Předložený studijní materiál slouží jako základní studijní materiál pro distanční formustudia předmětu Elektrotechnika 1. Spolu s dalšími základními předměty jako Matematika 1,Fyzika 1 a Počítače a programování 1 vytváří nezbytně nutné teoretické základy společné provšechny elektrotechnické obory, které jsou potřebné k dalšímu studiu předmětů specializacíve vyšších ročnících studia.
17: Můstkové zapojení metodě transfigurace
.
Výpočet odporů trojúhelníku odporů hvězdy již tak jednoduchý není, neboť jedná o
soustavu nelineárních rovnic (rovnice obsahují součiny hledaných odporů). To
lze vysvětlit také tak, pokud každý obvod uzavřeme krabičky necháme vystupovat
pouze tři vývody, žádným způsobem nejsme zvnějšku schopni obvody vzájemně rozlišit.
Obr.17.10, jehož schéma nyní překresleno Obr. 3.Elektrotechnika 1
Oba obvody mají být ekvivalentní pokud jde jejich chování vzhledem vnějšímu okolí.
Jediné, zvnějšku měřit, jsou vstupní odpory mezi jednotlivými vývody.
Příklad 3. Opět se
zajímáme proud diagonálou můstku. Výsledkem řešení
jsou vztahy (transfigurace Y→∆):
20
1030
103031
10
3020
302023
30
2010
201012 ,,
R
RR
RRR
R
RR
RRR
R
RR
RRR ++=++=++= 3. Ekvivalence
je tedy podmíněna splněním tří vztahů:
( )
2010
312312
312312
RR
RRR
RRR
+=
++
+
,
( )
3020
312312
123123
RR
RRR
RRR
+=
++
+
,
( )
1030
312312
231231
RR
RRR
RRR
+=
++
+
. 3.14:
Vrátíme můstku Příklad 3.
Jsou rovnice lineární vzhledem odporům hvězdy 302010 RRR Snadno nich proto tyto
odpory vypočítáme, jsou-li zadány odpory trojúhelníku (transfigurace ∆→Y):
312312
2331
30
312312
1223
20
312312
3112
10 ,,
RRR
RR
R
RRR
RR
R
RRR
RR
R
++
=
++
=
++
= 3. Celkový proud zdroje nemůžeme jednoduše
zjistit, protože nedokážeme snadno vypočítat celkový odpor, který obvod pro napájecí zdroj
představuje.18 )
Je možné také pamatovat, pokud vyjádříme všechny hodnoty rezistorů jejich vodivostmi,
obdržíme vztahy formálně podobné 3.17 )
Ve jmenovatelích všech tří zlomků součet odporů trojúhelníku 312312 RRRR ++=Σ .19 )
Ukážeme nyní, jak lze pomocí transfigurace analyzovaný obvod přeměnit umožnit tak
jeho řešení některou jednoduchých metod.17 tedy
302010
1030
31
302010
3020
23
302010
2010
12 ,,
GGG
GG
G
GGG
GG
G
GGG
GG
G
++
=
++
=
++
= 3
