Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
1/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie 11
1
W obwodzie znajdującym się w sinuso-
idalnym stanie ustalonym znaleźć przesunię-
cie fazowe pomiędzy e(t) i i(t). Przyjąć, że:
R
=1k
Ω,
ω
L
1
=2k
Ω, M=
1
1
2
2
2mH
L L
=
,
L
2
=1mH.
Odp.: 135
o
.
Rozwiązanie
Ponieważ
L
2
=1mH
i
M
=
1
1
2
2
2mH
L L
=
,
więc
L
1
=8mH.
Ponieważ
ω
L
1
=2k
Ω,
i
L
1
=8mH,
więc
ω
M
=0,5k
Ω
i
ω
L
2
=0,25k
Ω.
Rysujemy schemat dla wskazów.
Obecność w tym schemacie źródeł ste-
rowanych wynika z zastąpienia induk-
cyjności sprzężonych poniższym mode-
lem
zastępczym
dla
schematu
wskazowego.
wego.
Dalej zadanie można rozwiązywać analitycznie, rachując na amplitudach zespolonych,
albo można się posiłkować interpretacją graficzną wskazów, rysując pomocniczo tzw. wykre-
sy wskazowe. Najpierw zastosujemy podejście korzystające z wykresów wskazowych.
Dla prawego oczka obwodu wskazowego możemy narysować następujący wykres wska-
zowy napięć uwzględniający fakt, że suma wskazów napięć w tym oczku jest zerowa i że
amplituda zespolona napięcia na zwarciu jest zerowa.
1
Objaśnia się, iż zapis „
ϕ ” znaczy tyle samo, co „exp(j
ϕ)”
e
(t)
M
L
1
i
(t)
L
2
R
E
j0,25k
Ω
j2k
Ω
I
I
1
j0,5k
Ω
1k
Ω
-(I+I
1
)j0,5k
Ω
I
1
I+I
1
U
R
U
L
1
U
ZS
j
ω
0
L
2
1
0
j
M I
ω
u
2
i
1
L
1
i
2
M
u
1
L
2
1
I
2
U
1
U
2
I
j
ω
0
L
1
2
0
j
M I
ω
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
2/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Wykres
wskazowy
α
α
α
α
przedstawia wspomnianą
sytuację w oczku prawym.
Sytuację tę rozrysowano
ponownie na wykresie B,
przedstawiając jeden ze
wskazów
jako
sumę
wskazów. Przedstawienie
to wynika ze związków
graficznych i algebraicznych uwidocznionych na wykresie
α
α
α
α
. Na podstawie wykresu
β
β
β
β
łatwo
już wnosimy, że
I
1
=-2
I
.
Oznacza to, że wskazy
I
oraz
I
1
są w przeciwnie zwrócone (argumenty wskazów
I
oraz
I
1
różnią się o 180
o
, czyli wskazy te są w „przeciwfazie”) i drugi z nich jest dwa razy krótszy od
pierwszego.
Rysujemy wykres wskazowy
γγγγ
, ilustrujący spełnienie PPK dla dolnego węzła układu
schematu wskazowego i uwzględniający relację pomiędzy
I
oraz
I
1
. Widać z niego, że prąd
wskazowy
I
1
jest w fazie z
I
+
I
1
i jest od niego dwa razy większy.
Uwzględniamy
ten
fakt,
rysując
wykres
wskazowy
δδδδ
równowagi
wskazów napięć dla pierwszego (czyli lewego) oczka schematu wskazowego.
Z wykresu
δδδδ
łatwo ustalamy, że kąt, jaki tworzą ze
sobą wskazy
E
oraz
U
R
(a zatem również wskazy
E
oraz
I
1
+I
) wynosi 45
o
. Ze wskazem
I
1
+I
wskaz I two-
rzy kąt 180
o
(patrz
wykres wskazowy
γγγγ
). Zatem ostatecz-
nie
E
tworzy z
I
kąt
135
o
(porównaj
wykres wskazowy
εεεε
). Oznacza to, że
różnica faz przebie-
gów
e
(
t
) oraz
i
(
t
) wynosi 135
o
(jeżeli przyjąć, że wskaz wirujący
E
|
ωt
wiruje zgodnie z dodat-
nią orientacją płaszczyzny, to wirujący wskaz
I
|
ωt
jest opóźniony o kąt (360-135)
o
=225
o
).
Tak wygląda rozwiązanie problemu w oparciu o interpretację wykresów wskazowych.
Jak można problem rozwiązać algebraicznie pokażemy poniżej.
Zapiszemy macierzowe równanie oczkowe dla schematu dla wskazów. Mamy:
1
1k
j2k
j0,25k
-j0,25k
-j
j0, 5k
j0, 5
0,25k
j0,25k
k
j0, 5k
j0, 5k
0
I
I
E
I
Ω +
Ω +
Ω
Ω
+
=
Ω
Ω
−
Ω
−
Ω
Ω
Ω
+
+
.
Nic nie stoi na przeszkodzie, by przyjąć
E
=1kV (wszak idzie tylko o fazę, a będzie się
wygodnie liczyło). Mamy:
1
1 j1,25
j0,25
1
j0,25
j0,25
0
I
I
I
+
+
=
,
skąd
1
1
1
1 j
2
2
180
45
135
I
−
+
=
=
−
=
.
Jak widzimy, również uzyskaliśmy fazę 135
o
.
-(I+I
1
)j0,5k
Ω
I
1
j0,25k
Ω
-I
1
j0,25k
Ω
-Ij0,5k
Ω
I
1
j0,25k
Ω
-I
1
j0,25k
Ω
α
α
α
α
β
β
β
β
I
1
I
I
+I
1
γγγγ
d
d
d
U
R
=
(I
1
+I
)1k
Ω
U
L
1
=
(I
1
+I
)j2k
Ω
U
ZS
=I
1
j0,5k
Ω
E
δδδδ
d
d
I
1
+I
E
εεεε
d
I
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
3/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie 12
1
Wyznaczyć różnicę faz między napięciem u(t)
i e(t) w przedstawionym obok obwodzie znajdują-
cym się w stanie ustalonym. Przyjąć, że
e
(t)=E
m
cos(
ω
t
+
ϕ
).
Odp.: arctg
1
RC
ω
.
Rozwiązanie
Mamy
następujący
schemat dla wskazów (rys.
β
). Jest on równoważny
schematowi z kolejnego rysunku (rys.
γ
), gdy
1
j
1 j
||
R
C
RC
Z
R
ω
ω
+
=
=
.
Prąd wskazowy płynący przez wrota wejściowe
wzmacniacza jest zerowy (tak wynika z równań defini-
cyjnych wzmacniacza), więc wskaz spadku napięcia na
rezystorze R
1
też jest zerowy, a zatem na obu zaciskach
wejściowych wzmacniacza potencjał jest zerowy. Przez
ź
ródło E w kierunku wzmacniacza płynie zatem prąd
wskazowy
j
E
E
I
L
ω
=
.
Prąd ten płynie też przez dwójnik o impedancji Z (bo
przez wrota wejściowe wzmacniacza nie może) i dalej
przez wrota wyjściowe wzmacniacza. Skoro, jak nieco
wcześniej zauważyliśmy, zacisk „-” wzmacniacza jest
na potencjale zerowym, możemy napisać następujące
równanie NPK:
0
E
U
I Z
+
= ,
z którego wyliczamy
2
2
2
2
j
1 j
1
arctg
m
E
E
E
R
R
U
I Z
L
RC
L
R C
RC
π
ϕ
ω
ω
ω
ω
ω
= −
= −
⋅
= −
⋅
=
+
+
2
2
2
2
arctg
1
m
E R
RC
L
R C
π
π ϕ
ω
ω
ω
+ − −
+
.
Szukana różnica faz wyniesie:
(
)
arctg
2
u
e
RC
π
ϕ
ϕ
ϕ
ω
ϕ
−
=
+
−
−
=
arctg
2
RC
π
ω
−
.
Ostatnie wyrażenie można zapisać prościej,
jako
1
arctg
RC
ω
,
co objaśniono kolejnym rysunku (rys.
δ
).
1
Objaśnia się, iż zapis „
ϕ ” znaczy tyle samo, co „exp(j
ϕ)”
e
(t)
L
R
1
C
R
u
(t)
Rys.
α
α
α
α
E
=E
m
|
ϕ
j
ω
L
R
1
1/(j
ω
C
)
R
U
Rys.
β
β
β
β
E
=E
m
|
ϕ
j
ω
L
R
1
Z
U
Rys.
γγγγ
I
E
Rys.
δδδδ
ω
ω
ω
ω
RC
1
11
1
arctg
ω
RC
arctg
1
RC
ω
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
4/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie 13
1
Obliczyć prąd i(t) w układzie pokazanym na
rysunku (rys.
α
α
α
α
) w przypadku, gdy
e
(t)=10sin(2t+45
o
) [V] oraz j(t)= 2cos(2t-30
o
) [A].
Odp.: ( )
4, 61cos(2
28,88 ) [A]
i t
t
≈
−
.
Rozwiązanie
Rysujemy wskazowy schemat zastępczy ob-
wodu (rys.
β
). Przekształcamy obwód do potrzeb
metody węzłowej. Uzyskujemy obwód pokazany
na kolejnym rysunku (rys.
γ
).
Uzyskujemy obwód o dwu węzłach.
Łatwo układamy równanie węzłowe, z
którego wyznaczymy potencjał węzła
:
(
)
1
1
1
1
1
1
5
4 j
1-2j
5
4 j
2 30
10(
) 45
V
+
+
= −
+
+
−
1
1
5
4 j
1
1
1
5
4 j
1-2j
2 30
10(
) 45
1
V
−
+
+
−
+ +
=
.
Wskaz I szukanego prądu wyniesie
4 9 2
1
1
1
2
2 4 3
5
4 j
1
1
1
73
13
5
4 j
1-2j
80
14
57 18 2 2 6 arctg
2 30
10(
) 45
1
1
1 2 j
arctg
4, 6096 -28,8774
1 2 j
V
I
+
−
+
−
−
+
+
−
−
+
+
−
=
=
⋅
=
≈
−
,
zaś szukany prąd będzie równy
( )
4, 61cos(2
28,88 ) [A]
i t
t
≈
−
.
1
Objaśnia się, iż zapis „
ϕ ” znaczy tyle samo, co „exp(j
ϕ)”
2H
5
Ω
0,25F
1
Ω
e
(t)
j
(t)
i
(t)
Rys.
α
α
α
α
4j
5
-2j
1
10|45
o
-90
o
2|-30
o
I
(jednostki:
Ω, V, A)
Rys.
β
β
β
β
4j
5
-2j
1
1
1
5
4 j
10(
)
+
|-45
o
2|-30
o
I
(jednostki:
Ω, V, A)
Rys.
γγγγ
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
5/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie 14
1
Obliczyć prąd i(t) w układzie pokazanym na
rysunku (rys.
α
α
α
α
) w przypadku, gdy
e
(t)=10sin(3t+45
o
) [V] oraz j(t)= 2cos(3t-30
o
) [A].
Odp.: i(t)
≈3,83cos(3t-37,39
o
) [A].
.
Rozwiązanie
Rysujemy schemat zastępczy dla celów analizy wskazowej (rys.
β
). Na gałęzi (złożonej z
rezystora i kondensatora), przez którą płynie prąd wskazowy I, panuje napięcie wskazowe
4
3
(1
j)
I
−
.
Napięcie to możemy też wyznaczyć sumując spad-
ki napięć na źródle napięciowym i równoległym
połączeniu induktora z opornikiem. W ten sposób
uzyskujemy, że napięcie to wynosi
5 6 j
5+6j
10 45
(2 30
)
I
⋅
−
+
−
−
.
Porównujemy uzyskane wyrażenia i wyznaczamy
z powstałego równania wskaz I:
5 6 j
4
3
5+6j
(1
j)=10 45
(2 30
)
I
I
⋅
−
−
+
−
−
,
I
≈3,83012|-37,3882
o
[A].
Ostatecznie
i
(t)
≈3,83cos(3t-37,39
o
) [A].
1
Objaśnia się, iż zapis „
ϕ ” znaczy tyle samo, co „exp(j
ϕ)”
2H
5
Ω
0,25F
1
Ω
e
(t)
j
(t)
i
(t)
Rys.
α
α
α
α
6j
5
4
3
−
j
1
10|45
o
-90
o
2|-30
o
I
(jednostki:
Ω, V, A)
Rys.
β
β
β
β
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
6/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie 15
1
Obliczyć prąd i(t) w układzie pokazanym na
rysunku (rys.
α
α
α
α
) w przypadku, gdy
e
(t)=10sin(2t+45
o
) [V] oraz i(t)= 2cos(3t-30
o
) [A].
Odp.: ( )
3, 35 cos(2
53, 46 )
i t
t
≈
−
+
1,87 cos(3
6,1 ) [A]
t
−
.
Rozwiązanie
Ponieważ źródła zadania są generatorami sygnałów o różnej pulsacji, a z założenia analiza
wskazowa dotyczy sytuacji związanej z pojedynczą, ustaloną pulsacją (nie da się wyznaczyć
choćby impedancji induktora dla kilku wartości pulsacji jednocześnie jako jednej liczby),
przeto ratunkiem okazuje się zastosowanie superpozycji. W poszczególnych etapach superpo-
zycji zachowujemy te źródła, które pracują na tej samej pulsacji, a pozostałe wygaszamy.
Uzyskane rezultaty cząstkowe – muszą to być przebiegi czasowe – sumujemy.
Wyznaczmy najpierw skutek od źródeł pracują-
cych na pulsacji
ω
=2. Oznacza to, że źródło napięcio-
we działa, a prądowe jest wygaszone (czyli zastąpione
rozwarciem). Uzyskujemy następujący (rys.
β
) sche-
mat dla wskazów (związanych z przebiegami o pulsa-
cji
ω
=2, co wyraźnie podkreśliliśmy, przez oznaczenie
wskazu prądu jako I
ω=2
). Łatwo obliczamy, że
2
5 4j
5+4j
10 45
3,35155 -53,4613 [A]
1 2 j+
I
ω
=
⋅
−
=
≈
−
.
Wskazowi temu odpowiada składnik czasowy
2
( )
3, 35cos(2
53, 46 ) [A]
i
t
t
ω
=
≈
−
.
Następnie wyznaczamy skutek od źródeł pracujących na
pulsacji
ω
=3. Oznacza to, że źródło prądowe działa, a na-
pięciowe jest wygaszone (czyli zastąpione zwarciem).
Uzyskujemy następujący schemat (rys.
γ
) dla wskazów
(związanych z przebiegami o pulsacji
ω
=3, co wyraźnie
podkreśliliśmy, przez oznaczenie wskazu prądu jako I
ω=3
).
Łatwo obliczamy, korzystając z dzielnika prądowego, że
5 6j
5+6j
3
5 6j
4
3
5+6j
2 30
1.87004 -6,09795 [A]
1
j+
I
ω
⋅
=
⋅
= −
⋅
≈
−
.
Wskazowi temu odpowiada składnik czasowy
3
( ) 1,87 cos(3 -6.1 ) [A]
i
t
t
ω
=
≈
.
Ostatecznie, co wynika z zasady superpozycji
2
3
( )
( )
( )
3, 35 cos(2
53, 46 ) 1,87 cos(3
6,1 ) [A]
i t
i
t
i
t
t
t
ω
ω
=
=
=
+
≈
−
+
−
.
Istnieje nieco inna możliwość rozwiązania powyższego zadania. Jak już wiemy, nie możemy
narysować schematu wskazowego słusznego jednocześnie dla amplitud zespolonych odpo-
1
Objaśnia się, iż zapis „
ϕ ” znaczy tyle samo, co „exp(j
ϕ)”
2H
5
Ω
0,25F
1
Ω
e
(t)
j
(t)
i
(t)
Rys.
α
α
α
α
4j
5
-2j
1
10|45
o
-90
o
I
ω=2
(jednostki:
Ω, V, A)
Rys.
β
β
β
β
6j
5
4
3
−
j
1
2|-30
o
I
ω=3
(jednostki:
Ω, V, A)
Rys.
γγγγ
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
7/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
wiadających sygnałom o różnych pulsacjach. Jednak, jeżeli będziemy posługiwać się nie
wskazami nieruchomymi (amplitudami zespolonymi), ale wskazami wirującymi (które są
przecież przebiegami czasowymi), to można uzyskać coś w rodzaju schematu zastępczego dla
wskazów wirujących (uogólniony zastępczy schemat wskazowy) i rozwiązać zadanie. Postę-
powanie daje się precyzyjnie uzasadnić, ale to uzasadnienie tu pominiemy
1
, a skupimy się na
procedurze postępowania i pewnych komentarzach.
W pierwszym kroku tworzymy
schemat zastępczy dla wskazów
wirujących, ze zmienną
ω
(ozna-
czającą pulsację) w wyrażeniach
na impedancje, admitancje, tran-
sadmitancje i transimpedancje, zaś
rzeczywiste sinusoidalne SPM
i SEM źródeł, a także inne rze-
czywiste napięcia i prądy sinuso-
idalne, zastępujemy ich czasowy-
mi odpowiednikami wskazowymi
(czyli
wskazami
wirującymi).
Przy tym dla zapewnienia, że źródło jest niezerowe tylko na wybranej pulsacji
ω
x
, dopisuje-
my przy jego czasowej wydajności wskazowej czynnik
2
ω
=
2
.
Dalej prowadzimy analizę sytuacji w uogólnionym zastępczym schemacie wskazowym, a
po wyznaczeniu interesujących nas czasowych wielkości wskazowych (taką wielkością na
schemacie z rys.
δ
jest I(t)) wyznaczamy ich części rzeczywiste (znaczy to np., że
i
(t)=Re(I(t)).
Zobaczmy, jak ta
analiza wygląda w
przypadku schematu
z rys.
δ
. Najpierw
zastępujemy
ź
ródło
napięciowe
prądo-
wym (rys.
ε
), a na-
stępnie, korzystając z
dzielnika prądowego,
wyznaczamy wskaz
wirujący I(t).
Mamy
(
)
1
0,25
1
0,25
1
1
1
1
5
j 2
1
1
1
5
j 2
1
( )
10
2 (
) 45
2
3
30
j
j
I t
t
t
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
⋅
⋅
+
+
=
=
+
−
+
+
=
−
+
=
+ +
(
)
2
10
1
1
5
j2 2
20
( 13 j+12 )
10
2 (
) 45
2
2
3
30
3
t
t
ω
ω
ω
ω
ω
⋅
−
+
−
=
+
−
+
+
=
−
+
=
2
2
10
10
1
1
5
j2 2
20
( 13 j+12 )
20
( 13 j+12 )
10
2 (
)
45
2
2
3
30
3
t
t
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
⋅
−
+
−
−
+
−
=
+
−
+
+
=
−
+
=
(
)
(
)
56
52
1584
702
1
1
5
j2 2
73
73
1853
1853
10(
)
j
45
2
2
j
30
3
t
t
⋅
+
+
−
+
+
+
−
+
≈
1
Gdy się uważnie porówna wcześniejszą analizę przy wykorzystaniu superpozycji i analizę teraz omawianym
sposobem, to widać równoważność postępowania.
2
wyrażenie
warunek_logiczny
przyjmuje wartość 1, gdy zachodzi
_
warunek logiczny
oraz przyjmuje wartość 0,
gdy nie zachodzi
_
warunek logiczny
j
ω
.
2
5
1
j
0, 25
ω
⋅
1
10
2
ω
=
|45
o
-90
o
+
ω
t
2
3
ω
=
|-30
o
+
ω
t
I
(t)
(jednostki:
Ω, V, A, rad/s)
Rys.
δδδδ
j
ω
.
2
5
1
j
0, 25
ω
⋅
1
10
2
ω
=
1
1
5
j
2
(
)
ω
⋅
+
|-45
o
+
ω
t
2
3
ω
=
|-30
o
+
ω
t
I
(t)
(jednostki:
Ω, V, A, rad/s)
Rys.
εεεε
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
8/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
3,35155 53, 4613
2
1,87004 6, 09795
3
t
t
−
+
+
−
+
.
Ostatecznie
(
)
( )
Re
( )
3,35 cos(2
53, 46 ) 1,87 cos(3
6,1 ) [A]
i t
I t
t
t
=
≈
−
+
−
.
Wykreślmy na koniec uzyskany przebieg w przedziale (-2
π
, 2
π
) długości dwóch okresów.
-6
-4
-2
2
4
6
-4
-2
2
4
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
9/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie 16
1
Obliczyć prąd i(t) w układzie pokazanym na
rysunku (rys.
α
α
α
α
) w przypadku, gdy
e
(t)=10sin(3t+45
o
) [V] oraz i(t)= 2cos(2t-30
o
) [A].
Odp.: ( ) 1,11cos(3 -15,90 )
i t
t
≈
+
1,24cos(2
42,88 )
t
+
Rozwiązanie
Ponieważ źródła zadania są generatorami sygnałów o różnej pulsacji, a z założenia analiza
wskazowa dotyczy sytuacji związanej z pojedynczą, ustaloną pulsacją (nie da się wyznaczyć
choćby impedancji induktora dla kilku wartości pulsacji jednocześnie jako jednej liczby),
przeto ratunkiem okazuje się zastosowanie superpozycji. W poszczególnych etapach superpo-
zycji zachowujemy te źródła, które pracują na tej samej pulsacji, a pozostałe wygaszamy.
Uzyskane rezultaty cząstkowe – muszą to być przebiegi czasowe – sumujemy. Ten sposób
postępowania zalecamy Czytelnikowi do samodzielnego wykonania.
Istnieje też nieco inna możliwość rozwiązania powyższego zadania. Jak już wiemy, nie
możemy narysować schematu wskazowego słusznego jednocześnie dla amplitud zespolonych
odpowiadających sygnałom o różnych pulsacjach. Jednak, jeżeli będziemy posługiwać się nie
wskazami nieruchomymi (amplitudami zespolonymi), ale wskazami wirującymi (które są
przecież przebiegami czasowymi), to można uzyskać coś w rodzaju schematu zastępczego dla
wskazów wirujących (uogólniony zastępczy schemat wskazowy) i rozwiązać zadanie.
W pierwszym kroku procedury tworzymy schemat zastępczy dla wskazów wirujących, ze
zmienną
ω
(oznaczającą pulsację) w wyrażeniach na impedancje, admitancje, transadmitancje
i transimpedancje, zaś rzeczywiste sinusoidalne SPM i SEM źródeł, a także inne rzeczywiste
napięcia i prądy sinusoidalne, zastępujemy ich czasowymi odpowiednikami wskazowymi
(czyli wskazami wirującymi). Przy tym dla zapewnienia, że źródło jest niezerowe tylko na
wybranej pulsacji
ω
x
, dopisujemy
przy jego czasowej wydajności
wskazowej czynnik
x
ω ω
=
2
.
Następnie prowadzimy analizę
sytuacji w uogólnionym zastępczym
schemacie wskazowym, a po wy-
znaczeniu interesujących nas czaso-
wych wielkości wskazowych (taką
wielkością na schemacie z rys.
δ
jest
I
(t)) wyznaczamy ich części rzeczy-
wiste (znaczy to np., że i(t)=Re(I(t)).
1
Objaśnia się, iż zapis „
ϕ ” znaczy tyle samo, co „exp(jϕ)”
2
wyrażenie
warunek_logiczny
przyjmuje wartość 1, gdy zachodzi
_
warunek logiczny
oraz przyjmuje wartość 0,
gdy nie zachodzi
_
warunek logiczny
2H
5
Ω
0,25F
1
Ω
e
(t)
j
(t)
i
(t)
Rys.
α
α
α
α
j
ω
.
2
5
1
j
0, 25
ω
⋅
1
10
3
ω
=
|45
o
-90
o
+
ω
t
2
2
ω
=
|-30
o
+
ω
t
I
(t)
(jednostki:
Ω, V, A, rad/s)
Rys.
β
β
β
β
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
10/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Oto na rysunku
powyżej (rys.
β
) przed-
stawiono
uogólniony
schemat wskazowy dla
problemu zadania.
Najpierw zastępu-
jemy źródło napięcio-
we prądowym (rys.
γ
),
a następnie, korzysta-
jąc z dzielnika prądo-
wego,
wyznaczamy
wskaz wirujący I(t).
Mamy
(
)
1
0,25
1
0,25
1
1
5
1
1
1
1
1
5
2
2
1
2
2
30
10
3 (
)
)
4
(
5
t
I t
t
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
⋅
⋅
+
+
=
+
=
+
=
+
=
−
+
+
−
+
j
j
j
j
(
)
2
1
1
5
j
10
20
( 13 j+12
3
)
2
2
2
10
3 (
) 45
3
30
2
t
t
ω
ω
ω
ω
ω
−
+
−
⋅
=
+
−
=
−
+
+
+
=
2
2
10
20
( 13
10
1
1
5
j3 2
20
( 13 j+
j+
1
12
)
)
2
10
3 (
)
45
2
2
30
3
2
t
t
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
−
+
−
⋅
−
+
−
=
−
+
=
=
−
+
+
+
(
)
1584
702
1
1
5
j3 2
1853
1853
56
52
73
73
10(
)
j
45
3
2(
j ) 30
2
t
t
⋅
+
+
−
+
−
+
≈
+
+
2,0937 12,8789
2
2,43424 -60,9035
3t
t
+
+
+
Ostatecznie
( )
Re( ( ))
2,43cos(3 -60,90 )
2,09cos(2
12,88 )
i t
I t
t
t
=
≈
+
+
.
Wykreślmy na koniec uzyskany przebieg w przedziale (-2
π
, 2
π
) długości dwóch okresów.
-6
-4
-2
2
4
6
-4
-2
2
4
j
ω
.
2
5
1
j
0, 25
ω
⋅
1
10
3
ω
=
1
1
5
2
(
)
ω
⋅
+
j
|-45
o
+
ω
t
2
2
ω
=
|-30
o
+
ω
t
I
(t)
(jednostki:
Ω, V, A, rad/s)
Rys.
γγγγ
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
11/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie 17
1
W obwodzie jak na rysunku (rys.
α
) źródło
napięcia wytwarza przebieg o wartości średniej
równej 10 V, przy czym w chwili t=0 napięcie jest
równe 10 V. Znaleźć ten przebieg napięcia oraz
moc wydzieloną na rezystorze R
1
. Przyjąć, że:
i
C
(t)=I
m
sin(
ω
o
t
+
ϕ
C
), I
m
=
2
5
A, f
o
=
1
2
π
MHz,
C
=10 nF, L=1
µ
H, R
1
=R
2
=10
Ω.
Rozwiązanie
Zgodnie z warunkami zadania,
e
(t)= e
stałe
+e
zmienne
(t)=10V+e
zmienne
(t),
przy czym wartość średnia dla e
zmienne
(t) jest zerowa. Skutek od działania źródła e(t) można,
korzystając z zasady superpozycji, wyznaczyć jako sumę skutków od e
stałe
i od e
zmienne
.
Napięcie na kondensatorze wyniesie
9
6
1
1
2
1
5
2
10 10
( )
( )
( )
( )
sin(2
10
)
o
o
t
t
c
C
o
C
o
C
C
t
t
u t
i
d
u t
u t
d
π
τ τ
π
τ ϕ
τ
−
⋅
=
+
=
+
⋅
⋅
+
=
∫
∫
6
6
10
8
6
8
6
2
2
5
5
10
( ) 10
sin(10
)
( ) 10
10
sin
C
o
o
C
t
t
C
o
C
C
o
t
t
u t
d
u t
d
ϕ
ϕ
τ ϕ
τ
ξ ξ
+
−
+
+
+
=
+
⋅
=
∫
∫
(
)
2
6
6
2
5
( ) 10
cos(10
) cos(10
)
C
o
o
C
C
u t
t
t
ϕ
ϕ
+
+
−
+
=
(
)
(
)
6
2
6
6
2
2
2
5
5
10
10
cos(10
)
100
cos(10
)
C
C
C
CC
C
u
t
U
t
π
ϕ
ϕ
ϕ
−
−
−
+
=
−
+
(obliczenia pomocnicze zestawiono w poniższej tabelce).
Napięcie U
CC
, czyli składową stałą napięcia na kon-
densatorze, możemy znaleźć jako skutek działania źródła
e
stałe
2
, czyli rozwiązując prosty obwód stałoprądowy, jak
na rysunku (rys.
β
). Uzyskujemy natychmiast, że
U
CC
=5V.
Wyliczone nieco wcześniej napięcie u
C
(t) za-
wiera tylko składnik stały (5V) i składnik sinuso-
idalny, o pulsacji 1Mrad/s. Tylko tego typu skład-
niki może zawierać zatem prąd induktora i źródła
3
.
Oznacza to, że w rozważanym obwodzie (rys.
α
)
wszystkie napięcia i wszystkie prądy są postaci:
x
(t) = x
stałe
+ X
m
cos(10
6
t
+
ψ
).
Takiej postaci jest zatem również SEM źródła na-
pięciowego, czyli
1
Objaśnia się, iż zapis „
ϕ ” znaczy tyle samo, co „exp(j
ϕ)”
2
Z zasady superpozycji, skutek działania źródła e(t) możemy traktować jako sumę skutków działania źródeł
e
stałe
i e
zmienne
, bo e(t)=e
stałe
+e
zmienne
(t) i badany obwód jest liniowy.
3
Gdyby prąd induktora zawierał jakiś dodatkowy składnik, na innej pulsacji, powiedzmy
ω
x
, to wywołałby on
napięcia na R
2
i L, o tej samej pulsacji, ale przesunięte o 90
o
względem siebie, zatem o niezerowej sumie i róż-
nicy, chyba, że oba byłyby zerowe. Jednak suma tych napięć powinna się zerować (bo tego typu napięcie na
pojemności C, domykającej cykl, jest zerowe). Pozostaje więc przyjąć, że oba z napięć o pulsacji
ω
x
(to na R
2
i
to na L), są zerowe. Wtedy muszą być zerowe wszystkie prądy o tej pulsacji, bowiem prąd płynący przez opór
i źródło jest, na podstawie PPK, algebraiczną sumą prądu płynącego przez induktor i kondensator, a żaden z
nich nie zawiera składnika o pulsacji
ω
x
.
R
1
R
2
C
L
e
(t)
i
(t)
Rys.
α
R
1
=10
Ω
R
2
=10
Ω
10V
U
CC
Rys.
β
(
)
(
)
6
6
6
10
10
10
6
6
10
10
2
6
6
10
10
2
x
t
x
t
C
o
o
C
C
t
C
o
C
d
d
t
o
C
τ ϕ
ξ
ϕ
ϕ
π
τ
ξ ϕ
ϕ
π
τ
ξ
ϕ
+
=
=
+
=
+
−
=
−
+
=
−
−
=
=
−
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
12/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
e
(t)=10V+E
m
cos(10
6
t
+
ϕ
).
Skoro wiemy już, że e
zmienne
(t)= E
m
cos(10
6
t
+
ϕ
), możemy wyznaczyć składnik prądu i(t) po-
chodzący od działania składowej zmiennej
ź
ródła e(t). Narysujmy odpowiedni obwód
dla wskazów (rys.
γ
). Na tym schemacie
uwzględniono pewne wnioski z danych zada-
nia, a także rezultaty wcześniejszych obli-
czeń. Przede wszystkim uwzględniono, że
6
9
2
1
1
j
j10 10 10
j10 [ ]
C
C
Z
ω
−
⋅
=
=
= −
Ω
i
6
6
j
j10 10 =j [ ]
L
Z
L
ω
−
=
=
⋅
Ω .
Ustawiamy równanie PPK dla górnego węzła:
1
1
1
2
100
10
j100
10+j
5
10
m
C
E
ϕ
ϕ
π
+
+
−
=
−
.
Rozwiązanie tego równania daje:
400010
101
2
125,865 [V]
m
E
=
≈
,
1
C
2010
179.971
arctg
ϕ
ϕ π
−
=
−
≈
.
Z warunków zadania wiemy też, że
(0)
cos( )
(0) 10 10 10
0 [V]
zmienne
m
e
E
e
ϕ
=
=
−
=
−
=
,
a stąd:
cos( )
0
= arccos(0)=90
ϕ
ϕ
=
⇒
±
.
Spośród dwóch
1
przebiegów spełniających warunki zadania wybierzmy, dla ustalenia uwagi,
następujący:
6
( ) 125,865cos(10 t+90 ) [V]
zmienne
e
t
≈
.
Wróćmy do obliczenia mocy. Przez opornik R
1
(parz rys.
β
) płynie składnik stały i
=,R1
prądu
i
R
1
(t); składnik ten wynosi 0,5 A. Płynie też składnik zmienny prądu, wymuszony przez na-
pięcie sinusoidalne, którego wskaz ma postać (patrz rys.
γ
)
2
1
5
100
R
m
C
U
E
ϕ
ϕ
π
=
−
−
=
400010
2
1
101
2
5
2010
2
2
100
arctg
π
π
π
π
−
−
+ −
≈
62,651 -89,9715
[V].
Zatem składnik zmienny prądu na R
1
=10
Ω wynosi:
i
~
,R1
(t)
≈6,27cos(10
6
t
-89,97
o
) A.
Przepływ przez R
1
składnika stałego i
=,R1
prądu i
R
1
(t) powoduje wydzielenie się na tym opor-
niku mocy:
, 1
, 1
, 1
0, 5 10 0, 5
2, 5 [W]
R
R
R
P
u
i
=
=
=
=
⋅
=
⋅
⋅
=
.
Przepływ przez R
1
składnika zmiennego i
~,R1
(t) prądu i
R
1
(t) powoduje wydzielenie się na tym
oporniku mocy:
*
1
1
1
1
~, 1
2
2
Re(
)
Re(62,651 -89.9715 6,2651 89.9715 ) 196,257 [W]
R
R
R
P
U
I
=
⋅
≈
⋅
≈
(wp)
Z twierdzenia Parsevala wynika, że całkowita moc wydzielona na oporniku R
1
wyniesie
1
:
1
Możemy przyjąć, że
ϕ≈-90+k
.
360
o
lub
ϕ≈90
o
+k
.
360
o
, gdzie k jest dowolną liczbą całkowitą. Ponieważ uzyska-
ne przebiegi są okresowe, więc np. każdy z zapisów cos(
ωt-90
o
+k
.
360
o
) przedstawia ten sam przebieg, niezależ-
nie od wartości całkowitego k. Mamy więc ostatecznie tylko dwa różne przebiegi spełniające warunki zadania.
Są one tylko względem siebie przesunięte w fazie o 180
o
. (W zakresie kąta głównego mamy też tylko dwa roz-
wiązania na
ϕ.)
10
10
-j10
2
j
m
E
ϕ
2
5
2
C
π
ϕ −
Rys.
γ
2
5
100
C
ϕ
π
−
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
13/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
P
R
1
=P
=,R1
+P
~,R1
≈2,5+196,257=198,507 [W].
Przedstawione powyżej rozwiązanie jest przeprowadzone z dużą precyzją. Poniżej przed-
stawimy szybki, przybliżony sposób rozwiązania, zakładający, że przy sumowaniu dwóch-
trzech liczb składnik, którego moduł jest przynajmniej dziesięciokrotnie większy od modułów
pozostałych składników, stanowi przybliżoną wartość tej sumy.
Na podstawie warunków zadania przyjmiemy
2
, że
e
(t)= e
stałe
+e
zmienne
(t)=
10+e
sin
(t)=
6
10
cos(10
) [V]
m
E
t
ϕ
+
+
.
Najpierw przeanalizujemy obwód dla składowej
zmiennej pobudzenia. Rysujemy schemat dla
wskazów (rys.
δ
). Z dzielnika napięciowego
szybko obliczamy, że
10
10 10
2
m
C
m
E
U
E
ϕ
ϕ
≈
=
+
,
bo
(10+j)||(-100j)
≈10||(-100j)≈10.
Z dzielnika napięciowego obliczamy, że
1
2
j100
200
2
C
m
m
C
C
E
E
U
I
Z
π
ϕ
ϕ
=
≈
⋅
=
+
−
.
Z warunków zadania mamy, że
,
2
200
5
m
m C
E
I
≈
=
i
2
2
arg(
)
C
C
I
π
π
ϕ
ϕ
=
− ≈
+
czyli
2
5
200
126 [V]
m
E
≈
≈
oraz
C
ϕ
ϕ π
−
≈
.
Skoro (z warunków zadania)
e
(0)=10
to
e
sin
(0)=E
m
cos(
ϕ
)=0,
i
= arccos(0)= 90
ϕ
±
±
.
Zatem
e
(t)
≈10+126cos(10
6
t
±90
o
).
Moc na R
1
od składowej stałej wyniesie (obliczenia dokładne; patrz rys.
β
)
, 1
, 1
, 1
0, 5 10 0, 5
2, 5 [W]
R
R
R
P
u
i
=
=
=
=
⋅
=
⋅
⋅
=
,
zaś od składowej zmiennej otrzymamy moc (obliczenia przybliżone; patrz rys.
δ
; por. z
(wp)
)
*
126
126
1
1
1
1
~, 1
2
2
2
20
Re(
)
Re(
90
90 ) 198, 45 [W]
R
R
R
P
U
I
=
⋅
≈
±
⋅
=
∓
.
1
Poniższe sumowanie mocy nie oznacza, że do mocy stosujemy zasadę superpozycji (do mocy takiej zasady nie
wolno stosować!!!) – to sumowanie jest dozwolone, bo przebiegi stały i sinusoidalny są ortogonalne, co po-
zwala zastosować twierdzenie Parsevala.
2
Skoro pewien prąd w liniowym obwodzie jest sinusoidalny, to spodziewamy się wymuszającego go składnika
sinusoidalnego w pobudzeniu. Precyzyjniej sprawa była dyskutowana wcześniej.
10
10
-j10
2
j
m
E
ϕ
I
C
Rys.
δ
U
C
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
14/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie 18
1
Liniowy układ elektryczny jak na rysunku pobudzono ze źródła e(t) napięcia sinusoidal-
nego o regulowanej częstotliwości. Badano zależności odpowiedzi u
1
(t), u
2
(t), u
3
(t) oraz i(t)
od częstotliwości kątowej (pulsacji)
ω
=2
πf. Oblicz następujące wielkości
2, 3, 4
:
a)
U
1
(j
ω
), U
2
(j
ω
), U
3
(j
ω
), I(j
ω
),
b)
H
e
,u1
(j
ω
), H
u
1,u2
(j
ω
), H
u
2,u3
(j
ω
), H
e
,u3
(j
ω
), H
u
1,i
(j
ω
), H
e
,i
(j
ω
),
c)
u
3
(t), gdy znane są e(t)=10cos(10t) i H
e
,u3
(j
ω
),
d)
u
2
(t), gdy znane są e(t)= cos(1000t+
π
/6), H
e
,u3
(j
1000) i H
u
2,u3
(j
1000),
e)
i(t), gdy znane są e(t)= 0,10cos(10
5
t
+
π
/2), H
e
,i
(j
10
5
),
f)
i(t), gdy znane są e(t)= 5cos(10
6
t
+
π
/3), H
e
,u1
(j
ω
) i H
u
1,i
(j
ω
)
Rozwiązanie
a) Wydaje się, że dość sprawnie wyznaczymy wielkości, które wymieniono w podpunk-
cie a), stosując analizę węzłową. Dla porządku narysujemy schemat wskazowy, potem zapi-
szemy macierzowe równanie węzłowe, a następnie je rozwiążemy.
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
1
1
3
6
1
1
1
j
-j
0
j
j
( j )
( j )
-j
j
0, 01j
0, 05
0
( j )
0
j
j
( j )
0
0
10 j
0, 0
0
05
, 05
C G
C G
G
G
C
G
C
U
G E
C G
C G
C
G
U
G
C
G
C
U
C
G
G
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
−
+
+
+
+
+
=
+
+
+
−
1
Objaśnia się, iż zapis „
ϕ ” znaczy tyle samo, co „exp(j
ϕ)”
2
Umawiamy się, dla wygody notacji, że przez X(j
ω) oznaczać będziemy amplitudę zespoloną (wskaz nierucho-
my) przebiegu sinusoidalnego x(t)=X
m
(
ω)cos(ωt+ϕ(ω)), gdy ten przebieg ma pulsację ω (od której mogą zale-
ż
eć amplituda X
m
i faza
ϕ); tak przyjęty zapis można rozumieć jako przyporządkowanie przebiegowi czaso-
wemu X
m
(
ω)cos(ω
t+
ϕ(ω)) o parametrze ω liczby zespolonej X(jω), będącej amplitudą zespoloną tego prze-
biegu.
3
Przez H
x,y
(j
ω) oznaczamy stosunek
( j )
( j )
Y
X
ω
ω
amplitud zespolonych Y(j
ω) i X(jω) sygnałów sinusoidalnych
y
(t)=Y
m
(
ω)cos(ω
t+
ψ(ω)) i x(t)=X
m
(
ω)cos(ωt+ϕ(ω)) występujących w badanym układzie.
4
Gdy indeksy x oraz y w oznaczeniu funkcji H
x,y
(j
ω) określają lokalizację jedynego pobudzenia x oraz wybranej
odpowiedzi y w układzie oraz typ pobudzenia i odpowiedzi (np. napięciowy, prądowy), wtedy funkcja H
x,y
(j
ω)
zmiennej
ω nosi nazwę charakterystyki częstotliwościowej badanego układu (przy pobudzeniu x i odpowie-
dzi y). Angielska nazwa tej funkcji to frequency response (czyli odpowiedź częstotliwościowa). Dlatego cza-
sem będziemy mówić o odpowiedzi częstotliwościowej, mając na myśli charakterystykę częstotliwościową.
u
1
(t)
u
2
(t)
u
3
(t)
e
(t) [V]
G
1
=0,02S
G
g
=G
1
G
2
=0,05G
1
G
3
=0,005G
1
C
1
=10
µF
C
2
=0,01C
1
C
3
=10
-6
C
1
g
m
u
2
(t)
g
m
=0,05G
1
i
(t)
U
1
(j
ω)
U
2
(j
ω)
U
3
(j
ω)
E
(j
ω)
G
1
=0,02S
G
g
=G
1
G
2
=0,05G
1
G
3
=0,005G
1
j
ωC
1
= j
ω
.
10
-5
[S]
j
ωC
2
=0,01j
ωC
1
j
ωC
3
=10
-6
j
ωC
1
g
m
U
2
(j
ω)
g
m
=0,05G
1
I
(j
ω)
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
15/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Kontynuujemy obliczenia. Mamy kolejno zapisy równoważne:
5
5
5
5
1
5
5
5
2
5
5
3
6
5
j
10
0, 02
-j
10
0, 02
0, 02
0
0, 02
j
10
0, 02
j
10
( j )
-j
10
0, 02
j
10
0, 02
0, 01 j
10
0, 05 0, 02
0
( j )
0, 02
j
10
0, 02
j
10
( j )
0
10 j
10
0, 0
0, 0
05 0,
5
02
0, 02
U
U
U
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
⋅
⋅
⋅
⋅
+
+
⋅
+
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
+
⋅
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
⋅
+
⋅
−
⋅
0, 02
( j )
0
0
E
ω
⋅
=
,
7
7
5
5
1
7
7
7
3
2
5
5
3
1
3
1
4
j
10
2
-j
10
2
0, 02
0
0, 02
j
10
0, 02
j
10
( j )
0, 02
( j )
-j
10
2
j
10
2
j
10
10
0
( j )
0
0, 02
j
10
0, 02
j
10
10
( j )
0
0
j
10
10
U
E
U
U
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
⋅
⋅
⋅
⋅
+
+
⋅
+
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
+
⋅
+
=
+
⋅
+
⋅
⋅
+
−
,
7
3
7
7
3
1
7
1
3
2
7
3
2
11
4
3
4 10 (10
j )
-j
10
2
0
( j )
2 10
(2 10
j )
( j )
-j
10
2
10
(2 10
j (212 10
j ))
0
( j )
0
0
j
10
1
10
0
( j )
0
U
E
U
U
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
−
−
−
−
−
−
−
−
⋅
+
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
+
⋅
⋅
⋅
⋅
+
⋅
+
=
⋅
+
−
,
3
3
1
5
7
3
2
7
3
2 (10
j )
-j
0
( j )
(2 10
j )
( j )
-j
2
10 (2 10
j (212 10
j ))
0
( j )
0
0
j
1
1
j
1
0
0
(
)
0
U
E
U
U
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
−
−
⋅
+
⋅
+
⋅
⋅
⋅
+
⋅
+
=
⋅
+
−
.
Wykorzystujemy wyznaczniki do rozwiązania powyższego równania.
3
5
7
3
12
7
3
7
5
7
2 (10
j )
-j
0
det
-j
2
10 (2 10
j (212 10
j ))
0
2 10
(10
j )(2 10
j )(10
j (1,11 10
j )))
10
0
j
10
1
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
−
−
−
⋅
+
⋅
⋅
+
⋅
+
= ⋅
+
⋅
+
+
⋅
+
⋅
+
−
3
5
7
3
7
12
7
3
7
5
(2 10
j )
( j )
-j
0
det
0
10 (2 10
j (212 10
j ))
0
0
j
10
1
10
( j
10 )(2 10
j ) (2 10
j (2,12 10
j ))
10
( j )
E
E
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
−
−
−
⋅
+
⋅
⋅
+
⋅
+
=
⋅
+
+
⋅
+
⋅
⋅
+
⋅
+
⋅
−
3
3
7
3
7
2 (10
j )
(2 10
j )
( j )
0
det
-j
2
0
0
j
2 ( j
10
1) (2 10
j )
( j )
0
0
j
10
1
E
E
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
−
−
⋅
+
⋅
+
⋅
⋅
=
⋅ ⋅
⋅
+ ⋅
⋅
+
⋅
⋅
+
3
3
5
7
3
2 (10
j )
-j
(2 10
j )
( j )
det
-j
2
10 (2 10
j (212 10
j ))
0
20 j (2000
j )
( j )
0
1
0
0
E
E
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
−
⋅
+
⋅
+
⋅
⋅
⋅
+
⋅
+
=
⋅
+
⋅
−
Zatem
7
5
1
7
5
2 10
j (2,12 10
j )
( j )
( j )
2 (10
j (1,11 10
j )))
U
E
ω
ω
ω
ω
ω
ω
⋅
+
⋅
+
=
⋅
+
⋅
+
5
2
7
5
10 j
( j )
( j )
10
j (1,11 10
j ))
U
E
ω
ω
ω
ω
ω
=
⋅
+
⋅
+
13
3
7
7
5
10
j
( j )
( j )
(10
j )(10
j (1,11 10
j )))
U
E
ω
ω
ω
ω
ω
ω
⋅
=
⋅
+
+
⋅
+
9
3
1
3
3
3
7
7
5
10
j
( j )
( j )
( j ) 0, 005
( j ) 0, 005 0, 02
( j )
(10
j )(10
j (1,11 10
j )))
I
U
G
U
G
U
E
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
⋅
=
=
⋅
=
⋅
⋅
=
⋅
+
+
⋅
+
.
b) Po wyznaczeniu wszystkich wielkości punktu a) zadania, przechodzimy do wyznaczenia
funkcji wymienionych w punkcie b). Łatwo znajdujemy:
7
5
1
, 1
7
5
( j )
2 10
j (2,12 10
j )
( j )
( j )
2 (10
j (1,11 10
j )))
e u
U
H
E
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
⋅
+
⋅
+
=
=
⋅
+
⋅
+
,
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
16/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
5
7
5
7
5
7
5
10 j
5
( j )
10
j (1,11 10
j ))
2
1, 2
7
5
2 10
j ( 2,12 10
j )
( j )
1
2 (10
j (1,11 10
j )))
( j )
2 10 j
( j )
( j )
2 10
j (2,12 10
j )
E
u u
E
U
H
U
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
=
=
=
⋅
+
⋅
+
,
13
7
7
5
5
7
5
10
j
8
( j )
(10
j )(10
j (1,11 10
j )))
3
2, 3
7
10 j
( j )
2
10
j (1,11 10
j ))
( j )
10
( j )
( j )
10
j
E
u
u
E
U
H
U
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
⋅
⋅
+
+
⋅
+
⋅
+
⋅
+
=
=
=
+
,
13
3
, 3
7
7
5
( j )
10
j
( j )
( j )
(10
j )(10
j (1,11 10
j )))
e u
U
H
E
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
⋅
=
=
+
+
⋅
+
,
9
7
7
5
7
5
7
5
10 j
9
( j )
(10
j )(10
j (1,1110
j )))
1,
7
7
5
2 10
j ( 2,12 10
j )
( j )
1
2 (10
j (1,1110
j )))
( j )
2 10
j
( j )
( j )
(10
j )(2 10
j (2,12 10
j ))
E
u i
E
I
H
U
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
⋅
⋅
+
+
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
⋅
+
⋅
+
⋅
⋅
=
=
=
+
⋅
+
⋅
+
,
9
,
7
7
5
( j )
10
j
( j )
( j )
(10
j )(10
j (1,11 10
j )))
e i
I
H
E
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
⋅
=
=
+
+
⋅
+
.
Funkcje
, 1
( j )
e u
H
ω
,
, 3
( j )
e u
H
ω
,
,
( j )
e i
H
ω
są charakterystykami częstotliwościowymi układu
zadania, gdy pobudzeniem jest e(t), a odpowiedzią odpowiednio u
1
(t), u
3
(t) oraz i(t).
Funkcje
1, 2
( j )
u u
H
ω
,
1,
( j )
u i
H
ω
są charakterystykami częstotliwościowymi części układu za-
dania na prawo od węzła
, gdy pobudzeniem jest u
1
(t), a odpowiedzią odpowiednio u
2
(t),
oraz i(t). W tych warunkach rolą części układu na lewo od zacisku
(czyli rzeczywistego
ź
ródła napięciowego {e(t),1/G
g
}) jest pobudzenie prawej części układu (dzięki temu źródłu
pojawia się pewne u
1
(t)) na wrotach wejściowych badanej części układu).
Funkcja
2, 3
( j )
u
u
H
ω
jest charakterystyką częstotliwościową fragmentu układu zadania na
prawo od węzła
, gdy pobudzeniem jest u
2
(t), a odpowiedzią u
3
(t). W tych warunkach rolą
fragmentu układu na lewo od zacisku
(jest to dość skomplikowany fragment, ale dający się
zastąpić pewnym źródłem Thevenina) jest pobudzenie badanego fragmentu układu.
W praktyce pomiarowej sygnał pobudzenia jest podawany z rzeczywistego generatora, co
odpowiada opisanej nieco wyżej sytuacji wyznaczania funkcji
1, 2
( j )
u u
H
ω
i
1,
( j )
u i
H
ω
.
Poniżej zamieszczono wykreślone w skali liniowo-logarytmicznej moduły charakterystyk
częstotliwościowych (lewa kolumna; oś pionowa w decybelach, oś pozioma w log
ω
) i argu-
menty charakterystyk częstotliwościowych (prawa kolumna; oś pionowa w stopniach, oś po-
zioma w log
ω
)
1
.
, 1
( j )
e u
H
ω
-2
2
4
6
8
10
-6
-5
-4
-3
-2
-1
-2
2
4
6
8
10
-17.5
-15
-12.5
-10
-7.5
-5
-2.5
1
Stosunek amplitud napięć (amplitud prądów) możemy wyrażać w decybelach. Mówimy, że U
m
2
/U
m
1
wynosi x decybeli, gdy
spełniony jest związek x=20log(U
m
2
/U
m
1
). Przykładowo, gdyby przyjąć, że punkt o współrzędnych (9,-6) leży na pierwszym
z wykresów w lewej kolumnie wykresów, znaczyłoby to, że dla pulsacji
ω
=10
9
[rad/s] zachodzi 20log(|H
e
,u1
(j
ω
)|)=-6 [dB],
czyli |H
e
,u1
(j
10
9
)|=10
-6/20
[V/V]. Tak naprawdę, ponieważ punkt ten nie leży na tym wykresie, ale jest położony bardzo blisko
niego, śmiało możemy napisać, że |H
e
,u1
(j
10
9
)|
≈10
-6/20
≈0.501 [V/V].
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
17/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
1, 2
( j )
u u
H
ω
-2
2
4
6
8
10
-80
-60
-40
-20
-2
2
4
6
8
10
-75
-50
-25
25
50
75
2, 3
( j )
u
u
H
ω
-2
2
4
6
8
10
-40
-30
-20
-10
10
20
-2
2
4
6
8
10
-80
-60
-40
-20
, 3
( j )
e u
H
ω
-2
2
4
6
8
10
-125
-100
-75
-50
-25
-2
2
4
6
8
10
-150
-100
-50
50
1,
( j )
u i
H
ω
-2
2
4
6
8
10
-200
-175
-150
-125
-100
-2
2
4
6
8
10
-150
-100
-50
50
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
18/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
,
( j )
e i
H
ω
-2
2
4
6
8
10
-200
-175
-150
-125
-100
-2
2
4
6
8
10
-150
-100
-50
50
c) Przejdźmy do wyznaczenia u
3
(t), gdy znane jest e(t)=10cos(10t) i H
e
,u3
(j
ω
).
Obliczamy amplitudę zespoloną E(j10) przebiegu e(t)=10cos(10t) [V].
Mamy
E
(j10)=10.
Pamiętamy, że było
13
3
, 3
7
7
5
( j )
10
j
( j )
( j )
(10
j )(10
j (1,11 10
j )))
e u
U
H
E
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
⋅
=
=
+
+
⋅
+
,
skąd wynika, że
13
3
, 3
7
7
5
( j10)
10
j10
( j10)
0,109652 + 0,987838 j
0,993906 0,464811
( j10)
(10
j10)(10
j10(1,11 10
j10)))
e u
U
H
E
π
⋅
=
=
≈
≈
+
+
⋅
+
.
To z kolei oznacza, że
, 3
3
( j10)
( j10)
( j10)
0,993906 0,464811
10
9,93906 0,464811
e u
U
H
E
π
π
=
⋅
≈
⋅
=
.
Zatem
u
3
(t)
≈9,94cos(10t+0,465
π
) [V].
d) Przejdźmy do wyznaczenia u
2
(t), gdy znane jest
e
(t)= cos(1000t+
π
/6), H
e
,u3
(j
1000) i H
u
2,u3
(j
1000).
Obliczamy amplitudę zespoloną E(j1000) przebiegu e(t)= cos(1000t+
π
/6) [V]. Mamy
E
(j1000)=1|
π
/6 .
Pamiętamy, że było
3
, 3
( j )
( j )
( j )
e u
U
H
E
ω
ω
ω
=
i
3
2, 3
2
( j )
( j )
( j )
u
u
U
H
U
ω
ω
ω
=
,
przy czym te charakterystyki były wyznaczane poprzez analizę tej samej struktury (czyli przy
nie zmienianych warunkach obciążania poszczególnych pobudzanych i badanych wrót), dzię-
ki czemu możemy wnioskować stąd, że
3
3
2
( j )
, 3
( j )
2
( j )
2, 3
( j )
( j )
( j )
( j )
( j )
U
e u
E
U
u
u
U
H
U
H
E
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
=
=
,
czyli, że
, 3
2
2, 3
( j )
( j )
( j )
( j )
e u
u
u
H
U
E
H
ω
ω
ω
ω
=
.
Zatem
, 3
, 3
, 3
2
2, 3
2, 3
2, 3
, 3
, 3
2, 3
2, 3
( j1000)
( j1000)
( j1000)
( j1000)
( j1000)
arg
1
( j1000)
( j1000)
( j1000)
6
( j1000)
( j1000)
arg
( j1000) 6
( j1000)
e u
e u
e u
u
u
u
u
u
u
e u
e u
u
u
u
u
H
H
H
U
E
H
H
H
H
H
H
H
π
π
=
=
⋅
=
+
Już łatwo odpowiadamy, że
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
19/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
, 3
, 3
2
2, 3
2, 3
( j1000)
( j1000)
( )
cos 1000
arg
( j1000)
6
( j1000)
e u
e u
u
u
u
u
H
H
u t
t
H
H
π
=
+
+
.
e) Przejdźmy do wyznaczenia i(t), gdy znane są e(t) = 0,10cos(10
5
t
+
π
/2) oraz H
e
,i
(j
10
5
).
Obliczamy amplitudę zespoloną E(j10
5
) przebiegu e(t) = 0,10cos(10
5
t
+
π
/2) [V].
Mamy
E
(j10
5
)=0,10|
π
/2.
Pamiętamy, że było
,
( j )
( j )
( j )
e i
I
H
E
ω
ω
ω
=
,
czyli też
5
5
,
5
( j10 )
( j10 )
( j10 )
e i
I
H
E
=
.
To z kolei oznacza, że
5
5
5
5
5
5
5
,
,
,
,
,
2
2
( j10 )
( j10 )
( j10 )
( j10 ) arg(
( j10 ) 0,10
0,10
( j10 )
arg(
( j10 )
e i
e i
e i
e i
e i
I
H
E
H
H
H
H
π
π
=
⋅
=
⋅
=
+
.
Zatem
(
)
5
5
5
,
,
2
( )
0,10
( j10 ) cos 10
arg(
( j10 )
e i
e i
i t
H
t
H
π
=
+ +
.
f) Przejdźmy wreszcie do wyznaczenia i(t), gdy znane są
e
(t)= 5cos(10
6
t
+
π
/3), H
e
,u1
(j
ω
) i H
u
1,i
(j
ω
).
Obliczamy amplitudę zespoloną E(j10
6
) przebiegu e(t)=5cos(10
6
t
+
π
/3) [V].
Mamy
E
(j10
6
)=5|
π
/6 .
Pamiętamy, że było
1
, 1
( j )
( j )
( j )
e u
U
H
E
ω
ω
ω
=
i
1,
1
( j )
( j )
( j )
u i
I
H
U
ω
ω
ω
=
,
przy czym te charakterystyki były wyznaczane poprzez analizę tej samej struktury (czyli przy
nie zmienianych warunkach obciążania poszczególnych pobudzanych i badanych wrót), dzię-
ki czemu możemy wnioskować stąd, że
1
, 1
1,
1
( j )
( j )
( j )
( j )
( j )
( j )
( j )
( j )
e u
u i
U
I
I
H
H
E
U
E
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
⋅
=
⋅
=
,
czyli, że
, 1
1,
( j )
( j )
( j )
( j )
e u
u i
I
H
H
E
ω
ω
ω
ω
=
⋅
⋅
.
Aby obliczyć I(j10
6
), potrzebujemy wartości liczbowych dla
6
, 1
( j10 )
e u
H
i
6
1,
( j10 )
u i
H
.
Mamy
6
, 1
6
7
5
7
5
( j10 )
0,505532 - 0.0498864j
0,507988 -0,0313097
10
2 10
j (2,12 10
j )
2 (10
j (1,1110
j )))
e u
H
π
ω
ω
ω
ω
ω
=
≈
≈
=
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
+
,
9
6
1,
7
7
5
6
2 10
j
( j10 )
0,0000212255- 0,000193524j
0,000194684 -0,465227
(10
j )(2 10
j (2,12 10
j ))
10
u i
H
ω
π
ω
ω
ω
ω
⋅
⋅
=
≈
≈
+
⋅
+
⋅
+
=
.
Teraz już możemy napisać
6
6
6
6
, 1
1,
6
-3
-3
1
6
3
( j10 )
( j10 )
( j10 )
( j10 )
0,507988 -0,0313097
0,000194684 -0,465227
5 |
0,494487 10
0,496537
0, 5 10 -
e u
u i
I
H
H
E
π
π
π
π
π
π
=
⋅
⋅
≈
⋅
⋅
≈
⋅
−
≈
⋅
Zatem
6
1
3
( )
0, 5 cos(10
) [mA]
i t
t
π
≈
−
.
Łatwo sprawdzić rachunkowo, że
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
20/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
9
6
-6
4
,
7
7
5
6
10
j
( j10 )
98,8973 10 -0,496537
10
- /2
80dB - /2
(10
j )(10
j (1,11 10
j )))
10
e i
H
ω
π
π
π
ω
ω
ω
ω
−
⋅
=
≈
⋅
≈
= −
+
+
⋅
+
=
.
Z ciekawości ponownie kreślimy charakterystykę
,
( j )
e i
H
ω
, dla polepszenia dokładności od-
czytu zawężając zakres odciętej, czyli log
ω
, do przedziału <3,7>. Odczytujemy, że
6
,
( j10 )
80dB -90
e i
H
≈ −
.
4
5
6
7
-100
-80
-70
-60
4
5
6
7
-120
-100
-80
-60
-40
-20
Oznacza to, że na pulsacji 10
6
rad/s liczbowo amplituda sygnału i(t) powinna być o około
80dB mniejsza od amplitudy sygnału e(t)
1
, zaś faza sygnału i(t) winna być mniejsza o około
90
o
od fazy sygnału e(t). Biorąc pod uwagę, że -80dB odpowiada stosunkowi wynoszące-
mu 10
-4
, możemy napisać:
4
4
6
3
6
1
1
1
6
2
3
faza pomniejszona o 90
( )
( )
10
10
5cos(10
)
0,5 10 cos(10
)
1A
1V
i t
e t
t
t
π
π
π
−
−
−
≈
⋅
=
⋅
+
−
=
⋅
−
.
Jak widać, korzystając z porządnych wykresów charakterystyk częstotliwościowych,
można sprawnie wyznaczyć (przybliżoną) odpowiedź na znane pobudzenie (o znanej pulsa-
cji).
1
Ponieważ amplituda E
m
napięcia e(t) jest mierzona w woltach, zaś amplituda I
m
prądu i(t) w amperach, więc
liczba niemianowana E
m
/1V jest o około 80dB mniejsza od liczby niemianowanej I
m
/1A. Innymi słowy
1A
1V
:
80dB
m
m
I
E
= −
lub równoważnie
(
)
1A
1V
20log
:
80
m
m
I
E
= −
.
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
21/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie 19
1
Zaprojektuj sondę oscyloskopową, tłumiącą dziesięciokrotnie sygnał wejściowy, przysto-
sowaną do oscyloskopu o impedancji wejściowej modelowanej równoległym połączeniem
oporu 1MW i pojemności 20pF. Przyjmij, że przewód sondy ma pojemność 100pF oraz, że
sonda jest podłączona do jednego z końców przewodu, a drugi jest podłączony do wejścia
oscyloskopu. Ponadto wyznacz impedancję połączenia sonda-oscyloskop z punktu widzenia
układu mie-
rzonego.
Rozwiązanie
Projekt oprzemy na idei napię-
ciowego dzielnika skompenso-
wanego RC o strukturze poka-
zanej na poniższym rysunku.
Przedstawiona na nim pojem-
ność C
2
modeluje wypadkową
pojemność kabla i oscylosko-
pu, czyli:
C
2
=100pF+20pF.
Jest jasne, iż
2
2
1
1
2
2
1
j
1
1
j
j
G
C
o
G
C
G
C
U
U
ω
ω
ω
+
+
+
=
⋅
+
.
Przyjmując, że
1
1
2
2
G
C
k
G
C
=
=
otrzymujemy:
1
1
1
1
o
k
k
U
U
U
k
=
⋅
=
⋅
+
+
.
Wymaganie projektu, by
1
10
o
U
U
=
będzie spełnione przy
1
9
k
= .
Wtedy impedancja widziana z igły sondy (ściślej widziana z pary zacisków {igła sondy, ma-
sa}) wynosi:
1
Objaśnia się, iż zapis „
ϕ ” znaczy tyle samo, co „exp(j
ϕ)”
20pF
1M
Ω
Z
we
=
∞
Wzmacniacz odchylania
pionowego
100pF
Oscyloskop
Kabel
Sonda
C
1
C
2
R
1
R
2
u
(t)
U
u
o
(t)
U
o
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
22/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
bezsondy
1
2
2
1
1
2
2
2
2
1
1
1
1
(1
) 10
10
j
j
j
j
we
we
k
Z
Z
G
C
G
C
G
C
G
C
ω
ω
ω
ω
=
+
=
+
=
=
+
+
+
+
,
gdzie
bezsondy
2
2
1
j
we
Z
G
C
ω
=
+
.
Dzięki użyciu zaprojektowanej sondy impedancja wejściowa „wzrasta”
1
dziesięciokrotnie w
stosunku do sytuacji bez sondy (czyli w stosunku do impedancji układu kabel-wejście oscylo-
skopu; kabel jest konieczny do doprowadzenia sygnału do oscyloskopu).
Zauważmy, że Z
we
zależy od pulsacji:
7
6
12
5
1
10
10
[ ]
10
j
120 10
1 j
12 10
we
Z
ω
ω
−
−
−
=
=
Ω
+
⋅
⋅
+
⋅
⋅
.
Gdy
5
12 10
1
ω
−
⋅
⋅
<< możemy uważać, że Z
we
nie zależy od pulsacji (np.
5
12 10
0,1
ω
−
⋅
⋅
<
mo-
ż
e nas zadowalać w tym względzie; wtedy
4
rad
1
12
s
5
0,1
10 [
]
12 10
ω
−
<
=
⋅
⋅
lub równoważnie
4
10
133 [Hz]
24
f
π
<
≈
).
Dokończmy projektowanie.
Ponieważ
1
2
G
k
G
=
to
2
1
9
1
R
k
R
= = ,
czyli
R
1
=9 M
Ω.
Ponadto
1
1
9
2
C
k
C
= = ,
więc
1
1
1
2
9
9
120 [pF] 13,33 [pF]
C
C
=
= ⋅
≈
.
Ostatecznie zaprojektowana sonda składa się z równolegle połączonych elementów: rezystora
o oporności 9 M
Ω i kondensatora o pojemności 13,33 pF, przy czym, ponieważ trudno wy-
magać, by przy każdej zmianie kabla (taka zmiana powoduje zmianę wypadkowej pojemności
C
2
) przeprojektowywać sondę, stosuje się kondensator o regulowanej pojemności. Zmieniając
wartość pojemności tego kondensatora można dostroić sondę do aktualnie użytego kabla.
1
Ściśle mówiąc wzrasta moduł impedancji, a argument nie zmienia się.
9M
Ω
13,33pF
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
23/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie 20
Zbadaj, czy poniższe struktury mogą pracować jako dzielniki skompensowane, czyli takie,
dla których stosunek napięć wskazowych U
o
/U nie zależy od pulsacji.
Odp.:
a) tak,
b) tak,
c) nie,
d) nie.
Rozwiązanie
Struktura dzielnika w każdym z przypad-
ków ma postać pokazaną obok.
Zatem
2
1
2
( j )
( j )
( j )
o
Z
U
U
Z
Z
ω
ω
ω
=
+
,
czyli
2
1
2
( j )
( j )
( j )
o
Z
U
U
Z
Z
ω
ω
ω
=
+
.
Przyjmując, że
Z
1
=k
.
Z
2
,
gdzie
k
=const(
ω
),
uzyskujemy
2
2
2
( j )
1
( j )
( j )
1
o
Z
U
U
kZ
Z
k
ω
ω
ω
=
=
+
+
,
co oznacza, że w takim przypadku dzielnik byłby skompensowany.
Dla przypadku a) mamy
1
1
1
1
j
Z
R
C
ω
=
+
,
2
2
2
1
j
Z
R
C
ω
=
+
.
R
1
C
2
R
2
U
C
1
U
o
a)
R
1
C
2
R
2
U
C
1
U
o
c)
L
1
C
2
L
2
U
C
1
U
o
b)
R
1
L
2
R
2
U
C
1
U
o
d)
Z
1
(j
ω
)
Z
2
(j
ω
)
U
U
o
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa 11-20
© C. Stefański
2_Zadania11_20.doc
24/24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Wystarczy zatem, by
R
1
=k
.
R
2
i 1/C
1
=k/C
2
.
Dla przypadku b) mamy
1
1
1
1
j
j
Z
L
C
ω
ω
=
+
,
2
2
2
1
j
j
Z
L
C
ω
ω
=
+
.
Wystarczy zatem, by
1/C
1
=k/C
2
i L
1
=k
.
L
2
.
Można sprawdzić, że w przypadkach c) oraz d) kompensacja jest niemożliwa.