010.20.500.2.
100
11
6
SjjCj
R
+=+=+=
−
πωY

Příklad 3.14:
Vypočtěte celkovou impedanci obvodu při kmitočtu f = 250 Hz.
12
47 ; 22 ; 20 µF; 18 mH.RRCL=Ω =Ω = =
C
Z
1
R
1 L
R
2

Z
2
Obrázek 3.13: Sériově paralelní obvod RLC
Řešení
Příklad budeme řešit postupným zjednodušováním.
18 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně
Ω 27,28471018250247
3
1
jjLjR +=⋅⋅⋅+=+=
−
πω
1
Z
Ω−=
+
=
+
−
28,10905,14
22.10.20.250.21
22
1
6
2
2
j
jCRj
R
πω
=
+
⋅
=
1
1
2
2
Cj
R
Cj
R
ω
ω
2
Z
Celková impedance je součtem impedancí : Z
21
ZZ ,
Ω=+=−++=+= 46,6499,17905,6128,10905,1427,2847
'216
null
j
ejjj
21
ZZZ .
Příklad 3.15:
Jaké je vnitřní napětí napěťového zdroje s vnitřní impedancí
Ω°∠= 306,0
i
Z
6,0
, který dodává do zátěže
proud
Ω∠= 26200
null
z
Z
A20°−∠=I .
Z
i
U
i
I
Z
z

Obrázek 3.14: Zatížený napěťový zdroj
Řešení
Napětí U
i
je dáno součtem napětí na impedancích Z
i
a Z
z

V°∠=°∠°−∠+°∠°−∠=+= 19,699,12526200.206,03010.206,0
zii
I.ZI.ZU
Příklad 3.16:
Určete parametry proudového zdroje ekvivalentního napěťovému zdroji s parametry

°°
==
5030
10,100
jj
ee
ii
ZU
Řešení
Vnitřní proud proudového zdroje
Ae
e
e
j
j
j
°−
°
°
===
20
50
30
10
10
100
i
i
i
Z
U
I
Vnitřní admitance proudového zdroje
Se
e
j
j
°−
°
===
50
50
1,0
10
1
i
i
Z
1
Y
Příklad 3.17:
Vypočítejte celkový proud v obvodu
Z
2
Z
1
Z U
I I I
U
R
2

C
1
C
2
R
1

Obrázek 3.15: Postupné zjednodušování obvodu

Řešení
Nejprve vypočteme impedanci sériového zapojení rezistoru R
1
a kapacitoru C
1
Elektrotechnika 2 cvičení 19
1
1
1
Cj
R
ω
+=
1
Z
Impedance paralelního zapojení rezistoru a kapacitoru CR
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
RCj
R
Cj
R
Cj
R
ω
ω
ω
+
=
+
⋅
=
2
Z
je zapojena do série s impedancí . Sečtením impedancí dostaneme celkovou
impedanci
1
Z
21
Z,Z
21
ZZZ +=
Celkový proud, odebíraný ze zdroje, určíme z elementárního obvodu na obr. 1.4.3.
Z
U
I=
Příklad 3.18:
Vypočtěte proudy a celkovou impedanci Z
CR
III ,, .

C = 20 µF ;R = 100 Ω ;
f = 500 Hz ;
V100=U
I
R

CR
I
I
C

U
.
Obrázek 3.16: Zjednodušování obvodu
Řešení
Dílčí proudy
, 28,60628,0..100., 1
100
100
AjjCjA
R
====== ωUI
U
I
CR

Celkový proud a celková impedance
. 95,807,15
95,8036,6
100
; .36,6.28,6128,61
95,80.
1
28,6
.
22
Ω−∠=
∠
==
=+=+=
null
null
null
I
U
Z
I Aeej
j
arctgj


Příklad 3.19:
Vypočítejte zjednodušováním obvodu impedanci . Určete proud . Z I

L
I
C
3
R
1
C
1
C
2

U

R
1
= 300 Ω ; R
2
= 100 Ω ;
R
2
C
1
= 5 µF ; C
2
= 10 µF ; C
3
= 2 µF ; L = 1 H ;
U = 220 V ; f = 50 Hz ;

Obrázek 3.17: Zjednodušování složitého obvodu
Řešení
Výpočty impedancí jednotlivých větví
ω = 2.π.f = 314,16 s
-1
.
. )31,318100(
1
1
1
Ω−=+= j
Cj
R
ω
1
Z
20 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně
, 07,4743,44046,322300
10.516,314
1
116,314300
1
6
2
2
Ω−∠=−=





×
−×+=++=
−
null
jj
Cj
LjR
ω
ω
2
Z
, 55,1591
1
3
Ω−== j
Cjω
3
Z
, )88,29944,202(
1,8138,1937
9055,159107,4743,440
Ω−=
−∠
−∠×−∠
=
+
= j
null
nullnull
32
32
23
ZZ
.ZZ
Z
Výpočet celkové impedance
, 13,6321,68819,61844,30288,29944,20231,318100 Ω−∠=−=−+−=+=
null
jjj
231
ZZZ
Celkový proud
. 93,633197,0287,014,0
93,6321,688
220
Aj
null
null
∠=+=
−∠
==
Z
U
I
Příklad 3.20:
Určete proud pomocí
3
I metody úměrných veličin

L
I
2
R
2

I
C
2
R
1
C
1

1
I
3

U

V
null
30100∠=U ;
R
1
= 27 Ω ;R
2
= 30 Ω ;R
3
= 20 Ω ;
R
3
1/ωC
1
= 25 Ω ;1/ωC
2
= 18 Ω ;ωL = 30 Ω .


2

Obrázek 3.18: Metoda úměrných veličin
Řešení
Předpokládáme proud A1
3
=′I
(). 3020; 301.30. ; 20.
3
VjVjjLjVR +=′+′=′==′=′=′=′
LR3123L3R3
UUUIUIU ω
A
j
j
CjR
null
76,860306,1
1830
3020
/
22
∠=
−
+
=
−
′
=′
ω
12
2
U
I .
( ) . 209,444764,10295,10582,110295,10582,0 Ajj
null
∠=+=++=′+′=′
321
III
() . )336,13,54(409,13152,548,428,36.209,444764,1/
11
VjCjR +=∠=−∠∠=−′=′
nullnullnull
ω
1R1C1
IU
. 868,22638,80336,313,743020336,13,54 Vjjj
null
∠=+=+++=′+′=′
12R1C1
UUU
Skutečné napětí zdroje je
()Vj506,8630100 +=∠=
null
U .
Poměr

null
null
null
132,724,1
868,22638,80
30100
∠=
∠
∠
=
′
=
U
U
k
Proud
A°∠=°∠=′= 132,724,11.132,724,1´.
33
IkI


Elektrotechnika 2 cvičení 21
Příklad 3.21:
Vypočítejte proud užitím
2
I Théveninovy věty
U
I
2

C
R
2

L
R
1

b
a


Ω=Ω=
==
==
20050
101
5,159110
21
RR
mHLFC
HzfV
µ
U




Obrázek 3.19: Aplikace Théveninovy věty
Řešení
Nejprve vypočteme impedance
Ω+=+=Ω−== 10050,100
1
1
jLjRj
Cj
ω
ω
LRC
1
ZZ
Obrázek 3.20: Postup při aplikaci Théveninovy věty
I
2

Z
i
U
i
U
i
U
R
2
C
L
R
a
C
L
R
1

b
a
b
Napětí náhradního zdroje určíme pomocí poznatků o napěťovém děliči
Vjj
jj
2010)10050(
10050100
10
+=+⋅
++−
=⋅
+
==
LR
LRC
ab0i
1
1
Z
ZZ
U
UU
Vnitřní impedance náhradního zdroje je dána impedancí mezi svorkami a, b obvodu
Ω−=
++−
+⋅−
=
+
⋅
== 100200
10050100
)1005(100
j
jj
jj
LRC
LRC
abi
1
1
ZZ
ZZ
ZZ
Hledaný proud
Aj
j
j
null
47,7705423,005294,001765,0
200100200
2010
∠=+=
+−
+
=
+
=
2i
i
2
RZ
U
I
Příklad 3.22:
Určete proud v následujícím obvodu.
4
I

Z
4

I
4

U Z
2
Z
3

Z
1

() (
(). 512 ; 24
; 10055 ; 3540
V; 200
10
Ω+=Ω=
Ω+=Ω+= )
=
−
je
jj
j
42
31
ZZ
ZZ
U
null

Obrázek 3.21: Aplikace Nortonovy věty
22 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně
Řešení
Použijeme metodu náhradního proudového zdroje. Proud ekvivalentního proudového zdroje
A 763,3
3540
200
19,41
null
j
e
j
−
=
+
==
1
i
Z
U
I ;
Obrázek 3.22: Postup při aplikaci Nortonovy věty
Vnitřní admitance
S. 0025,00594,0
10055
1
24
1
3540
1111
10
j
j
e
j
j
+=
−
++
+
=++=
−
null
321
i
ZZZ
Y
Hledaný proud určíme pomocí poznatků o proudovém děliči
.173,2
512
1
10245,010934,5
512
1
763,3
1,52
22
19,41
Ae
j
j
j
e
jj °−
−−
−
=
+
+⋅+⋅
+
=
+
=
null
4i
4
i4
YY
Y
II
Příklad 3.23:
Vypočítejte proud I metodou
1
smyčkových proudů.

()
H. 15,0 µF; 30 µF; 50
; 42 ; 30
Hz; 100
V; 1030
V; 45
21
21
25
===
Ω=Ω=
=
+−=
=
LCC
RR
f
j
e
j
2
1
U
U
null

L
R
2
R
1
C
1
I
1

U
2
C
2
U
1
I
s1
I
s2
Z
2
Z
3

Z
1

U
I
i
I
4
YY
i
I
i
Obrázek 3.23: Obvod se dvěma smyčkovými proudy
Řešení
Nejprve vypočteme vlastní a vzájemné impedance smyček a vyjádříme napětí ve
složkovém tvaru.
1
U
; 88,8430
10301002
1
10501002
1
30
11
66
21
1
Ω−=
⋅⋅⋅
−
⋅⋅⋅
−=++=
−−
jjj
CjCj
R
ππωω
11
Z
Ω=−== 05,53
1
2
j
Cjω
2112
ZZ ;
; 2,4142
10301002
1
15,0100242
1
6
2
2
Ω+=
⋅⋅⋅
−⋅⋅+=++=
−
jjj
Cj
LjR
π
π
ω
ω
22
Z
Elektrotechnika 2 cvičení 23
( ) V 02,1978,4025sin25cos4545
25
jje
j
+=+==
nullnull
null
1
U .
Výchozí rovnice pro daný obvod jsou:
. UIZIZ
; UIZIZ
2s222s121
1s212s111
−=+
=+

( )
() 1030
ˆ
2,4142 05,53
02,1978,40 05,53 88,8430
jjj
jjj
−=++
+=+−
s2s1
s2s1
II
II

Výpočet neznámého proudu provedeme pomocí determinantů
A. 123,0
5,7921
84,972
2,23293,7571
3,8879,398
; 3,8879,398
2,41421030
05,5302,1978,40
; 2,23293,7571
2,414205,53
05,5388,8430
9,82
1,17
8,65
null
null
null
j
j
j
e
e
e
j
j
j
jj
jj
j
jj
jj
==
−
+
==
+=
+−
+
=
−=
+
−
=
−
D
D
I
D
D
1
s1
1

Hledaný proud je
.A 123,0
9,82
null
j
e==
s11
II
Příklad 3.24:
Proudy ve větvích obvodu vypočtěte metodou smyčkových proudů.

kHzfV
mHLmHL
mHLRR
20 ,010
,25,0 ,2
1,0 ,20 ,5
32
121
=°∠=
==
=Ω=Ω=
1
U



L
2
I
s1
L
3
I
s2

R
2
R
1
L
1

U
Obrázek 3.24: Obvod se dvěma smyčkovými proudy – druhá varianta
Řešení
Rovnice smyčkových proudů můžeme zapsat přímo v maticovém tvaru:






=

