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 [e-mail]

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 [e-mail]

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 [e-mail]

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 [e-mail]

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 [e-mail]

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 [e-mail]

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 [e-mail]

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 [e-mail]

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 [e-mail]

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 [e-mail]

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 [e-mail]

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 [e-mail]

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 [e-mail]

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 [e-mail]

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 [e-mail]

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 [e-mail]

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 [e-mail]

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 [e-mail]

,

( 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 [e-mail]

, 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 [e-mail]

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 [e-mail]

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 [e-mail]

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 [e-mail]

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 [e-mail]

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.