Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa - kolokwium
© C. Stefański
7b_RozwiazanieKola2gr9i10_2006.doc
1/8
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie 1 (a, b, c dla grupy 9, d, e, f dla grupy 10)
Znaleźć amplitudy zespolone następujących sygnałów:
a)
x(t)= -½cos(10
3
t
-2π/3)+cos(10
3
t
+π/3)+2sin(10
3
t
-π/6),
b)
x(t)= -½cos(10
3
t+π/3)+2cos(10
3
t
+π/3)+sin(10
3
t
-π/6),
c)
x
c
(t)= ½sin(10
3
t-π/6)+2cos(10
3
t
+π/6)+sin(10
3
t
-π/3),
x
cc
(t)= ½sin(10
3
t-π/3)+2cos(10
3
t
+π/6)+sin(10
3
t
-π/3),
d)
x(t)= ½cos(10
3
t
-2π/3)+cos(10
3
t
+π/3)+2sin(10
3
t
-π/6),
e)
x(t)= ½cos(10
3
t+π/3)+2cos(10
3
t
+π/3)+sin(10
3
t
-π/6),
f)
x
f
(t)= -½sin(10
3
t-π/6)+2cos(10
3
t
+π/6)+sin(10
3
t
-π/3),
x
ff
(t)= -½sin(10
3
t-π/3)+2cos(10
3
t
+π/6)+sin(10
3
t
-π/3).
Odp.
a) 2X=
(
)
1
2
1
3
−
+ j
=1|-2π/3= 1|-120
o
,
b) 2X=
(
)
1
2
1
3
+ j
=1|π/3=1|60
o
,
c) 2X
cc
=
(
)
1
2
3 + j =1|π/6=1|30
o
, X
c
≈0,619657|6,20602
o
,
d)
2
3
X
=
(
)
1
2
1
3
−
+ j
=1|-2π/3= 1|-120
o
e)
2
3
X
=
(
)
1
2
1
3
+ j
=1|π/3=1|60
o
,
f)
2
3
X
ff
=
(
)
1
2
3 + j =1|π/6=1|30
o
, X
f
≈1,45466|39,8961
o
.
Rozwiązanie
Z rysunku obok, interpretującego
zapis
s
(t)=
A
sin(
ω
t
+
φ
sin
)
=
A
cos(
ω
t
+
φ
cos
)
,
łatwo odczytujemy, że
ω
t
+
φ
sin
=
ω
t
+
φ
cos
+
π
2
skąd
φ
φ
φ
φ
sin
-
φ
φ
φ
φ
cos
= π
2
Zatem
s
(t)=Acos(
ω
t
-
2
π
+
φ
sin
).
Równoważnie
s
(t)=Asin(
ω
t
+
2
π
+
φ
cos
).
Zapisujemy:
a)
x(t)= -½cos(10
3
t
-2π/3)+cos(10
3
t
+π/3)+2sin(10
3
t
-π/6),
b)
x(t)= -½cos(10
3
t+π/3)+2cos(10
3
t
+π/3)+sin(10
3
t
-π/6),
c)
x
c
(t)= ½sin(10
3
t-π/6)+2cos(10
3
t
+π/6)+sin(10
3
t
-π/3),
x
cc
(t)= ½sin(10
3
t-π/3)+2cos(10
3
t
+π/6)+sin(10
3
t
-π/3),
d)
x(t)= ½cos(10
3
t
-2π/3)+cos(10
3
t
+π/3)+2sin(10
3
t
-π/6),
e)
x(t)= ½cos(10
3
t+π/3)+2cos(10
3
t
+π/3)+sin(10
3
t
-π/6),
f)
x
f
(t)= -½sin(10
3
t-π/6)+2cos(10
3
t
+π/6)+sin(10
3
t
-π/3),
x
ff
(t)= -½sin(10
3
t-π/3)+2cos(10
3
t
+π/6)+sin(10
3
t
-π/3).
y
x
A
y
x
s
(t)
ω t+φ
cos
ω t+φ
sin
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa - kolokwium
© C. Stefański
7b_RozwiazanieKola2gr9i10_2006.doc
2/8
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Przechodzimy na amplitudy zespolone:
a) X=½|-2π/3-π+1|π/3+2|-π/6-π/2=
(
)
1
4
1
3
+ j
+
(
)
1
2
1
3
+ j
+2|-2π/3=
(
)
3
4
1
3
+ j
+
(
)
1
3
− − j
=
(
)
1
4
1
3
−
+ j
=½|-π+π/3= ½|-2π/3=½|-120
o
b) X=½|π/3-π+2|π/3+1|-π/6-π/2=
(
)
1
4
1
3
−
+ j
+
(
)
1
2
2
1
3
⋅
+ j
+1|-2π/3=
(
)
3
4
1
3
+ j
+
(
)
1
2
1
3
− − j
=
(
)
1
4
1
3
+ j
=½|π/3=½|60
o
c) X
c
=½|-π/6-π/2+2|π/6+1|-π/3-π/2=
(
)
1
4
1
3
−
+ j
+
(
)
1
2
2
3
⋅
+ j +1|-5π/6=
(
)
1
4
1
3
−
+ j
+
(
)
3 + j +
(
)
1
2
3
−
− j =
(
)
1
4
1
3
−
+ j
+
(
)
1
2
3 + j ≈0,619657|6,20602
o
lub
X
cc
=½|-π/3-π/2+2|π/6+1|-π/3-π/2=
(
)
1
4
3
−
+ j +
(
)
1
2
2
3
⋅
+ j +1|-5π/6=
(
)
3
4
3 + j +
(
)
1
2
3
−
− j =
(
)
1
4
3 + j =½|π/6=½|30
o
.
d) X=½|-2π/3+1|π/3+2|-π/6-π/2=
(
)
1
4
1
3
−
+ j
+
(
)
1
2
1
3
+ j
+2|-2π/3=
(
)
1
4
1
3
+ j
+
(
)
1
3
− − j
=
(
)
3
4
1
3
−
+ j
=1½|-π+π/3= 1½|-2π/3=1½|-120
o
e) X=½|π/3+2|π/3+1|-π/6-π/2=
(
)
1
4
1
3
+ j
+
(
)
1
2
2
1
3
⋅
+ j
+1|-2π/3=
(
)
5
4
1
3
+ j
+
(
)
1
2
1
3
− − j
=
(
)
3
4
1
3
+ j
=1½|π/3=1½|60
o
f) X
f
=½|-π/6-π/2+π+2|π/6+1|-π/3-π/2=
(
)
1
4
1
3
+ j
+
(
)
1
2
2
3
⋅
+ j +1|-5π/6=
(
)
1
4
1
3
+ j
+
(
)
3 + j +
(
)
1
2
3
−
− j =
(
)
1
4
1
3
+ j
+
(
)
1
2
3 + j ≈1,45466|39,8961
o
lub
X
ff
=½|-π/3-π/2+π+2|π/6+1|-π/3-π/2=
(
)
1
4
3 + j +
(
)
1
2
2
3
⋅
+ j +1|-5π/6=
(
)
5
4
3 + j +
(
)
1
2
3
−
− j =
(
)
3
4
3 + j =1½|π/6=1½|30
o
Komentarz. Można było najpierw wykonać redukcję wyrazów podobnych po stronie czasu, po
czym przejść na działania na wskazach!
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa - kolokwium
© C. Stefański
7b_RozwiazanieKola2gr9i10_2006.doc
3/8
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie 2
(dla grupy 9)
Wskaz E przebiegu napięciowego e(t)=E
m
cos(10
4
t
+
φ
) [V] wynosi:
a)
10 2 30
E
=
−
[V], b)
5 2 60
E
=
−
[V], c)
2,5 2 45
E
=
[V].
Znajdź prąd i(t) płynący przez dwójnik będący szeregowym połączeniem oporu R=0,1kΩ
i kondensatora C=1
µ
F, gdy napięcie na tym dwójniku wynosi e(t).
(dla grupy 10)
Wskaz E przebiegu napięciowego e(t)=E
m
cos(10
4
t
+
φ
) [V] wynosi:
a)
5 2 30
E
=
−
[V], b)
2,5 2 60
E
=
−
[V], c)
1, 25 2 45
E
=
[V].
Znajdź prąd i(t) płynący przez dwójnik będący równoległym połączeniem oporu R=0,1kΩ
i kondensatora C=1
µ
F, gdy napięcie na tym dwójniku wynosi e(t).
Odp. (dla obu grup):
a)
(
)
4
( ) 100 cos 10
15 [mA]
i t
t
=
+
,
b)
(
)
4
( )
50 cos 10
15 [mA]
i t
t
=
−
,
c)
(
)
4
( )
25cos 10
90 [mA]
i t
t
=
+
.
Rozwiązanie
Wyznaczmy najpierw impedancję, a następnie admitancję dwójnika, o którym mowa w
zadaniu dla grupy 9. Mamy:
(
)
1
4
6
9
100
10 10
100(1
) [ ]
Z
−
−
=
+
⋅
=
−
Ω
j
j
,
1
1
1
9
9
1
45
100 (1
)
[S]
100 2 45
100 2
Y
Z
−
−
−
=
=
−
=
=
−
j
.
Wyznaczmy następnie admitancję dwójnika, o którym mowa w zadaniu dla grupy 10. Mamy:
4
6
10
1
1
2 45
10 10
(1
)
[S]
100
100
100
Y
−
=
+
⋅
=
+
=
j
j
.
Zauważamy, że
10
9
2
Y
Y
= ⋅
.
Ponadto zauważamy, że w odpowiadających sobie przypadkach (dla grup 9 i 10) zachodzi
grupy 9
grupy 10
2
E
E
= ⋅
,
a ponieważ
1
grupy 9
grupy 10
grupy 10
9
10
10
2
2
I
E Y
E
Y
E
Y
E
Y
=
⋅
=
⋅
=
⋅
=
⋅
,
więc w tychże przypadkach prądy będą identyczne.
Obliczamy:
a)
45
10 2 30
0,115 [A]
100 2
I
E Y
=
⋅
=
−
⋅
=
,
b)
45
5 2 60
0, 05 15 [A]
100 2
I
E Y
=
⋅
=
−
⋅
=
−
,
c)
45
2,5 2 45
0, 025 90 [A]
100 2
I
E Y
=
⋅
=
⋅
=
.
Zatem:
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa - kolokwium
© C. Stefański
7b_RozwiazanieKola2gr9i10_2006.doc
4/8
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
a)
(
)
4
( ) 100 cos 10
15 [mA]
i t
t
=
+
,
b)
(
)
4
( )
50 cos 10
15 [mA]
i t
t
=
−
,
c)
(
)
4
( )
25 cos 10
90 [mA]
i t
t
=
+
.
Zadanie 3
Obliczyć prąd i(t) oraz moc średnią traconą
na oporniku R
1
w obwodzie jak na rysunku.
Przyjąć:
j
(t)=4
η
cos(10
6
t
/3) [mA],
e
(t)=3
η
cos(3
.
10
6
t
) [V],
R
1
=R
2
=750Ω, L=1mH, C=1nF,
gdzie
η
η
η
η
oznacza ustaloną liczbę naturalną.
Odp.
(
)
(
)
(
)
6
6
1
3
( )
2
cos
10
45 + cos 3 10
45
[mA]
i t
t
t
η
=
⋅
+
⋅
−
2
1, 5
[mW]
sr
P
η
=
.
Rozwiązanie
Ź
ródła działają na różnych pulsacjach, więc właściwym podejściem przy wyznaczaniu
prądu jest skorzystanie z zasady superpozycji.
Gdy działa tylko źródło prądowe mamy schemat wskazowy pokazany na rysunku (jed-
nostki to Ω, A), gdyż
3
6
9
1
3 10 [ ]
10
10
3
C
Z
−
=
= −
⋅
Ω
j
j
,
6
3
3
1
3
10
10
10 [ ]
3
L
Z
−
=
=
⋅
Ω
j
j
.
Korzystamy z dzielnika prądowego i wyznaczamy:
3
3
3
1
3
1
2
750
4 10
45
1
1
1
1
1000
750
750
3 10
10
j
I
η
η
−
=
=
+
+
+
−
⋅
j
j
.
Oznacza to, iż wywołany przez źródło prądowe składnik i
j
(t) prądu i(t) wynosi:
(
)
6
1
3
( )
2 cos
10
45 [mA]
j
i t
t
η
=
⋅
+
.
Gdy działa tylko źródło napięciowe mamy, po zastąpieniu rzeczywistego źródła napię-
ciowego równoważnym źródłem prądowym, schemat wskazowy pokazany na rysunku (jed-
nostki to Ω, A), gdyż
3
1
3
6
9
1
10 [ ]
3 10 10
C
Z
−
=
= −
⋅
Ω
⋅
⋅
j
j
,
6
3
3
3 10 10
3 10 [ ]
L
Z
−
=
⋅
⋅
=
⋅
Ω
j
j
,
3
3
4
10
750
e
J
η
η
−
=
=
⋅
[A].
Korzystamy z dzielnika prądowego i wyznaczamy:
e
(t)
i
(t)
j
(t)
R
1
C
R
2
L
I
j
4
η10
-3
750
-j3
.
10
3
750
j10
3
/3
I
j
4
η10
-3
750
-j10
3
/3
750
j3
.
10
3
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa - kolokwium
© C. Stefański
7b_RozwiazanieKola2gr9i10_2006.doc
5/8
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
3
3
3
1
3
1
2
750
4 10
45
1
1
1
1
1000
750
750
3 10
10
e
I
η
η
−
=
=
−
+
+
+
⋅
−
j
j
.
Oznacza to, iż wywołany przez źródło napięciowe składnik i
e
(t) prądu i(t) wynosi:
(
)
6
( )
2 cos 3 10
45 [mA]
e
i t
t
η
=
⋅
−
.
Ostatecznie poszukiwany prąd wynosi:
(
)
(
)
(
)
6
6
1
3
( )
2
cos
10
45 + cos 3 10
45
[mA]
i t
t
t
η
=
⋅
+
⋅
−
.
Wartość skuteczna każdego ze składników ortogonalnych tego prądu wynosi:
3
,
,
2
10
[mA]
2
sk j
sk e
I
I
η
η
−
⋅
=
=
=
.
Na oporniku R
1
=750 Ω wydzieli się łącznie moc (sumujemy moce średnie sygnałów ortogo-
nalnych):
(
)
2
2
2
2
2
3
2
,
1
,
1
750(
) 10
1,5
[mW]
sr
sk j
sk e
P
I
R
I
R
η
η
η
−
=
+
=
+
=
.
Zadanie 4
Obliczyć dobroć Q, oporność dynamiczną R
d
, pulsację rezonansową
ω
r
i pulsację charak-
terystyczną
ω
o
oraz pasmo trzydecybelowe równoległego dwugałęźnego obwodu rezonanso-
wego L, r
L
,C, r
C
, gdy L=1mH, C=1nF, r
L
=0,7Ω, r
C
=0,3Ω. Ponadto obliczyć napięcie na prą-
dowym źródle j(t) pobudzającym ten obwód rezonansowy. Przyjąć j(t)=cos( (1- (2Q)
-1
)
ω
o
t)
[
µ
A]. Podczas rozwiązania sygnalizować, czy wielkości są wyznaczane z zależności dokład-
nych, czy przybliżonych.
Odp.
3
10
Q
≈
,
1 Mrad/s
o
ω =
,
1 M ]
d
R
=
Ω ,
1 Mrad/s
r
o
ω
ω
≈
=
,
1 Mrad/s
o
ω =
,
3
1krad/s
dB
B
≈
,
(
)
(
)
(
)
1
( )
0,1cos 1
2
84
[V]
j
o
e t
Q
t
ω
−
≈
−
+
.
Rozwiązanie
Obliczamy (zależności dokładne).
Pulsacja charakterystyczna
3
9
1
1
1M [rad/s]
10
10
o
LC
ω
−
−
=
=
=
⋅
„Charakterystyczna” dobroć (gałęzi) cewki
6
3
4
1
7
10 10
10
0, 7
o
o
L
L
L
Q
r
ω
−
⋅
=
=
= ⋅
„Charakterystyczna” dobroć (gałęzi) kondensatora
4
1
3
6
9
1
1
10
10 10
0,3
o
C
o
C
Q
Cr
ω
−
=
=
= ⋅
⋅
⋅
Oporność dynamiczna obwodu
(
)
(
)
3
9
10
1M [ ]
10
0, 7 0,3
d
L
C
L
R
C r
r
−
−
=
=
=
Ω
+
+
Pulsacja rezonansowa obwodu
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa - kolokwium
© C. Stefański
7b_RozwiazanieKola2gr9i10_2006.doc
6/8
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
(
)
(
)
2
4
2
1
7
6
2
2
4
1
4
1
1
1
1
10
10
1 Mrad/s
1
1
1
1
10
o
o
L
r
o
o
C
Q
Q
ω
ω
ω
−
−
⋅
=
=
≈
=
−
−
⋅
.
Obliczamy dobroć Q (zależność przybliżona):
4
4
1
1
3
7
3
4
4
1
1
7
3
10
10
10
10
10
o
o
o
o
L
C
L
C
Q Q
Q
Q
Q
⋅
⋅ ⋅
≈
=
=
+
⋅
+ ⋅
.
Obliczamy pasmo (zależność przybliżona, bo liczymy z wzoru dla równoległego obwodu
rezonansowego):
6
3
3
10
1k [rad/s]
10
o
dB
B
Q
ω
≈
=
=
.
Obliczamy:
(1- (2Q)
-1
)
ω
o
≈
(
)
(
)
1
3
6
5
1
2 10
10
995 10
0,995
o
ω
−
−
⋅
⋅
=
⋅
=
.
2
9
9
2
5
3
3
(0,995
)
10
10
(0,995
)
(
)
1
(-0,0100251256) 10
84
0,995
10
10
o
o
o
C
L
o
o
Y
r
r
ω
ω
ω
γ
γ
ω ω
−
−
−
−
−
−
≈
+
+
≈
⋅ +
⋅
≈
−
⋅
j
j
.
Zatem
(
)
(
)
(
)
1
( )
0,1cos 1
2
84
[V]
j
o
e t
Q
t
ω
−
≈
−
+
.
Zadanie 5.
W obwodzie jak na rysunku dwójnik ob-
ciążający D został tak dobrany, by wydzielała
się na nim maksymalna moc czynna. Obliczyć
tę moc. Przyjąć, że j(t)=
η
cos(
η
10
6.
t
) [mA],
R
=8
.
η
-2
kΩ, C=
.
η
-1
nF.
(W danych tego zadania
η
oznacza pewną
ustaloną liczbę naturalną).
Odp.
1 mW
c
P
=
.
Rozwiązanie
Narysujmy schemat wskazowy obwodu na le-
wo od wyróżnionych zacisków.
Wskaz I
z
prądu zwarcia wyróżnionych zaci-
sków wynosi:
z
I
η
=
[mA].
Wskaz
U
r
napięcia między rozwartymi wyróż-
nionymi zaciskami jest równy wskazowi
U
zazna-
czonemu na rysunku. Ten wskaz spełnia następujące równanie PPK
(
)
(
)
3
6
1
9
2
3
10
1
10
10
8
10
U
U
U
η
η
η
η
η
−
−
−
−
=
+
−
+
⋅
j
,
z którego wyliczamy
u
(t)
j
(t)
R
C
(
η+1)u(t)
U
η
[mA]
8
η
-
2
[kΩ]
j
η
10
6
η
-1
10
-9
[S]
(
η+1)U
I
z
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa - kolokwium
© C. Stefański
7b_RozwiazanieKola2gr9i10_2006.doc
7/8
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
1
8
U
η
−
=
−
j
[V].
Admitancja zastępczego źródła Nortona wynosi zatem
3
2
3
1
10
10
=
[mS]
8
8
8
z
z
N
r
I
I
Y
U
U
η
η
η
η
η
η
−
−
−
=
=
=
=
−
−
−
j
j
j
,
zaś SPM tego źródła to
3
10
[A]
z
N
J
I
η
−
=
=
.
Dopasowane obciążenie ma admitancję
2
*
[mS]
8
o
N
Y
Y
η
η
=
=
+
j
.
Tę sytuację przedstawiono na rysunku.
Wskaz napięcia na dopasowanym obciąże-
niu wynosi
3
2
2
3
10
4
[V]
10
8
8
o
U
η
η
η
η
η
η
−
−
=
=
−
+
+
j
j
,
zaś wskaz prądu wynosi
2
3
4
10
=
+ 4 [mA]
8
2
o
o o
I
U Y
η
η
η
η
−
=
=
+
j
j
.
Moc zespolona na dopasowanym dwójniku to
(
)
*
*
3
1
-3
1
1
2
2
4
+ 4
10
1
8
10 [W]
2
o
o
z
P
U I
η
η
η
−
−
=
=
⋅
=
−
⋅
j
j
.
Ostatecznie moc czynna, jaka wydzieli się na rozważanym dwójniku, wyniesie
( )
Re
1 [mW]
c
z
P
P
=
=
.
U
o
η
[mA]
2
[mS]
8
η
η
−
j
2
[mS]
8
η
η
+
j
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa - kolokwium
© C. Stefański
7b_RozwiazanieKola2gr9i10_2006.doc
8/8
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Odp do zad 1:
a) 2X=
(
)
1
2
1
3
−
+ j
=1|-2π/3= 1|-120
o
,
b) 2X=
(
)
1
2
1
3
+ j
=1|π/3=1|60
o
,
c) 2X
cc
=
(
)
1
2
3 + j =1|π/6=1|30
o
, X
c
≈0,619657|6,20602
o
,
d)
2
3
X
=
(
)
1
2
1
3
−
+ j
=1|-2π/3= 1|-120
o
e)
2
3
X
=
(
)
1
2
1
3
+ j
=1|π/3=1|60
o
,
f)
2
3
X
ff
=
(
)
1
2
3 + j =1|π/6=1|30
o
, X
f
≈1,45466|39,8961
o
.
Odp. (dla obu grup) do zad. 2:
a)
(
)
4
( )
100 cos 10
15 [mA]
i t
t
=
+
,
b)
(
)
4
( )
50 cos 10
15 [mA]
i t
t
=
−
,
c)
(
)
4
( )
25 cos 10
90 [mA]
i t
t
=
+
.
Odp. do zad. 3
(
)
(
)
(
)
6
6
1
3
( )
2
cos
10
45 + cos 3 10
45
[mA]
i t
t
t
η
=
⋅
+
⋅
−
2
1, 5
[mW]
sr
P
η
=
.
Odp. do zad. 4:
3
10
Q
≈
,
1 M
d
R
=
Ω ,
1 Mrad/s
r
o
ω
ω
≈
=
,
1 Mrad/s
o
ω =
,
3
1krad/s
dB
B
≈
,
(
)
(
)
(
)
1
( )
cos 1
2
[V]
j
o
e t
Q
t
ω
−
≈
−
.
Odp. do zad. 5
1 mW
c
P
=
.