Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa

Analiza wskazowa - kolokwium

© C. Stefański

7a_RozwiazanieKola2gr8_2006.doc

1/8

Zadanie 1

Znaleźć amplitudy zespolone następujących sygnałów:

a) x( t)=cos(103 t+π/3)+2sin(103 t-π/6), b) x( t)=2cos(103 t+π/3)+sin(103 t-π/6), c) x( t)=2cos(103 t+π/6)+sin(103 t-π/3).

Odp.

a) X= 1

−

1 + j 3 =1|-2π/3= 1|-120o ,

2 (

)

b) X= 1 1 + j 3 =1|π/3=1|60o ,

2 (

)

c) X= 1

3 + j =1|π/6=1|30o .

2 (

)

Rozwiązanie

Z rysunku obok, interpretującego

y

zapis

x

s( t)= A sin(ω t + φsin)= A cos(ω t + φcos), łatwo odczytujemy, że

ω t + φsin=ω t + φcos+ π

2

skąd

ω

ω t+φ

t+φ

sin

cos

x

φsin- φcos= π

2

y

Zatem

A

s( t)= A cos(ω t - π +φ

s( t)

2

sin).

Równoważnie

s( t)= A sin(ω t + π +φ

2

cos).

Zapisujemy:

a) x( t)=cos(103 t+π/3)+2sin(103 t-π/6)= cos(103 t+π/3)+2cos(103 t-π/6-π/2), b) x( t)=2cos(103 t+π/3)+sin(103 t-π/6)= 2cos(103 t+π/3)+cos(103 t-π/6-π/2), c) x( t)=2cos(103 t+π/6)+sin(103 t-π/3)= 2cos(103 t+π/6)+cos(103 t-π/3-π/2).

Przechodzimy na amplitudy zespolone:

a) X=1|π/3+2|-π/6-π/2= 1 1 + j 3 +2|-2π/3= 1 1 + j 3 + ( 1

− − j 3 ) = 1

−

1 + j 3 =

2 (

)

2 (

)

2 (

)

1|-2π/3= 1|-120o

b) X=2|π/3+1|-π/6-π/2=

1

2 ⋅

1 + j 3 +1|-2π/3= (1+ j 3) + 1 1

− − j 3 = 1 1 + j 3 =

2 (

)

2 (

)

2 (

)

1|π/3=1|60o

c) X=2|π/6+1|-π/3-π/2=

1

2 ⋅

3 + j +1|-5π/6= ( 3 + j) + 1 − 3 − j = 1 3 + j =

2 (

)

2 (

)

2 (

)

1|π/6=1|30o .

Zauważ one błę dy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa

Analiza wskazowa - kolokwium

© C. Stefański

7a_RozwiazanieKola2gr8_2006.doc

2/8

Zadanie 2

Wskaz E przebiegu napięciowego e( t)= Em cos(104 t+φ) wynosi: a) E=10|30o, b) E=5|60o, c) E=2|45o.

Znajdź prąd i( t) płynący przez kondensator C, na którym napięcie wynosi e( t).

Przyjmij, że C=1µF.

Odp.

a) i ( t ) =

( 4

100cos 10 t + 120 ) [mA] ,

b) i ( t ) =

( 4

50cos 10 t + 150 ) [mA] ,

c) i ( t ) =

( 4

20 cos 10 t + 135 ) [mA].

Rozwiązanie

Obliczamy

I

−2

−2

I = E ⋅ Y = E ⋅ 1

j 0

= 10 E 90 .

C

Kolejno mamy:

Y

C=j104.10-6 [S]

a)

2

−

2

−

1

I = 10 E 90 = 10 ⋅10 30 ⋅ 90 =

120 [A],

10

E

b)

2

−

2

−

1

I = 10 E 90 = 10 ⋅ 5 60 ⋅ 90 =

150 [A],

20

c)

2

−

2

−

1

I = 10 E 90 = 10 ⋅ 2 45 ⋅ 90 =

135 [A].

50

Stąd już łatwo wyznaczamy przebieg czasowy prądu:

a) i ( t ) =

( 4

100cos 10 t + 120 ) [mA] ,

b) i ( t ) =

( 4

50cos 10 t + 150 ) [mA] ,

c) i ( t ) =

( 4

20cos 10 t + 135 ) [mA] .

Zadanie 3

Obliczyć dobroć dwójnika będącego:

a) szeregowym połączeniem oporu R i kondensatora C, b) równoległym połączeniem oporu R i kondensatora C, c) szeregowym połączeniem oporu R i induktora L.

1

Odp.

a)

Q(ω) =

,

ω RC

b)

Q(ω) = ω RC ,

ω L

c)

Q(ω) =

.

R

Rozwiązanie

Wyznaczymy dobroć z zależności definicyjnej. Ogólna definicja dobroci Q liniowego dwójnika D jest następująca:

Zauważ one błę dy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa

Analiza wskazowa - kolokwium

© C. Stefański

7a_RozwiazanieKola2gr8_2006.doc

3/8

maksymalna energia zmagazynowana w dwójniku D

Q(ω) = 2π

energia tracona w dwójniku D w jednym przy pobudzaniu

okresie

przebiegiem sinuso-

idalnym o pulsacji ω

Załóżmy, że na kondensatorze znamy napięcie, zaś na induktorze prąd. Niech wynoszą one odpowiednio:

u ( t) = U cos(ω t) , i ( t) = I cos(ω t) .

C

m

L

m

Energia zgromadzona w polu elektrycznym kondensatora wyraża się wzorem: 1

2

W ( t) = Cu ( t) .

C

2

C

Podobnie energia zgromadzona w polu magnetycznym induktora wyraża się wzorem: 1

2

W ( t) = Li ( t) .

L

2

L

W przypadku a) i b) energia jest gromadzona w kondensatorze, a w przypadku c) w induktorze. We wszystkich przypadkach energia jest tracona w rezystorze.

Maksymalna energia zmagazynowana w rozważanym dwójniku wynosi zatem:

- dla przypadku a)

1

2

W

= CU ,

max

2

m

- dla przypadku b)

1

2

W

= CU ,

max

2

m

- dla przypadku c)

1

2

W

= LI .

max

2

m

Do obliczenia energii traconej w oporniku przydałaby się wiedza o prądzie lub napięciu na nim.

W przypadku a) przez opornik płynie taki sam prąd, jak przez kondensator, a w przypadku c) taki sam prąd, jak przez induktor. W przypadku b) na oporniku jest takie samo napięcie, jak na kondensatorze. Pozwala to napisać:

a)

i ( t) = i ( t) = U

C cos

t

π

ω

ω +

,

R

C

m

(

2 )

b)

u ( t) = u ( t) = U cos ω t , R

C

m

( )

c)

i ( t) = i ( t) = I cos ω t .

R

L

m

( )

Moce (średnie) tracone na oporniku R wyniosą odpowiednio: a)

2

1

2

2

2

P

= I R = U ω C R ,

c, R

sk

2

m

b)

1

2

1

2

P

= U

=

U ,

c, R

R

sk

2 R

m

c)

2

1

2

P

= I R = I R .

c, R

sk

2

m

2π

Okres przebiegu wynosi w każdym przypadku T =

, zatem energia tracona w ciągu okre-

ω

su wyrażona jest zależnością:

2

W

= TP

π

=

P

.

trac

c, R

ω

c, R

Dobroć wyraża się zależnością

W

W

W

ω

max

max

max

Q(ω) = 2π

= 2π

=

2

W

π P

P

trac

ω

c, R

c, R

i w poszczególnych przypadkach wynosi:

1

2

W

ω

ω CU

1

a)

max

2

Q(ω)

m

=

=

=

,

1

2

2

2

P

U ω C R

ω RC

c, R

2

m

1

2

W

ω

CU

b)

max

2

Q(ω)

m

=

=

= ω RC ,

1

2

P

U

c, R

2 R

m

Zauważ one błę dy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa

Analiza wskazowa - kolokwium

© C. Stefański

7a_RozwiazanieKola2gr8_2006.doc

4/8

1

2

W

ω

ω LI

ω L

c)

max

2

Q(ω)

m

=

=

=

.

1

2

P

I R

R

c, R

2

m

Zadanie 4

Narysować wykres wskazowy prądów i napięć dla szeregowego obwodu rezonansowego RLC pobudzanego ze źródła napięciowego e( t)=0,1cos(ω t) [V], gdy: a) ω<ωο ,

b) ω=ωο ,

c)ω>ωο .

Przyjąć R=10Ω, L=10mH, C=10nF.

Rozwiązanie

Załóżmy, że wskaz prądu płynącego przez elementy R, L i C szeregowego obwodu rezonansowego wynosi I, to znaczy:

I = I = I = I .

R

L

C

Wskazy napięć na elementach R, L, C wyniosą wtedy odpowiednio: U = R⋅ I ,

R

ω

U = ω

j L⋅ I =

⋅ ω

j

L⋅ I = η ⋅ ω

j

L⋅ I ,

L

o

o

ω o

−j

ω

−j

1 −j

o

U

=

⋅ I =

⋅ I =

⋅ I .

C

ω C

ω ω C

η ω C

o

o

Zgodnie z danymi zadania wypadkowy wskaz napięcia na obwodzie rezonansowym wynosi

E=0,1 [V],

a ponadto:

1

1

5

ω =

=

= 10 [rad/s] ,

o

−3

−9

LC

10 ⋅10 ⋅10 ⋅10

5

−3

3

ω L = 10 ⋅10 ⋅10 = 10 [Ω] ,

o

1

1

4

=

= 10 [Ω] .

5

9

ω C

10 ⋅10 ⋅10−

o

Zatem mamy:

E = U + U + U ,

R

L

C

czyli





1  





1  

3

2

0,1 = 10 + 1

j 0 η −  I = 101 + 1

j 0 η −  I .





η  





η  

Jeżeli zdecydujemy się wyrażać prąd w miliamperach, możemy zapisać: I mA

I =

,

3

10





1  

2

0,1 = 0,011 + 1

j 0 η −  I

.

mA





η  

Zatem mamy następujące proporcje modułów wskazów napięć: 2

2

U

= 10 η U

= η U

,

L

R

C

1

1

2

U

= 10

U

=

U

,

C

R

2

L

η

η

Zauważ one błę dy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa

Analiza wskazowa - kolokwium

© C. Stefański

7a_RozwiazanieKola2gr8_2006.doc

5/8

1

2

U

= 10 η −

U

,

L, C

R

η

gdzie przez UL,C oznaczono wskaz napięcia na szeregowym połączeniu elementów L, C.

Widać, że przy danych zadania niezwykle trudno będzie narysować wykres wskazowy tak, by wszystkie jego elementy zachowywały wzajemne proporcje. Na przykład dla przypadku b) (wtedy η=1), gdyby wskaz UR był reprezentowany wektorem długości 1mm, to wskazy UL oraz UC musiałyby być reprezentowane wektorami długości 10cm! Pozostaje inne wyjście.

Przyjmiemy, iż osie płaszczyzny zespolonej są wyskalowane tak, że jednostkowemu napięciu na oporniku odpowiada 10cm, zaś jednostkowemu napięciu na induktorze lub kondensatorze odpowiada 1mm (wskazy napięcia i prądu są usytuowane wzajemnie prostopadle).

Wtedy w poszczególnych przypadkach:

a) gdy η=1/2:

E

U

= 50 U

, U

= 200 U

, U

= 150 U

, U =

,

L

R

C

R

L, C

R

R

22501

b) (η=1)

U

= 100 U

, U

= 100 U

, U

= 0 , U

L

R

C

R

L, C

R= E,

c) gdy η=2:

E

U

= 150 U

, U

= 50 U

, U

= 150 U , U =

.

L

R

C

R

L, C

R

R

22501

Rysujemy wykresy wskazowe. Skale dla przypadków a) i c) są te same. Narysowano dla nich po dwa wykresy wskazowe, z których drugi powstał przez obrót pierwszego tak, by wskaz E przyjął położenie poziome. Skala dla przypadku b) jest inna, co widać „gołym okiem”. Przecież w tym przypadku | UR| jest największe, zaś na wszystkich zamieszczonych tu wykresach wskaz UR ma taką samą długość (co osiągnięto przez „manipulowanie” skalą).

Oto te wykresy.

a)

UL

UR

I=IR=IL=IC

I=IR=IL=IC

UR

E

UL

E

UC

UC

Zauważ one błę dy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa

Analiza wskazowa - kolokwium

© C. Stefański

7a_RozwiazanieKola2gr8_2006.doc

6/8

b)

UL

UR

I=IR=IL=IC

E

UC

c)

UL

UL

E

U

C

E

U

UR

R

I=I

R=IL=IC

UC

I=IR=IL=IC

Komentarz: W rozwią zaniu zadania szczególną uwagę zwrócono na uzmysłowienie Czy-telnikowi, jakie są proporcje mię dzy wskazami napięć na poszczególnych elementach obwodu rezonansowego (wskazy napięć na induktorze i kondensatorze odkładano jako 100 razy mniejsze niż są w rzeczywistoś ci, przy przyję ciu, ż e wskaz napię cia na oporze był odkładany w zgodzie z rzeczywistoś cią ). Ponadto zilustrowano zmianę tych proporcji z czę stotliwoś cią .

Zadanie 5.

W obwodzie jak na rysunku dwójnik ob-

R

ciążający D został tak dobrany, by wydzielała

(µ+1) u( t)

się na nim maksymalna moc czynna. Obliczyć

tę moc. Przyjąć, że j( t)= µ cos(µ 106. t) [mA], u( t)

R=8.µ -2 Ω, C=.µ -1 nF.

j( t)

C

(W danych tego zadania µ oznacza pewną

ustaloną liczbę naturalną).

Odp. P = 0,001 [mW] .

c

Zauważ one błę dy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa

Analiza wskazowa - kolokwium

© C. Stefański

7a_RozwiazanieKola2gr8_2006.doc

7/8

Rozwiązanie

Narysujmy schemat wskazowy obwodu na le-

wo od wyróżnionych zacisków.

8µ--2 [Ω]

(µ+1) U

Wskaz I

I

z prądu zwarcia wyróżnionych zaci-

z

sków wynosi:

U

I = µ [mA].

z

jµ106µ -110-9 [S]

µ

Wskaz U

[mA]

r napięcia między rozwartymi wyróż-

nionymi zaciskami jest równy wskazowi U zazna-czonemu na rysunku. Ten wskaz spełnia następujące równanie PPK

−

U

3

10 µ =

+

−

+

j

,

−

( U (µ

)

1 U )

6

1

−

−9

1

µ 0 µ 10

2

8µ

z którego wyliczamy

−1

 µ



3

U =  10 − j .

 8



Admitancja zastępczego źródła Nortona wynosi zatem

−3

2

I

I

10 µ



 



−

µ

µ

z

z

3

3

−3

Y =

=

=

= 10 µ  10 − j =

− 1

j 0 µ  [S] ,

N

−1

U

U

 µ



 8

  8



r

3

 10 − j

 8



zaś SPM tego źródła to

−3

J

= I = 10 µ [A].

2





N

z

µ

3



− 1

j 0− µ  [S]

2

 µ



3

−

Dopasowane obciążenie ma admitancję

 8





+ 1

j 0 µ  [S]

 8



Uo

2

 µ



*

−3

Y = Y = 

+ 1

j 0 µ  [S] .

o

N

 8



µ [mA]

Tę sytuację przedstawiono na rysunku.

Wskaz napięcia na dopasowanym obciążeniu wynosi

−3

3

10 µ

4 ⋅10−

U =

=

[V] ,

o

2

2

µ

−

µ

3

−3

µ

− 1

j 0 µ +

+ 1

j 0 µ

8

8

zaś wskaz prądu wynosi

−3

2

4 10  µ



⋅





−

µ

3

−3

I = U Y =



+ 1

j 0 µ  = 

+ 4

j ⋅10  [mA].

o

o o

µ

 8

  2



Moc zespolona na dopasowanym dwójniku to

*

−3 



*

4 ⋅10

µ

1

1

−3

−3

P = U I =



+ 4

j ⋅10  ⋅10 = 1 − 8

j ⋅10− µ − ⋅10 [W] .

z

2

o

o

2

(

3

1 )

-6

µ

 2



Ostatecznie moc czynna, jaka wydzieli się na rozważanym dwójniku, wyniesie P = Re( P ) = 0,001 [mW] .

c

z

Zauważ one błę dy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa

Analiza wskazowa - kolokwium

© C. Stefański

7a_RozwiazanieKola2gr8_2006.doc

8/8

Odp do zad. 1:

c) i ( t ) =

( 4

20 cos 10 t + 135 ) [mA] .

a) X=

1

−

1 + j 3 =1|-2π/3= 1|-120o ,

2 (

)

b) X= 1 1 + j 3 =1|π/3=1|60o ,

Odp.

do zad. 3:

2 (

)

1

a)

Q(ω) =

,

c) X= 1

3 + j =1|π/6=1|30o .

2 (

)

ω RC

Odp. do zad. 2:

b)

Q(ω) = ω RC ,

a) i ( t ) =

( 4

100 cos 10 t + 120 ) [mA] ,

ω L

c)

Q(ω) =

.

R

b) i ( t ) =

( 4

50 cos 10 t + 150 ) [mA] ,

Odp. do zad. 4.

a)

UL

UR

I=IR=IL=IC

I=IR=IL=IC

UR

E

UL

E

b)

UC

U

C

UL

UR

I=IR=IL=IC

E

UC

c)

UL

UL

E

U

C

E

U

UR

R

I=I

R=IL=I

UC

I=IR=IL=IC

Odp. do zad. 5:

P = 0, 001 [mW] .

c

Zauważ one błę dy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]