• Nenhum resultado encontrado

Villamosságtan II. kidolgozott feladatok 2.

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "Villamosságtan II. kidolgozott feladatok 2."

Copied!
67
0
0

Texto

(1)

14.2 Egy soros RLC kör rezonancia frekvenciája s krad 10 , a sávszélesség s rad 400 . a.,) Határozza meg a vágási frekvenciát (±3dB)!

b.,) Határozza meg C és R értékét, ha L=1mH.

A sávszélesség: az a frekvencia, amikor a rendszer zárt hurkú erısítése ‒3 dB alá esik. Mivel a rezonancia frekvenciája és a sávszélesség adott könnyen kiszámítható a kör jósági

tényezıje: 25 s rad 400 s rad 10 10 Q 3 0 = ⋅ = =

ω

ω

Mivel a Q10 ezért ez egy nagy Q értékő kör.

A két vágási frekvencia az alábbiak szerint egzaktul számítható: s rad 9802 200 002 . 10 2 Q 4 1 1 2 0 1 = + − = − =

ω

ω

ω

s rad 202 . 10 200 002 . 10 2 Q 4 1 1 2 0 2 = + + = + =

ω

ω

ω

Megnézve a közelítı formula használata esetén, mekkora hibát követünk el: s rad 9800 200 000 . 10 2 0 11 = − = − = ω ∆ ω ω s rad 200 . 10 200 000 . 10 2 0 22 = + = + = ω ∆ ω ω

A C meghatározásához az alábbi összefüggést tudjuk használni:

C L 1 2 0 = ω

F

10

)

s

rad

10

10

(

H

10

1

1

L

1

C

2 3 3 2 0

µ

ω

=

=

=

Az R meghatározásához a következıkbıl indulhatunk ki:

R L Q=

ω

0

ω

4 , 0 25 H 10 1 s rad 10 10 Q L R 3 3 0 = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = −

(2)

14.3 Egy soros RLC kör maximális árama 2,5A, ekkor a rákapcsolt feszültség értéke 10V . A hálózat kapacitása 0,1µF , és még ismert a kör induktív reaktanciája 50Ω .

a.,) Határozza meg R, Q és L értékeit!

b.,) Az

ω

0 rezonancia frekvenciát, és a ∆ω sávszélességet! A 5 , 2 I 0 = ω V 10 U 0 = ω F 1 , 0 C= µ Ω ω 50 | X 0 | L =

A körnek akkor lesz a maximális az árama ha soros RLC kör rezonál. Ez a frekvencia nem ismert de tudjuk hogy ez esetben az impedanciának csak reális összetevıje van.

° ∠ =R 0 ZT

Az Ohm törvényt felírva:

R U Z U I T = = Ω = = = 4 A 5 , 2 V 10 I U R

Így, hogy már ismert R értéke és adott volt X |ω 50

0

|

L = értéke, meghatározható a jósági

tényezı: 5 , 12 4 50 R L Q= 0= =

ω

Mivel a Q10 ezért ez egy nagy Q értékő kör. Az L kiszámításához a Q definícióját használhatjuk:

C L R 1 Q= mH 25 , 0 F 10 1 , 0 ) 4 ( 5 , 12 C R Q L= 2 2 = 2

2 6 =

b.,) Mivel az induktív reaktancia a rezonancia esetén adott, ebbıl az

ω

0 számítható: L | XL | 0 0=ω ⋅ ω s rad 000 . 200 H 10 25 , 0 50 3 0 = − = Ω ω és innen adódik: 31,85kHz 2 s rad 000 . 200 f0 = ⋅ =

π

Ellenırzésként az alábbi összefüggéssel számolhatunk:

C L 1 2 0 = ω s krad 200 F 10 1 , 0 mH 25 , 0 1 C L 1 6 0 = ⋅ ⋅ = ⋅ = −

ω

Végül a sávszélesség meghatározása: s krad 16 5 , 12 s rad 10 200 Q 3 0 = ⋅ = =

ω

ω

és innen adódik: 2,55kHz 2 s rad 000 . 16 f = ⋅ =

π

(3)

14.4 Egy soros RLC kör látható az alábbi ábrán. A kapcsolás kHz1 frekvencival üzemel. Amely egyben a kör rezonancia frekvenciája. A második grafikonon az oszcilloszkóp képernyıje látató. Amelynél az „A” csatorna osztása V /osztás=20.

a.,) Mutassa meg melyik jel minek az értékét mutatja!

b.,) Határozza meg „B” csatorna osztását, a kör feszültségét és áramát! c.,) Határozza meg L és C értékét! b.,) Az oszcilloszkóp képernyıjérıl: V 57 , 56 2 V 20 4 URC = ⋅ = ° = ⋅ ° = 1osztás 36 osztás 5 180 ϕ

Felhasználva a geometriai összefüggéseket, kapjuk az alábbiakat: V 75 , 45 36 cos 57 , 56 cos U UC = RC

ϕ

= ⋅ °= V 25 , 33 36 sin 57 , 56 sin U U UR = = RC

ϕ

= ⋅ °=

a „B” csatorna osztása tehát: 21,57

osztás 3 2 75 , 45 osztás / V " B " = ⋅ =

A Voltmérı által mutatott érték tehát: U =33,25V

Az Ampermérı által mutatott érték tehát: 3,325A 10 V 25 , 33 R U I = R = = Ω c.,) Rezonancia esetén: Ω 76 , 13 A 325 , 3 V 76 , 45 I U X X C C L = = = = Ezek alapján: mH 19 , 2 Hz 1000 2 76 , 13 X L L = ⋅ ⋅ = = π Ω ω F 57 , 11 Hz 1000 2 76 , 13 1 X 1 C C

µ

π

ω

= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ =

(4)

14.5 Adott egy párhuzamos RLC kör R=250

, L=2mH, C=20

µ

F. A kapcsolás 0,1A-t vesz fel

ω

0 rezonancia frekvencia esetén.

a.,) Határozza meg

ω

0, Q,

ω

, és a két

ω

1,

ω

2 vágási frekvencia értékét!

b.,) Határozza meg a kapcsolásra kapcsolt feszültség nagyságát, és az egyes ágáramok nagyságát!

Mivel minden elem adott,

ω

0 számítható:

s rad 5000 F 10 20 H 10 2 1 C L 1 6 3 0 = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = − −

ω

és innen: 796,2Hz 2 s rad 5000 f0 = ⋅ =

π

25 H 10 2 F 10 20 250 L C R R C L R Q 3 6 0 0 = ⋅ ⋅ ⋅ = = ⋅ ⋅ = ⋅ =

ω

ω

s rad 200 25 s rad 5000 Q 0 = = =

ω

ω

Mivel a Q10 ezért ez egy nagy Q értékő kör.

Így a két vágási frekvencia az alábbi közelítı képlet szerint is kis hibával számítható: s rad 4900 100 000 . 5 2 0 1 = − = − =

ω

ω

ω

s rad 5100 100 000 . 5 2 0 2 = + = + =

ω

ω

ω

Ha a pontos képlettel számoltunk volna:

s rad 4901 100 5001 2 Q 4 1 1 2 0 1 = + − = − =

ω

ω

ω

Az eltérés viszont láthatóan nagyon kicsi, így a közelítı képlet is valóban megfelelı pontosság nagy Q esetén.

b.,) Rezonancia esetén az impedancia csakis ohmos jellegő:

° ∠ = ° ∠ =R 0 250 0 ZT V 25 250 A 1 , 0 R I Z I U = ⋅ T = ⋅ = ⋅

= A 1 , 0 I R U IR = = = A 5 , 2 A 1 , 0 25 C U L U I Q I I 0 0 L C = = ⋅ =

ω

= ⋅

ω

⋅ = ⋅ =

(5)

14.6 Mekkora az elızı kapcsolás feszültsége, ha az áramot tartjuk az elızı értéken és a körfrekvencia értékét tizedére csökkentjük

ω

=0,1

ω

0.

a.,) Határozza meg a kapcsolás feszültségét, és az ágáramok nagyságát! A hálózat admittanciájának általános alakját felírva:

S 8 , 89 99 , 0 99 , 0 j 004 , 0 ) 1 01 , 0 ( j 004 , 0 ) H 10 2 s rad 500 1 F 10 20 s rad 500 ( j 250 1 ) L 1 C ( j R 1 Y 3 6 T ° − ∠ = − = − + = = ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + = ⋅ − ⋅ + = − −

ω

ω

Az áram vektort választva referencia vektornak: I =0,10°A

V 8 , 89 101 , 0 S 8 , 89 99 , 0 A 0 1 , 0 Y I Z I U T T ° = ∠ ° ° ∠ = = ⋅ = mA 8 , 89 404 , 0 0 250 A 8 , 89 101 , 0 Z U I R R ° = ∠ ° ° ∠ = =

mA 8 , 179 01 , 1 90 100 A 8 , 89 101 , 0 Z U I C C ° = ∠ ° ° ∠ = =

mA 2 , 0 101 90 1 A 8 , 89 101 , 0 Z U I L L ° = ∠− ° ° ∠ = =

14.7 Egy párhuzamos RLC kör esetén, a hálózatra kapcsolt feszültség 10V , az ekkor folyó (minimális) áram 0,1A. A kapcsolás rezonancia frekvenciája MHz2 , a sávszélesség

kHz 200 .

a.,) Határozza meg a létra kapcsolás elemeinek értékét!

A hálózat árama minimális a rezonancia frekvencia esetén. A hálózat ez esetben eléri az impedanciája maximumát azaz R-t:

100 A 1 , 0 V 10 I U R= = =

Az áramkör jósági tényezıje: 10 Hz 10 200 2 Hz 10 2 2 Q 3 6 0 = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = =

π

π

ω

ω

R C L C R L R Q 0 0 ⋅ ⋅ = = ⋅ =

ω

ω

L C 1 2 0 =

ω

nF

96

,

7

100

Hz

10

2

2

10

R

Q

C

6 0

=

=

=

π

ω

H 796 , 0 F 10 96 , 7 ) Hz 10 2 2 ( 1 C 1 L 2 6 2 9 0

µ

π

ω

⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = =

(6)

14.8 Egy tank kapcsolásban a kapacitás értéke pF1 . A kör rezonancia frekvenciája MHz1 éa a sávszélesség 50kHz.

a.,) Mekkora L és R értéke?

b.,) Mekkora a teljes tank kapcsolás impedanciája rezonancia esetén?

A jósági tényezı meghatározható a rezonancia frekvencia és a sávszélesség segítségével: 20 Hz 10 50 2 Hz 10 1 2 Q 3 6 0 = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = =

π

π

ω

ω

Mivel a Q10 ezért ez egy nagy jósági tényezıjő kör, így használható a közelítı összefüggés is: C L 1 2 0 =

ω

25,33mH F 10 ) Hz 10 2 ( 1 C 1 L 12 2 6 2 0 = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ =

π

ω

R L Q=

ω

0

ω

π

7,958k

20 H 10 33 , 25 Hz 10 2 Q L R 3 6 0 ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = −

b.,) Rezonancia frekvencia esetén igaz az alábbi közelítı összefüggés, nagy jósági tényezıjő kör esetén: ZT =Q2R=2027,958103

=3,183M

Ellenırizve a közelítı összefüggés hibáját, az egzakt összefüggéssel számolva teljesen ugyan azt az eredményt kapjuk:

10 F 3,183M 10 958 , 7 H 10 33 , 25 C R L Z 3 12 3 T = ⋅ = ⋅ = − s Mrad 275 , 6 10 0987 , 0 10 4789 , 39 L R C L 1 12 12 2 0  = ⋅ − ⋅ =    − ⋅ =

ω

MHz 9988 , 0 2 s Mrad 275 , 6 f0 = ⋅ =

π

(7)

14.9 Az ábrán látható kapcsolás esetén a kör eredı árama és feszültsége fázisban van, U =60V és A 72 , 0 I = .

a.,) Mekkora a Z2-es impedancia nagysága? b.,) Mennyi a jósági tényezı értéke és a

sávszélesség értéke?

c.,) Rajzoljon teljes vektorábrát az U feszültséget véve referencia értéknek! Legyen U =600°V és I =0,720°A

° ∠ = + = = ⋅ ⋅ + = = + = − 1 , 53 50 40 j 30 s rad 2000 H 10 20 j 30 X R Z 3 L 1 S 1 , 53 02 , 0 Z 1 Y 1 1= = ∠− °

Mivel a feladat szövegébıl kiderül, hogy az eredı áram és feszültség fázisban van egymással, ebbıl következik, hogy szükségszerően rezonanciának kell fenn állnia.

2 1 T Y Y U I Y = = + S 1 , 53 02 , 0 Z 1 Y 1 1= = ∠− ° 2 Y S 1 , 53 02 , 0 V 0 60 A 0 72 , 0 + ° − ∠ = ° ∠ ° ∠ C j jB 016 , 0 j ) 016 , 0 j 012 , 0 ( 012 , 0 Y2 = − − = = C =

ω

Ebbıl következik hogy a Z2 impedanciának szükségszerően kapacitásnak kell lennie. F 8 2000 016 , 0 X C C

µ

ω

= = =

b.,) A jósági tényezı L és R segítségével meghatározható:

333 , 1 30 H 10 20 s rad 2000 R L Q 3 0 = ⋅ ⋅ = ⋅ = −

ω

s rad 1500 333 , 1 s rad 2000 Q 0 = = =

ω

ω

Mivel a Q10 ezért ez a kapcsolás jósági tényezıje nem nagy. Az eredmény ellenırzése az alábbi módon lehetséges:

s rad 2000 H 10 20 30 F 10 8 H 10 20 1 L R C L 1 2 3 6 3 2 0  =    ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ =     − ⋅ =

ω

, ahogy vártuk.

Ugyancsak az egzakt képletet használva:

ω

83,33 F 10 8 30 H 10 20 C R L | Z 6 3 0 T = ⋅ = ⋅ =

(8)

A közelítı képlet a kis Q érték miatt nem helyes: ZT' |

ω

0 =Q2R=1,333230

=53,33

c.,) Az ágáramok ezek után egyszerően számíthatóak:

A 1 , 53 2 , 1 1 , 53 50 V 0 60 Z U I 1 1 ° = ∠− ° ° ∠ = =

A 90 96 , 0 S 90 016 , 0 V 0 60 Y U Z U I 2 2 2 = = ⋅ = ∠ ° ⋅ ∠ ° = ∠ ° 2 1 I I I = +

(9)

Nem szinuszos periodikus jelek esetén a Fourier analízis segítségével megmondhatjuk milyen frekvenciájú és amplitúdójú jelek összegeként kapjuk meg a keresett jelet.

Az eredeti jelet sin és cos összetevıkre bontjuk az alábbi módon: ... 2 sin sin ... 2 cos cos 2 1 ) (t = A0 +A1 t+A2 t+ +B1 t+B2 t+ f

ω

ω

ω

ω

∞ = ∞ = + + = 1 1 0 cos( ) sin( ) 2 1 ) ( n n n n n t B n t A A t f

ω

ω

Az A és n B együtthatókra a következı összefüggéseket írhatjuk fel: n Tudjuk, hogy T 2 f 2

π

π

ω

= ⋅ ⋅ = tehát a periódusidı

ω

π

2 T = azaz T 2 =

π

ω

= = T n dt T nt t f T dt t n t f A 0 / 2 0 2 cos ) ( 2 ) cos( ) (

ω

π

π

ω

π ω

= = T n dt T nt t f T dt t n t f B 0 / 2 0 2 sin ) ( 2 ) sin( ) (

ω

π

π

ω

π ω

6.1 Többhullámú feszültséget ír le a következı sor:

) 90 t 5 sin( V 3 ) 45 t 3 sin( V 5 , 8 ) 30 t sin( V 10 V 5 u= +

ω

+ ° +

ω

− ° +

ω

− °

Írjuk át a sort olyan alakúra, amelyben kezdı fázisszög nélküli szinusz- és koszinusz-függvények szerepeljenek!

Az egyes harmonikus-ok összetevı szinusz-, illetve koszinusz függvényeinek együtthatói: 66 , 8 2 3 10 30 cos A a1= 1⋅ °= ⋅ = 5 2 1 10 30 sin A b1 = 1⋅ °= ⋅ = 6 2 2 5 , 8 ) 45 cos( A a3 = 3⋅ − ° = ⋅ = ) 6 2 2 ( 5 , 8 ) 45 sin( A b3 = 3⋅ − ° = ⋅ − =− 0 ) 90 cos( A a5 = 5⋅ − ° = b5 =A5sin(90°)=3(1)=−3 Ezen adatok alapján a megoldás:

) t 5 cos( V 3 ) t 3 cos( V 6 ) t 3 sin( V 6 ) t cos( V 5 ) t sin( V 66 , 8 V 5 u= +

ω

+

ω

+

ω

ω

ω

6.2 Valamely többhullámú áram Fourier-sora:

t)

ω

ω

ω

ω

t) 6Asin(2 t) 8Acos(2 t) 5Acos(3 sin( A 2 A 4 i= + + − +

Írjuk át ezt a Fourier-sort olyan alakúra, amelyben minden harmonikust egy-egy szinusz függvény ír le.

Az egyenáramú összetevı, illetve az egyes harmonikus-ok csúcsértékei a következık:

0 1=

ϕ

i0 =4A A 2 i1m =

ϕ

1 =0 A 10 8 6 i2m = 2+ 2 = = − )=−53,1° 6 8 ( arctg 2

ϕ

A 5 i3m =

ϕ

3 = 90°

Ezen adatok alapján a megoldás:

) 90 t 3 sin( A 5 ) 1 , 53 t 2 sin( A 10 ) t sin( A 2 A 4 i= +

ω

+

ω

− ° +

ω

+ °

(10)

6.5 Az alábbi ábra egy egyenirányítót tápláló transzformátor szekunder áramának görbéjét tünteti fel. Határozzuk meg az összetevı harmonikusokat és csúcsértéküket.

Az egyenáramú összetevı: m m 3 2 0 m 2 0 0 I 3 1 I ) 0 3 2 ( 2 1 dx I 2 1 dx ) x ( f 2 1 a =

=

=

π

− =

π

π

π

π π

Mivel a tartományt két összetevıre bontjuk fel (sin, cos) a következıkben ezért a tartományt felezni kell, hogy ne vegyük kétszeresen figyelembe az egyes értékeket.

Tehát a 2

π

tartomány helyett a felét használjuk az egyes komponensek számításánál (

π

). Természetesen az integrál tartománya marad az eredeti, hogy helyes legyen a végeredmény. A koszinuszos összetevık csúcsértéke, (ahol n a felharmonikusok száma):

3 2 0 m 3 2 0 m 2 0 n [sinn x] n I dx ) x n cos( I 1 dx ) x n cos( ) x ( f 1 a π π π

π

π

π

⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

A szinuszos összetevık csúcsértéke:

3 2 0 m 3 2 0 m 2 0 n [cosn x] n I dx ) x n sin( I 1 dx ) x n sin( ) x ( f 1 b π π π

π

π

π

⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =− ⋅ ⋅ =

A n= -ig kiszámított csúcsértékek: 4

Koszinuszos összetevık Szinuszos összetevık 1

π

2 3

π

2 3 2 2 2 3 ⋅ ⋅ −

π

2 2 3 ⋅ ⋅

π

3 0 0 4 4 2 3 ⋅ ⋅

π

2 4 3 ⋅ ⋅

π

... ) x 2 sin( I 2 2 3 ) x 2 cos( I 2 2 3 ) x sin( I 2 3 ) x cos( I 2 3 I 3 1 i m m m m m + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅ =

π

π

π

π

Minden harmonikusnak egy koszinuszos és egy szinuszos összetevıje van. Fejezzük ki az egyes harmonikusokat egyetlen szinusz függvénnyel. A harmonikus eredı csúcsértéke:

2 n 2 n n b a A = + n v b a arctg = Ψ

(11)

Kiszámítva ezeket az elsı és második harmonikusra:

π

π

π

3 2 3 2 3 A 2 2 1  =    ⋅ +       ⋅ = 6 3 1 arctg 2 3 2 3 arctg 1

π

π

π

Ψ

= = ⋅ ⋅ = 2 3 2 2 3 2 2 3 A 2 2 2  =    ⋅ ⋅ +       ⋅ ⋅ − =

π

π

π

6 2 2 3 2 2 3 arctg 2

π

π

π

Ψ

=− ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − =

A kiszámított adatok felhasználásával a Fourier sor:     + + + + ⋅ = ) ... 6 x 2 sin( 2 1 ) 6 x sin( y 3 y 3 1 y m m

π

π

π

20.1 Főrész függvény esetén aminek maximuma 10 és periódusa 2

π

az átlag érték könnyen kiszámítható. A függvénynek 2

π

-ként szakadása van, de periodikus. Így az 5

2 1 0 = A mint a függvény átlagértéke.

[

cos 2 cos0

]

0 2 10 cos 1 sin 2 10 ) cos( 2 10 1 2 2 2 0 2 2 2 0  = − =    + = =

π

π

ω

ω

ω

π

ω

ω

ω

π

π

π π n n t n n t n n t t d t n t An n n t n n t n n t t d t n t Bn

π

π

π

ω

ω

ω

π

ω

ω

ω

π

π

π π 2 10 2 10 sin 1 cos 2 10 ) sin( 2 10 1 2 2 0 2 2 2 0 =−   − =     + = =

Így belátható, hogy a függvénynek csak sin-os összetevıi vannak:

∞ = − = − − − = 1 sin 10 5 3 sin 3 10 2 sin 2 10 sin 10 5 ) ( n n t n t t t t f

ω

π

ω

π

ω

π

ω

π

A jel frekvencia spektruma az n és a

π

n 10 B A Cn = n2 + n2 = függvényében ábrázoljuk.

ψ

∠ = − = n n n n A jB C C

(12)

20.47 Határozza meg a Fourier sorát az alábbi négyszög függvénynek! És ábrázolja a jel frekvencia spektrumát.

A függvény 2

π

-ként periodikus és az t

ω

tengelyre szimmetrikus. Így átlagértéke 0 2 1 0 = A . 0 sin 1 sin 1 ) cos( ) ( ) cos( 1 2 0 2 0 =           −     =     + =

π π π π π π

ω

ω

π

ω

ω

ω

ω

π

n n t n n t U t d t n U t d t n U An

Az fenti összefüggés alapján belátható hogy a két kivonandó érték a szimmetria miatt mindig ugyan az így a különbségük mindig nulla lesz.

) cos 1 ( 2 ) cos 2 cos 0 cos cos ( cos 1 cos 1 ) sin( ) ( ) sin( 1 2 0 2 0

π

π

π

π

π

π

ω

ω

π

ω

ω

ω

ω

π

π π π π π π n n U n n n n U t n n t nn n U t d t n U t d t n U Bn − = − + + − = =             +    − =     + =

Így belátható, hogy a függvénynek csak sin-os összetevıi lesznek. Páratlan számok (n=1,3,5,7,…) esetén a

π

π

π

n U n n U Bn = 2 (1−cos )=4 lesz. Páros számok (n=2,4,6,8,…) esetén a = 2 (1−cos )=2 ⋅0=0

π

π

π

n U n n U Bn lesz.

Tehát a függvény Fourier sorba-fejtése esetén csak páratlan szinuszos összetevık szerepelnek. ... 5 sin 5 4 3 sin 3 4 sin 4 ) (t = U t+ U t+ U t+ f

ω

π

ω

π

ω

π

.

A jel frekvencia spektruma az n és a

π

n U B A Cn = n2 + n2 =4 függvényében ábrázoljuk.

(13)

20.55 Egy 1F1U1Ü egyenirányított sin jel esetén a következıket kapjuk a felírjuk a jel Fourier transzformációját.

Elsıként az A összetevıt kell meghatároznunk, amely a jel átlagértékeként határozható meg: 0

[

]

π

ω

π

ω

ω

π

π π U t U t d t U A 1 sin( ) cos 0 2 0 0 =

= − =

[

cos 1

]

) 1 ( 1 cos cos sin sin ) cos( sin 1 2 0 2 0  = − +    + − − − = =

π

π

ω

ω

ω

ω

π

ω

ω

ω

π

π π n n U n t t n t n t n U t d t n t U An

Így minden n esetén 0

) 1 ( 2 2 = − = n U An

π lesz kivéve az n=1-et külön kell vizsgálnunk. 0 2 ) 2 sin( cos sin 1 0 0 1=

=

= π π ω ω π ω ω ω π d t t U t td t U A 0 1 cos sin cos sin ) sin( sin 1 0 2 0  =    + − − = =

π π ω ω ω ω π ω ω ω π n t t n t n t n U t d t n t U Bn 2 2 4 2 sin 2 ) (sin 1 0 0 2 1 U U t t U t d t U B =     =     = =

π π ω ω π ω ω π π π

Így belátható, hogy a függvénynek csak sin-os összetevıi vannak: ... 6 cos 35 2 4 cos 15 2 2 cos 3 2 sin 2 ) (t =U +U tU tU tU tf

ω

π

ω

π

ω

π

ω

π

(14)

19.26 Három szinuszos generátor és egy akkumulátor van sorba kapcsolva egy tekerccsel, amelynek adatai: R=8

és L=26,53mH. A feszültséggenerátorok frekvenciái és feszültségei rendre

V 15 , Hz

20 , 60Hz,30V és 80Hz,50V. A telep feszültsége U =6V a) Rajzolja fel a kapcsolást!

Határozza meg:

b) a feszültség effektív értékét,

c) az impedanciákat a megadott frekvenciákon, d) az áram effektív értékét,

e) a hatásos és látszólagos teljesítményt, valamint a cos

ϕ

teljesítménytényezıt! b.,) V 51 , 60 6 50 30 15 Urss = 2+ 2+ 2+ 2 = c.,)

° ∠ = + =8 j0 8 0 Z0

π

° ∠ = = ⋅ ⋅ ⋅ + = 62 , 22 67 , 8 H 02653 , 0 Hz 20 2 j 8 Z20

π

° ∠ = = ⋅ ⋅ ⋅ + = 34 , 51 81 , 12 H 02653 , 0 Hz 60 2 j 8 Z60

π

° ∠ = = ⋅ ⋅ ⋅ + = 04 , 59 55 , 15 H 02653 , 0 Hz 80 2 j 8 Z80 d.,) A 75 , 0 8 V 6 I0 = =

8,67 1,73A V 15 I20 = =

A 34 , 2 81 , 12 V 30 I60 = =

15,55 3,22A V 50 I80 = =

A 4 , 4 22 , 3 34 , 2 73 , 1 75 , 0 Irss = 2+ 2+ 2 + 2 = e.,) W 88 , 154 8 ) A 4 , 4 ( R I P = rss2 ⋅ = 2

= VA 2 , 266 A 4 , 4 V 51 , 60 I U S = rssrss = ⋅ = 58 , 0 VA 2 , 266 W 88 , 154 S P cos nytényezı teljesítmé =

ϕ

= = =

(15)

19.30 Az alábbi áramkör feszültségét és áramát mérjük. V ) t 90 2 sin 42 , 141 t 30 2 sin 42 , 141 ( uT =

π

+

π

és A ) 60 t 90 2 sin( 66 , 5 ) 30 t 30 2 sin( 8 , 9 ( iT =

π

− ° +

π

− ° . Határozza meg: a) az áram effektív értékét, b) a feszültség effektív értékét, c) az impedanciákat a megadott frekvenciákon, d) a tekercs induktivitását

e) Mennyi a hatásos teljesítmény? f) Ellenırizze Irss2 ⋅ és R

R Urss2 felhasználásával!

g) Mekkora a látszólagos teljesítmény, és a teljesítménytényezı? a.,) A 93 , 6 2 A 8 , 9 I30= = 4A 2 A 66 , 5 I90 = = A 8 4 93 , 6 Irss = 2 + 2 = b.,) V 100 2 V 42 , 141 U30= = 100V 2 V 42 , 141 U90 = = V 42 , 141 100 100 Urss = 2 + 2 = c.,)

(12,5 j7,22) 30 44 , 14 30 93 , 6 V 0 100 I U Z 30 30 30 ° = ∠ ° = + ° ∠ = =

(12,5 j21,65) 60 25 A 60 4 V 0 100 I U Z 90 90 90 ° = ∠ ° = + ° ∠ = = d.,)

30Hz esetén ismert a kör impedanciája, amely egyenlı az ohmos és reaktív részek komplex eredıjével.

) 22 , 7 j 5 , 12 ( jX R Z30 = + L,30 = +

π

f L 2 3,141 30Hz L 7,22 2 XL,30 = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = mH 3 , 38 H 0383 , 0 Hz 30 141 , 3 2 22 , 7 f 2 X L L,30 = = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

π

e.,) W 600 30 cos A 93 , 6 V 100 cos I U P 30 30i, u 30 30 30= ⋅ ⋅

ϕ

= ⋅ ⋅ °= W 200 60 cos A 4 V 100 cos I U P 90 90i, u 90 90 90 = ⋅ ⋅

ϕ

= ⋅ ⋅ °= W 800 W 200 W 600 P P P= 30+ 90 = + = f.,)

(16)

W 800 W 200 W 600 P P P= 30+ 90 = + = másként is lehet, P I2 R (8A)2 12,5 800W rss⋅ = ⋅ = =

A másik összefüggéshez ismernünk kell az ellenálláson esı feszültség nagyságát:

R U P 2 R , rss = V 63 , 86 5 , 12 A 93 , 6 R I U30= 30⋅ = ⋅

= U90 =I90R=4A12,5

=50V V 100 50 63 , 86 Urss,R = 2 + 2 = W 800 5 , 12 100 R U P 2 2 R , rss = = =

Számítható még az ellenálláson átfolyó áram és a rajta esı feszültség szorzata ként is a hatásos teljesítmény: W 800 A 8 V 100 I U P= rss,Rrss = ⋅ = g.,) VA 1131 A 8 V 42 , 141 I U S = rssrss = ⋅ = 71 , 0 VA 1131 W 800 S P cos nytényezı teljesítmé =

ϕ

= = =

19.40 Egy 10

-os ellenállást kötünk sorba 3 különbözı feszültség generátorral. Ezek rendre az alábbiak: u1 =50sin(377t+40°)V és u2 =40sin(377t+20°)V és u3 =80sin(150t)V . Határozza meg:

a) a feszültség effektív értékét, b) az áram effektív értékét! c) Mennyi a hatásos teljesítmény? a.,)

Elsıként a frekvenciák értékeit határozzuk meg a körfrekvencia alapján: Hz 60 2 377 f f1 2 = ⋅ = =

π

, 2 23,87Hz 150 f3 = ⋅ =

π

.

Mivel azonos a mőködési frekvencia ezért összeadható az egyes és a kettes feszültség forrás feszültsége: V 12 , 31 7 , 62 V ) 4 , 32 j 66 , 53 ( V ) 67 , 9 j 58 , 26 ( V ) 73 , 22 j 08 , 27 ( 2 V 20 40 2 V 40 50 u u1 2 ° ∠ = = + = + + + = ° ∠ + ° ∠ = + V 6 , 56 2 V 80 u3 = = V 5 , 84 6 , 56 7 , 62 Urss = 2 + 2 = b.,) A 268 , 6 10 V 68 , 62 Z U I 60 60 60 = =

= 5,657A 10 V 57 , 56 I23,87 = =

A 44 , 8 657 , 5 268 , 6 Irss = 2 + 2 = c.,) W 3 , 712 10 ) A 44 , 8 ( R I P = rss2 ⋅ = 2

=

(17)

19.47 Egy soros kör tartalmaz egy 295

µ

F -os kondenzátort és egy tekercset melynek adatai:

3

R= , L=4,42mH . A körbe bekapcsolunk sorosan még 3 különbözı feszültség

generátort. Ezek rendre az alábbiak: u1 =35V,60Hz és u2 =10V,180Hz és u3 =8V,300Hz. Határozza meg: a) a feszültség effektív értékét, b) az áram effektív értékét! a.,) V 3 , 37 8 10 35 U 2 2 2 rss = + + = b.,)

Az egyes frekvenciákon kiszámítva a részáramokat: 60Hz esetén:

π

f L 2 3,141 60Hz 4,42 10 H 1,67 2 XL,60 = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −3 =

π

2 3,141 60Hz 295 10 F 8,99 1 C f 2 1 XC,60 6 = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =

= ∠− ° − + = − + =R j(X X ) (3 j1,67 8,99) 7,91 67,72 Z60 L,60 C,60 A 72 , 67 42 , 4 72 , 67 91 , 7 V 0 35 Z U I 60 60 60 ° = ∠ ° ° ∠ = =

180Hz esetén:

π

f L 2 3,141 180Hz 4,42 10 H 5 2 X 3 180 , L = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = −

π

2 3,141 180Hz 295 10 F 3 1 C f 2 1 XC,180 6 = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =

= ∠ ° − + = − + =R j(X X ) (3 j5 3) 3,61 33,69 Z180 L,180 C,180 A 69 , 33 77 , 2 69 , 33 61 , 3 V 0 10 Z U I 180 180 180 ° = ∠− ° ° ∠ = =

300Hz esetén:

π

f L 2 3,141 300Hz 4,42 10 H 8,33 2 XL,300 = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −3 =

π

2 3,141 300Hz 295 10 F 1,8 1 C f 2 1 XC,300 6 = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =

= ∠ ° − + = − + =R j(X X ) (3 j8,33 1,8) 7,19 65,33 Z300 L,300 C,300 A 33 , 65 11 , 1 33 , 65 19 , 7 V 0 8 Z U I 300 300 300 ° = ∠− ° ° ∠ = =

A három áram eredıje a következı képen számítható ki: A 33 , 5 11 , 1 77 , 2 42 , 4 Irss = 2+ 2 + 2 =

(18)

19.53 Sorosan van kötve egy R=30

ellenállás, és egy 500

µ

F-os kondenzátor, valamint egy

V 120

U1 = -os telep és három szinuszos feszültség forrás amelyek: u2 =100sin30t és t 80 sin 50 u3 = és u4 =70sin100t. Határozza meg:

a) a voltmérırıl leolvasott értéket! b) az ampermérı által mutatott értéket! a.,) V 120 U1 = , 70,71V 2 V 100 U2 = = , 35,36V 2 V 50 U3 = = , 49,5V 2 V 70 U4 = = V 152 ) V 5 , 49 ( ) V 36 , 35 ( ) V 71 , 70 ( ) V 120 (

Urss = 2 + 2+ 2+ 2 = =a voltmérı által mutatott

érték

b.,)Az

ω

1,

ω

2,

ω

3,

ω

4 értékekbıl ki kell számítani

Hz 0 f1 = 4,774Hz 2 s rad 30 f2 = ⋅ =

π

, 2 12,73Hz s rad 80 f3 = ⋅ =

π

, 2 15,89Hz s rad 100 f4 = ⋅ =

π

∞ = 1 Z A 0 V 120 Z U I 1 1 1 = =

=

π

2 3,141 4,774Hz 500 10 F 66,677 1 C f 2 1 X 6 2 2 C = = − =

= ∠− ° − = − + =R j( X ) (30 j66,677) 73,11 65,77 Z2 C2 A 77 , 65 97 , 0 77 , 65 11 , 73 V 0 71 , 70 Z U I 2 2 2 ° = ∠ ° ° ∠ = =

π

2 3,141 12,73Hz 500 10 F 25 1 C f 2 1 X 6 3 3 C = = − =

= ∠− ° − = − + =R j( X ) (30 j25) 39,05 39,8 Z3 C2 A 8 , 39 911 , 0 8 , 39 05 , 39 V 0 36 , 35 Z U I 2 2 3 ° = ∠ ° ° ∠ = =

π

2 3,141 15,89Hz 500 10 F 20 1 C f 2 1 X 6 4 4 C = = − =

= ∠− ° − = − + =R j( X ) (30 j20) 36,055 33,69 Z4 C4 A 69 , 33 37 , 1 69 , 33 055 , 36 V 0 5 , 49 Z U I 4 4 4 ° = ∠ ° ° ∠ = =

A négy áram eredıje a következı képen számítható ki: A 91 , 1 ) A 0 ( ) A 37 , 1 ( ) A 91 , 0 ( ) A 97 , 0 (

(19)

18.2 Egy három fázisú 3 vezetékes 400V-os hálózatra kapcsolunk egy csillag kapcsolású (Y) szimmetrikus terhelést. Amelynek a fázis impedanciája Z =2330°

.

a.,) Határozza meg a vonali áramokat! b.,) Rajzoljon vektorábrát!

Tudjuk, hogy a két vezetı között a feszültség V

400

Uv = . Mivel a terhelés szimmetrikus így a fázis feszültségek is szimmetrikusak lesznek. Mivel az N pontban nincs potenciál különbség így onnan nem folyik áram. Így a fázis feszültségek nagyságai:

V 230 3 V 400 3 U U U v fázis = = = =

Legyen az L1 fázisa 0°-os. U1f =2300°V

A 30 10 30 23 V 0 230 Z U I 1f 1 °= ∠− ° ° ∠ = = mivel Az

ω

forgásirányt követve az U -et követi az 1 U 2 feszültség -120º-ot késve.

A 150 10 30 23 V 120 230 Z U I 2f 2 ° = ∠− ° ° − ∠ = = A 90 10 30 23 V 120 230 Z U I 3f 3 ° = ∠ ° ° ∠ = =

A feladat nem kérdezi, de mivel csillag kapcsolásról van szó, tudjuk, hogy a vonali és fázis áramok megegyeznek:

f

1

1 I

I =

Továbbá a vonali fezsültségek és a fázis feszültségek nagysága között a következı összefüggés áll fent:

f

1

12 3 U

U = ⋅

Ha a feszültség fázis szögét is tudni szeretnénk, akkor az alábbi hurok egyenletet lehet felírni, és innen számítható: f f 2 1 12 U U U = −

(20)

18.3 Egy három fázisú 3 vezetékes 400V-os hálózatra kapcsolunk egy delta kapcsolású (∆) szimmetrikus terhelést. Amelynek a fázis impedanciája Z =4045°Ω.

a.,) Határozza meg a vonali és fázis áramokat! b.,) Rajzoljon vektorábrát!

Mivel a terhelés szimmetrikus, így a fázis áramok is szimmetrikusak lesznek.

Így a vonali feszültségek nagyságai: V 0 400 U U12 = 1 = ∠ ° V 120 400 U U23 = 2 = ∠− ° V 120 400 U U31 = 3 = ∠ ° A ) 07 , 7 j 07 , 7 ( A 45 10 45 40 V 0 400 Z U I 12 12 ° = ∠− ° = − ° ∠ = = A ) 59 , 2 j 66 , 9 ( A 165 10 45 40 V 120 400 Z U I 23 23 ° = ∠− ° = − − ° − ∠ = = A ) 66 , 9 j 59 , 2 ( A 75 10 45 40 V 120 400 Z U I 31 31 ° = ∠ ° = + ° ∠ = =

A csomóponti törvény alapján:

A 75 32 , 17 73 , 16 j 48 , 4 ) 66 , 9 j 59 , 2 ( ) 07 , 7 j 07 , 7 ( I I I1 = 1231 = − − + = − = ∠− °

Mivel tudjuk, hogy a fázisáram 3 szorosa a vonali áram, ezért I2 = 310=17,32A és mivel a terhelés szimmetrikus ezért − 120 -ra és ° + 120 -ra lesz a másik két vektor: °

A ) 120 75 ( 32 , 17 165 32 , 17 A 45 10 A 165 10 I I I2 = 2312 = ∠− ° − ∠− ° = ∠ = ∠ − − ° A 45 32 , 17 A 165 10 A 75 10 I I I3 = 3123 = ∠ ° − ∠− ° = ∠ ° W 8485 ) 45 cos( 10 400 3 ) cos( I U 3 P3 12 12 f = ° ⋅ ⋅ ⋅ = = ⋅ ⋅ ⋅ =

ϕ

(21)

A feladat másképpen is megoldható:

A kapcsolás átalakítható, csillagkapcsolássá, az alábbi összefüggés segítségével:

° ∠ = ° ∠ + ° ∠ + ° ∠ ° ∠ ⋅ ° ∠ = + + ⋅ = 13,33 45 45 40 45 40 45 40 45 40 45 40 Z Z Z Z Z Z 3 2 1 2 1 Y f f 2 1 12 U U U = − V 30 230 V 150 230 V 0 V 400 U U1 1N f = = ∠ ° + ∠− ° = ∠− ° A 75 32 , 17 45 33 , 13 V 30 230 Z U I Y N 1 1 ° = ∠− ° ° − ∠ = = A 195 32 , 17 I2 = ∠− ° A 45 32 , 17 I3 = ∠ °

(22)

18.4 Háromfázisú, 3 vezetékes 400V-os hálózatra kapcsolunk, egy deltakapcsolású (∆) aszimmetrikus terhelést.

a.,) Határozza meg a vonali és fázis áramokat! b.,) Rajzoljon vektorábrát! Ω ° ∠ =10 30 Z12 Ω ° ∠ =20 90 Z23 Ω ° − ∠ =15 45 Z31

Így a vonali feszültségek nagyságai: V 0 400 U12 = ∠ ° , V 120 400 U23 = ∠− ° , V 120 400 U31 = ∠ ° A ) 20 j 64 , 34 ( A 30 40 30 10 V 0 400 Z U I 12 12 12 °= ∠− ° = − ° ∠ = = A ) 10 j 32 , 17 ( A 210 20 90 20 V 120 400 Z U I 23 23 23 ° = ∠− ° = + ° − ∠ = = A ) 9 , 6 j 76 , 25 ( A 165 66 , 26 45 15 V 120 400 Z U I 31 31 31 ° = ∠ ° = − + ° ∠ = =

A csomóponti törvény alapján:

A 24 12 , 66 ) 9 , 6 j 76 , 25 ( ) 20 j 64 , 34 ( I I I1 = 1231 = − − − − = ∠− ° A 150 60 A ) 20 j 64 , 34 ( A ) 10 j 32 , 17 ( I I I2 = 2312 = + − − = ∠ ° A 160 9 A ) 10 j 32 , 17 ( A ) 9 , 6 j 76 , 25 ( I I I3 = 3123 = − + − + = ∠− °

(23)

18.5 Egy háromfázisú, 4 vezetékes 400V-os hálózatra kapcsolunk, egy csillag kapcsolású (Y) aszimmetrikus terhelést.

a.,) Határozza meg a rendszer áramait! b.,) Rajzoljon vektorábrát!

Mivel szimmetrikus háromfázisú rendszert kapcsolunk a fogyasztóra, ezért felírható: f v I I = és Uv = 3Uf V 230 3 V 400 3 U U v f = = = A 60 23 60 10 V 0 230 Z U I 1 1 1 ° = ∠ ° ° ∠ = =

A 30 46 90 5 V 120 230 Z U I 2 2 2 ° = ∠− ° ° − ∠ = = A 5 , 11 j A 90 5 , 11 30 20 V 120 230 Z U I 3 3 3 = ∠ ° = ° ∠ ° ∠ = =

A csomóponti törvény alapján számítható a nulla vezetı árama:

A 31 , 9 52 41 , 8 j 33 , 51 ) 5 , 11 j 23 j 84 , 39 32 , 17 j 10 ( ) I I I ( IN = 1 + 2 + 3 = + + − + = + = ∠ °

(24)

18.6 Egy háromfázisú, 3 vezetékes 400V-os hálózatra kapcsolunk egy csillagkapcsolású (Y) aszimmetrikus terhelést.

a.,) Határozza meg a rendszer vonali áramait!

A vonali feszültségek az alábbiak szerint választva: V 0 400 U12 = ∠ ° , V 120 400 U23 = ∠− ° , V 120 400 U31 = ∠ °

A fázis feszültség értéke: V 230 3 V 400 U1f = = Ω − = Ω ° − ∠ =10 60 (5 j8,66) Z3 Hurokegyenleteket felírva: ) 66 , 8 j ( I ) 66 , 8 j 5 ( I V 0 400 U12 = ∠ ° = I + − II ) 66 , 8 j 5 66 , 8 j ( I ) 66 , 8 j ( I V 120 400 U23 = ∠− ° =− I + II + − A 4 , 42 54 , 48 4 , 23 109 19 48 , 5291 3 , 43 j 100 1732 j 5000 75 3 , 43 j 25 ) 1732 j 3000 ( ) 0 2000 ( 5 66 , 8 j 66 , 8 j 66 , 8 j 5 5 120 400 66 , 8 j 0 400 II ° − ∠ = = ° ∠ ° − ∠ = + − = + + + − − ° ∠ = − − + ° − ∠ − ° ∠ = A 4 , 23 34 , 18 4 , 23 109 0 2000 4 , 23 109 ) 90 3464 ) 60 4000 ( 4 , 23 109 120 400 90 66 , 8 0 400 60 10 III == ∠− ° ° ∠ ° ∠ == ° ∠ ° − ∠ − ° − ∠ = ° ∠ ° − ∠ ° − ∠ ° ∠ ° ∠ = A 4 , 42 54 , 48 I I1 = I = ∠− ° A 7 , 126 75 , 31 4 , 42 54 , 48 4 , 23 34 , 18 I I I2 = III = ∠− °− ∠− °= ∠ ° A 3 , 24 34 , 18 I I3 =− II = ∠ ° V 2 , 143 275 Z I U2f = 22 = ∠− ° V 7 , 35 4 , 183 Z I U3f = 33 = ∠− ° Ellenırzés képen: V 0 400 90 66 , 8 7 , 126 75 , 31 5 A ) 4 , 42 54 , 48 ( Z I Z I U12 = 1122 = ∠− ° ⋅ Ω− ∠ °⋅ ∠ °= ∠ °

(25)

14.40 Egy háromfázisú 4 vezetékes 400V-os hálózatra kapcsolunk, egy csillag kapcsolású (Y) aszimmetrikus terhelést.

a.,) Határozza meg a rendszer vonali áramait! b.,) Határozza meg a rendszer hatásos és

meddı teljesítményeit fázisonként! c.,) Számítsa ki a teljesítménytényezıt! Mivel az impedanciák fázis értékek ezért fázis feszültség segítségével határozható meg a fázis áram.

V 230 3 V 400 U1f = = V 0 230 U1f = ∠ ° V 120 230 U2f = ∠− ° V 120 230 U3f = ∠ °

A fázisfeszültségek és fázis impedanciák hányadosai a fázis áramok, amik megegyeznek a vonali áramokkal: A 20 33 , 38 20 6 V 0 230 Z U I I 1 f 1 f 1 1 = ∠− ° Ω ° ∠ ° ∠ = = = A 160 75 , 28 40 8 V 120 230 Z U I I 2 f 2 f 2 2 ° = ∠− ° ° − ∠ = = = A 120 23 0 10 V 120 230 Z U I I 3 f 3 f 3 3 = ∠ ° Ω ° ∠ ° ∠ = = =

b.,) Az elsı fázis hatásos teljesítménye a fázis árama és feszültségének és a köztük lévı szögnek a szorzata: V 0 230 U1f = ∠ ° , I1 =38,33∠−20°A,

ϕ

1 =0°−(20°)=20° V 120 230 U2f = ∠− ° , I1 =28,75∠−160°A,

ϕ

2 =−120°−(160°)=40° V 120 230 U3f = ∠ ° , I1 =23120°A,

ϕ

3 =120°−120°=0° W 8284 ) 20 cos( 33 , 38 230 P1f = ⋅ ⋅ ° = W 5 , 5065 ) 40 cos( 75 , 28 230 P2f = ⋅ ⋅ ° = W 5290 ) 0 cos( 23 230 P3f = ⋅ ⋅ ° = P =P1+P2 +P3 =18,64kW VAr Q1f =230⋅38,33⋅sin(20°)=3015,2 VAr 4 , 4250 ) 40 sin( 75 , 28 230 Q2f = ⋅ ⋅ ° = VAr 0 ) 0 sin( 23 230 Q3f = ⋅ ⋅ ° = Q =Q1+Q2 +Q3 =7,265kVAr kVA 29 , 21 20 kVAr ) 265 , 7 j 64 , 18 ( jQ P S = + = + = ∠ ° c.,) 0,93 20 64 , 18 S P

Referências

Documentos relacionados

4) Queira o Dr. Perito informar se o medicamento ministrado pelo atendimento ambulatorial do Pronto Socorro Central à Autora, qual seja, PROFENID, é adequado, analisando-se

É desejável que se mantenha o esforço de desenvolvimento das fontes de energia a partir de recursos nacionais renováveis, nomeadamente hídrica (grandes hídricas e

Para liquidar os valores correspondentes a multas, de mora ou de oficio, e a juros moratórios, com a utilização de créditos próprios decorrentes de prejuízo fiscal e base de

Tomando por base o valor de aluguer do espaço - 10€/ h, a actividade decorrerá ao longo de 288 horas. (288 horas x 10€/hora

O agente placebo apresentou uma redução similar à redução da água deionizada, não mostrando, qualquer potencial adicional de obstrução quantitativa, pois os valores da

Em 31 de março de 2016, aquele Departamento de Agricultura Americano (Usda) divulgou uma possível diminuição de 0,5% de área para o próximo plantio de soja dos Estados Unidos,

Atletas de 255 escolas que compõem a Rede Federal de Educação Profissional e Tecnológica estarão em Brasília para a terceira edição dos Jogos Brasileiros das Instituições

Eles não participam em nada da produção de qualquer obra; na maior parte do tempo, eles Eles não participam em nada da produção de qualquer obra; na maior parte do tempo, eles não