Zdecyduj, która postać pasuje do działania: algebraiczna a + jb do dodawania i odejmowania, biegunowa r∠θ do mnożenia, dzielenia, potęg i pierwiastków.
Wymnażaj z j² = −1; dziel, mnożąc licznik i mianownik przez liczbę sprzężoną do mianownika.
Zamieniaj przez r = √(a² + b²) i θ ze szkicu punktu (sprawdź ćwiartkę), a z powrotem przez a = r cos θ, b = r sin θ.
Dla potęg użyj wzoru de Moivre’a, (r∠θ)ⁿ = rⁿ∠nθ; dla zⁿ = R∠φ wypisz wszystkie n pierwiastków R1/n∠((φ + 360°k)/n).
Impedancja i wskazy AC
Impedancje
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Pulsacja
ω = 2πf
Moduł i kąt
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Prawo Ohma dla wskazów
V = I·Z
Metoda
Przelicz częstotliwość: ω = 2πf.
Wyznacz każdą reaktancję: XL = ωL i XC = 1/(ωC).
Dodawaj impedancje jak rezystory, z Z = R + jX.
Wyznacz moduł |Z| = √(R² + X²) i kąt φ = atan(X/R), a potem zastosuj prawo Ohma dla wskazów.
Moc AC i współczynnik mocy
Moc czynna
P = V·I·cos φ
Moc bierna
Q = V·I·sin φ
Moc pozorna
S = V·I = √(P² + Q²)
Współczynnik mocy
pf = cos φ = P/S
Kondensator kompensacyjny
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)
Rezonans LC, dobroć i szerokość pasma
Częstotliwość drgań własnych
ω0 = 1/√(LC), f0 = 1/(2π√(LC))
Energia
W = ½CV0² = ½Cv² + ½Li²
Prąd szczytowy
Imax = V0√(C/L)
Dobroć
Q = 2π·(energy stored)/(energy lost per cycle)
Szeregowy RLC
Q = (1/R)√(L/C), BW = R/(2πL)
Równoległy RLC
Q = R√(C/L), BW = 1/(2πRC)
Pasmo przenoszenia
BW = f2 − f1 = f0/Q, f0 = √(f1f2)
Częstotliwości połowy mocy
f1,2 = f0(√(1 + 1/(4Q²)) ∓ 1/(2Q))
Obwód rezonansowy z rezystancją cewki r
RD = L/(C·r) = Q²·r
Zanikanie amplitudy
e−Rt/(2L)
Metoda
Najpierw wyznacz częstotliwość rezonansową: ω₀ = 1/√(LC) i f₀ = ω₀/(2π).
Ustal, czy obwód jest szeregowy, czy równoległy: szeregowy Q = (1/R)√(L/C), równoległy Q = R√(C/L).
Szerokość pasma wyznacz ze wzoru BW = f₀/Q albo skrótów R/(2πL) (szeregowy) i 1/(2πRC) (równoległy).
W zadaniach o energii skorzystaj z tego, że w idealnym obwodzie LC całkowita energia ½CV₀² jest stała i co ćwierć okresu przepływa między C i L.
Moc w układach trójfazowych
Połączenie w gwiazdę (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Połączenie w trójkąt (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Całkowita moc czynna
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Moc pozorna i bierna
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kondensatory do kompensacji
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Napięcie na każdym kondensatorze
Δ: VL Y: VL/√3
Moc pobierana przez silnik
Pin = Pout/η
Stany nieustalone RC i RL
Stała czasowa
τ = RC | τ = L/R
Odpowiedź układu
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensator przy prądzie stałym
rozwarcie; vC nie może zmienić się skokowo
Cewka przy prądzie stałym
zwarcie; iL nie może zmienić się skokowo
Stan ustalony
t ≈ 5τ
Metoda
Wyznacz wartość początkową tuż po przełączeniu: napięcie na kondensatorze i prąd cewki nie mogą zmienić się skokowo.
Wyznacz wartość końcową długo po przełączeniu: kondensator zachowuje się jak rozwarcie, a cewka jak zwarcie.
Wyznacz stałą czasową: τ = RC lub τ = L/R, z rezystancją widzianą przez kondensator lub cewkę.
Użyj x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.
Thévenin i Norton
Napięcie Thévenina
Vth = Vopen circuit
Rezystancja Thévenina
Rth: wszystkie źródła wyłączone, widziana z a–b
Prąd Nortona
IN = Vth/Rth
Prąd obciążenia
IL = Vth/(Rth + RL)
Maksymalne przekazywanie mocy
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)
Metoda
Odłącz obciążenie i oznacz dwa zaciski a i b.
Wyznacz napięcie stanu jałowego między a i b: to jest Vth.
Wyłącz wszystkie niezależne źródła i wyznacz rezystancję widzianą z a–b: to jest Rth.
Podłącz obciążenie z powrotem do obwodu zastępczego: Vth szeregowo z Rth.
Dla obwodu zastępczego Nortona przelicz: IN = Vth/Rth, z RN = Rth równolegle.
2Zadania do ćwiczenia
1.Liczby zespoloneŚredni
Dane są z₁ = 1,5∠−35° i z₂ = 3∠110°. Znajdź część urojoną liczby w = z₁/z₂.
z₁ = 1,5∠−35°z₂ = 3∠110°
Im(w) =
2.Liczby zespoloneTrudny
Znajdź część urojoną (−1 + j)³.
z = −1 + jn = 3
Im(z³) =
3.Impedancja i wskazy ACŚredni
Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 120 V (skuteczne), 50 Hz. Wyznacz moc czynną P pobieraną z zasilania.
V = 120 V (rms)f = 50 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 10 µF
P = W
4.Impedancja i wskazy ACTrudny
Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 10 V (skuteczne), 200 Hz. Wyznacz wartość skuteczną napięcia VC na kondensatorze.
V = 10 V (rms)f = 200 HzR = 40 ΩL = 150 mHC = 22 µF
VC = V
5.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
Silnik jednofazowy pobiera 32 kW przy współczynniku mocy 0,7 (indukcyjnym) z zasilania 240 V. Wyznacz prąd linii I.
P = 32 kWpf = 0,7V = 240 V
I = A
6.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
Odbiornik jednofazowy pobiera 25 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z zasilania 400 V, 50 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,98. Wyznacz nowy prąd linii Inew.
P = 25 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98V = 400 Vf = 50 Hz
Inew = A
7.Rezonans LC, dobroć i szerokość pasmaŚredni
Szeregowy obwód RLC ma R = 2 Ω, L = 470 µH i C = 10 nF. Wyznacz jego dobroć Q.
R = 2 ΩL = 470 µHC = 10 nF
Q =
8.Rezonans LC, dobroć i szerokość pasmaTrudny
Częstotliwości połowy mocy krzywej rezonansowej wynoszą 5 kHz i 6 kHz. Wyznacz częstotliwość rezonansową jako ich średnią geometryczną, a następnie dobroć Q.
f1 = 5 kHzf2 = 6 kHz
Q =
9.Moc w układach trójfazowychŚredni
Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera prąd przewodowy 120 A ze źródła o napięciu przewodowym 400 V. Współczynnik mocy wynosi 0,82 (indukcyjny). Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.
VL = 400 VIL = 120 Acos φ = 0,82
P = kW
10.Moc w układach trójfazowychTrudny
Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 300 kW przy współczynniku mocy 0,72 (indukcyjnym) z sieci 480 V (napięcie przewodowe), 60 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,9 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Wyznacz całkowitą moc bierną QC, którą musi dostarczyć bateria kondensatorów, w kvar.
P = 300 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 60 Hz
QC = kvar
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Po jakim czasie od zamknięcia łącznika prąd osiągnie 80% wartości końcowej? Wyznacz t.
Vs = 10 VR = 22 ΩL = 220 mH
t = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
W t = 0 układ czasowy zaczyna ładować nienaładowany kondensator przez rezystor ze źródła 15 V. Ma zadziałać, gdy napięcie kondensatora osiągnie 11,25 V, dokładnie 50 ms po starcie. Przy R = 10 kΩ wyznacz potrzebną pojemność C.
Vs = 15 VVth = 11,25 VT = 50 msR = 10 kΩ
C = µF
13.Thévenin i NortonŚredni
Między a–b podłączono obciążenie RL = 8 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.
V1 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 ΩRL = 8 Ω
IL = A
14.Thévenin i NortonTrudny
Między a–b podłączono obciążenie RL = 6 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.
Filtr dolnoprzepustowy RL pokazany na rysunku ma R = 100 Ω, L = 4,7 mH. Podano sinusoidalne wejście 17 kHz. Znajdź wzmocnienie |H| = |vout/vin| w dB.
R = 100 ΩL = 4,7 mHf = 17 kHz
|H| = dB
16.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = K/(s(s + 8)(s + 9)). Znajdź wzmocnienie K, które daje zapas wzmocnienia 12 dB.
L(s) = K/(s(s + 8)(s + 9))GM = 12 dB
K =
3Roztwory
1.Liczby zespolone
Odpowiedź: Im(w) = −0,2868
Postać biegunowa: z = r∠θ = r(cos θ + j sin θ) = r·ejθ, gdzie r = |z| i θ = arg z. Powrót do postaci algebraicznej: a = r cos θ, b = r sin θ. Argument wymaga ustalenia ćwiartki: θ = atan(b/a) tylko dla a > 0; dla a < 0 dodaj lub odejmij 180°. W postaci biegunowej mnożenie jest łatwe: pomnóż moduły i dodaj argumenty; przy dzieleniu podziel moduły i odejmij argumenty.
Moduł i argument w
|w| = 1,5 / 3 = 0,5
θ = −35° − 110° = −145°
Postać algebraiczna
Re(w) = 0,5·cos(−145°) = −0,4096
Im(w) = 0,5·sin(−145°) = −0,2868
Im(w) = −0,2868
Odpowiedź
Im(w) = −0,2868
2.Liczby zespolone
Odpowiedź: Im(z³) = 2
Wzór de Moivre’a i pierwiastki: (r∠θ)ⁿ = rⁿ∠nθ. Równanie zⁿ = R∠φ ma dokładnie n pierwiastków, wszystkie o module R1/n, o argumentach (φ + 360°·k)/n dla k = 0, 1, …, n − 1: leżą równomiernie na okręgu, co 360°/n. Równanie kwadratowe z² + pz + q = 0 z p² < 4q ma pierwiastki zespolone z = −p/2 ± j√(q − p²/4); wielomian o współczynnikach rzeczywistych ma pierwiastki zespolone zawsze w parach sprzężonych a ± jb.
Potęgi krok po kroku
z² = (−1 + j)(−1 + j) = −j2
z³ = (−j2)(−1 + j) = 2 + j2
Sprawdź wzorem de Moivre’a
z = 1,414∠135° → z³ = 2,828∠45°
Im(z³) = 2
Odpowiedź
Im(z³) = 2
3.Impedancja i wskazy AC
Odpowiedź: P = 11,2 W
Obwody AC i wskazy: rezystory, cewki i kondensatory mają impedancje R, jωL i 1/(jωC), gdzie ω = 2πf. Szeregowo impedancje dodaje się jak rezystancje, ale jako liczby zespolone. Wartości skuteczne prądu i napięcia spełniają prawo Ohma z |Z|.
Reaktancje
XL = 47,12 Ω, XC = 318,3 Ω
Impedancja
|Z| = √(60² + (−271,2)²) = 277,7 Ω
Moc czynna
Cewki i kondensatory tylko gromadzą i oddają energię; całą moc czynną pobiera rezystor.
I = 120/277,7 = 0,4321 A
P = I²·R = 0,4321²·60 = 11,2 W
Odpowiedź
P = 11,2 W
4.Impedancja i wskazy AC
Odpowiedź: VC = 2,297 V
Obwody AC i wskazy: rezystory, cewki i kondensatory mają impedancje R, jωL i 1/(jωC), gdzie ω = 2πf. Szeregowo impedancje dodaje się jak rezystancje, ale jako liczby zespolone. Wartości skuteczne prądu i napięcia spełniają prawo Ohma z |Z|.
Reaktancje
ω = 2πf = 2π·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,15 = 188,5 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·22·10⁻⁶) = 36,17 Ω
Impedancja
Szeregowo impedancje dodaje się jak liczby zespolone: Z = R + j(XL − XC).
Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.
I = V/|Z| = 10/157,5 = 0,0635 A
Napięcie na kondensatorze
VC = I·XC = 0,0635·36,17 = 2,297 V
Odpowiedź
VC = 2,297 V
5.Moc AC i współczynnik mocy
Odpowiedź: I = 190,5 A
Moc w obwodach AC: moc pozorna S = V·I (VA) dzieli się na moc czynną P = S·cos φ (W), która wykonuje pracę użyteczną, i moc bierną Q = S·sin φ (var), która krąży między źródłem a odbiornikiem. Współczynnik mocy to cos φ. Kondensator równoległy dostarcza moc bierną lokalnie, więc prąd linii maleje przy tej samej mocy czynnej.
Prąd linii
Pracę wykonuje tylko moc czynna, więc podziel przez współczynnik mocy.
I = P/(V·cos φ) = 32000/(240·0,7) = 190,5 A
Odpowiedź
I = 190,5 A
6.Moc AC i współczynnik mocy
Odpowiedź: Inew = 63,78 A
Moc w obwodach AC: moc pozorna S = V·I (VA) dzieli się na moc czynną P = S·cos φ (W), która wykonuje pracę użyteczną, i moc bierną Q = S·sin φ (var), która krąży między źródłem a odbiornikiem. Współczynnik mocy to cos φ. Kondensator równoległy dostarcza moc bierną lokalnie, więc prąd linii maleje przy tej samej mocy czynnej.
Moc bierna przed i po
Moc czynna P się nie zmienia; zmienia się tylko moc bierna pobierana z sieci.
Q1 = P·tan φ1 = 25·tan(41,41°) = 22,05 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 25·tan(11,48°) = 5,076 kvar
QC = Q1 − Q2 = 16,97 kvar
Nowy prąd linii
Inew = P/(V·cos φ2) = 25000/(400·0,98) = 63,78 A
Odpowiedź
Inew = 63,78 A
7.Rezonans LC, dobroć i szerokość pasma
Odpowiedź: Q = 108,4
Dobroć i szerokość pasma: w obwodzie rezonansowym Q = 2π·(energia zgromadzona)/(energia tracona w jednym cyklu). Dla szeregowego RLC Q = ω0L/R = (1/R)√(L/C); dla równoległego RLC Q = R/(ω0L) = R√(C/L). Szerokość pasma między częstotliwościami połowy mocy f1 i f2 (gdzie moc jest o połowę mniejsza, a prąd lub napięcie wynosi 1/√2 wartości szczytowej) to BW = f2 − f1 = f0/Q, czyli R/(2πL) w obwodzie szeregowym i 1/(2πRC) w równoległym. Częstotliwość rezonansowa jest średnią geometryczną f0 = √(f1f2), a f1,2 = f0(√(1 + 1/(4Q²)) ∓ 1/(2Q)). Straty powodują też zanikanie drgań: w szeregowym RLC amplituda maleje jak e−Rt/(2L).
Impedancja charakterystyczna
√(L/C) = √(0,00047/1 × 10⁻⁸) = 216,8 Ω
Dobroć
Q = 216,8/2 = 108,4
Odpowiedź
Q = 108,4
Częstotliwość rezonansowa wynosi 73,41 kHz, więc BW = f₀/Q = 677,3 Hz.
8.Rezonans LC, dobroć i szerokość pasma
Odpowiedź: Q = 5,477
Dobroć i szerokość pasma: w obwodzie rezonansowym Q = 2π·(energia zgromadzona)/(energia tracona w jednym cyklu). Dla szeregowego RLC Q = ω0L/R = (1/R)√(L/C); dla równoległego RLC Q = R/(ω0L) = R√(C/L). Szerokość pasma między częstotliwościami połowy mocy f1 i f2 (gdzie moc jest o połowę mniejsza, a prąd lub napięcie wynosi 1/√2 wartości szczytowej) to BW = f2 − f1 = f0/Q, czyli R/(2πL) w obwodzie szeregowym i 1/(2πRC) w równoległym. Częstotliwość rezonansowa jest średnią geometryczną f0 = √(f1f2), a f1,2 = f0(√(1 + 1/(4Q²)) ∓ 1/(2Q)). Straty powodują też zanikanie drgań: w szeregowym RLC amplituda maleje jak e−Rt/(2L).
Częstotliwość rezonansowa
f0 = √(5000·6000) = 5477 Hz
Pasmo przenoszenia
BW = 6000 − 5000 = 1000 Hz
Dobroć
Q = 5477/1000 = 5,477
Odpowiedź
Q = 5,477
9.Moc w układach trójfazowych
Odpowiedź: P = 68,17 kW
Symetryczne układy trójfazowe: w połączeniu w gwiazdę (Y) napięcie przewodowe jest √3 razy większe od napięcia fazowego, VL = √3·Vph, a prąd przewodowy jest równy prądowi fazowemu. W połączeniu w trójkąt (Δ) napięcie przewodowe jest równe napięciu fazowemu, a prąd przewodowy jest √3 razy większy od prądu fazowego, IL = √3·Iph. Moc całkowita jest trzykrotnością mocy jednej fazy: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.
Moc pozorna
S = √3·VL·IL = √3·400·120 = 83,14 kVA
Moc czynna
P = S·cos φ = 83,14·0,82 = 68,17 kW
Odpowiedź
P = 68,17 kW
10.Moc w układach trójfazowych
Odpowiedź: QC = 143,9 kvar
Symetryczne układy trójfazowe: w połączeniu w gwiazdę (Y) napięcie przewodowe jest √3 razy większe od napięcia fazowego, VL = √3·Vph, a prąd przewodowy jest równy prądowi fazowemu. W połączeniu w trójkąt (Δ) napięcie przewodowe jest równe napięciu fazowemu, a prąd przewodowy jest √3 razy większy od prądu fazowego, IL = √3·Iph. Moc całkowita jest trzykrotnością mocy jednej fazy: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Kompensacja mocy biernej: kondensatory dostarczają moc bierną lokalnie, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Każdy z trzech kondensatorów dostarcza QC/3 = V²·ω·C, gdzie V to napięcie na tym kondensatorze: VL w baterii połączonej w trójkąt, VL/√3 w baterii połączonej w gwiazdę.
Moc bierna przed i po
Moc czynna się nie zmienia, więc każdy współczynnik mocy wyznacza moc bierną: Q = P·tan φ.
Q1 = 300·tan(acos 0,72) = 300·0,9639 = 289,2 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,9) = 300·0,4843 = 145,3 kvar
Moc bierna z kondensatorów
QC = Q1 − Q2 = 143,9 kvar
Odpowiedź
QC = 143,9 kvar
11.Stany nieustalone RC i RL
Odpowiedź: t = 16,09 ms
Stany nieustalone pierwszego rzędu: w obwodzie z jednym kondensatorem lub jedną cewką każde napięcie i każdy prąd zmienia się wykładniczo od wartości początkowej do końcowej: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, gdzie τ = RC lub τ = L/R. Po około 5τ obwód jest w stanie ustalonym.
Stała czasowa i prąd końcowy
Długo po zamknięciu łącznika cewka zachowuje się jak zwarcie, więc prąd końcowy zależy tylko od R.
τ = L/R = 220 mH / 22 Ω = 10 ms
i(∞) = Vs/R = 10/22 = 0,4545 A
Wyznacz czas
0,8 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,8)
t = −10·ln(0,2) = 16,09 ms
Odpowiedź
t = 16,09 ms
12.Stany nieustalone RC i RL
Odpowiedź: C = 3,607 µF
Stany nieustalone pierwszego rzędu: w obwodzie z jednym kondensatorem lub jedną cewką każde napięcie i każdy prąd zmienia się wykładniczo od wartości początkowej do końcowej: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, gdzie τ = RC lub τ = L/R. Po około 5τ obwód jest w stanie ustalonym.
Twierdzenie Thévenina: każdy liniowy dwójnik zachowuje się jak jedno źródło napięcia Vth szeregowo z rezystancją Rth. Twierdzenie Nortona przedstawia ten sam układ jako źródło prądu IN = Vth/Rth równolegle z Rth.
Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach
Zastąp źródła napięcia zwarciami, a źródła prądu rozwarciami, a potem spójrz na obwód od strony a–b.
R1 ∥ R2 = 6·15/(6+15) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 10 = 14,29 Ω
Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego
Przy rozwartych a–b przez R₃ nie płynie prąd, więc nie ma na nim spadku i V_b = V_A. R₁ i R₂ tworzą dzielnik napięcia.
Vth = V1·R2/(R1+R2) = 18·15/(6+15) = 12,86 V
Podłącz obciążenie do układu zastępczego Thévenina
Źródło Thévenina i R_th szeregowo zachowują się na a–b dokładnie jak pierwotny obwód, więc obciążenie widzi prostą pętlę szeregową.
IL = Vth/(Rth + RL) = 12,86/(14,29 + 8) = 0,5769 A
14.Thévenin i Norton
Odpowiedź: IL = −3,415 A
Twierdzenie Thévenina: każdy liniowy dwójnik zachowuje się jak jedno źródło napięcia Vth szeregowo z rezystancją Rth. Twierdzenie Nortona przedstawia ten sam układ jako źródło prądu IN = Vth/Rth równolegle z Rth.
Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach
Zastąp źródła napięcia zwarciami, a źródła prądu rozwarciami, a potem spójrz na obwód od strony a–b.
R1 ∥ R2 = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 15 = 16,88 Ω
Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego
Przy rozwartych a–b jedyną drogą dla Iₛ jest R₃ do węzła A. Wyznacz V_A z superpozycji V₁ i Iₛ, a potem dodaj spadek na R₃.
VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 6,25 + (−5)·1,875 = −3,125 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −3,125 + (−5)·15 = −78,13 V
Podłącz obciążenie do układu zastępczego Thévenina
Źródło Thévenina i R_th szeregowo zachowują się na a–b dokładnie jak pierwotny obwód, więc obciążenie widzi prostą pętlę szeregową.
IL = Vth/(Rth + RL) = −78,13/(16,88 + 6) = −3,415 A
15.Wykresy Bodego i zapasy
Odpowiedź: |H| = −14,18 dB
Charakterystyka częstotliwościowa: podstaw s = jω w transmitancji. Moduł w decybelach to 20·log₁₀|H(jω)|, a faza to suma kątów czynników licznika minus kąty czynników mianownika. Filtr RC lub RL pierwszego rzędu ma częstotliwość graniczną (−3 dB) ωc = 1/(RC) lub R/L oraz fc = ωc/(2π); filtr dolnoprzepustowy daje |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) i φ = −atan(ω/ωc). Na asymptotycznym (łamanym) wykresie Bodego każdy biegun zagina moduł w dół o 20 dB/dekadę przy swojej częstotliwości granicznej, każde zero zagina go w górę o 20 dB/dekadę, a integrator 1/s daje −20 dB/dekadę przy wszystkich częstotliwościach. Częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); zapas fazy PM = 180° + ∠L(jωc). Częstotliwość odcięcia fazy ω180: ∠L(jω) = −180°; zapas wzmocnienia GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Układ zamknięty jest stabilny, gdy oba zapasy są dodatnie.
Częstotliwość graniczna
ωc = R/L = 100/0,0047 = 21277 rad/s
fc = 3386 Hz → f/fc = 17000/3386 = 5,02
Wzmocnienie
|H| = 1/√(1 + 5,02²) = 0,1954
20·log₁₀(0,1954) = −14,18 dB
Odpowiedź
|H| = −14,18 dB
16.Wykresy Bodego i zapasy
Odpowiedź: K = 307,5
Charakterystyka częstotliwościowa: podstaw s = jω w transmitancji. Moduł w decybelach to 20·log₁₀|H(jω)|, a faza to suma kątów czynników licznika minus kąty czynników mianownika. Filtr RC lub RL pierwszego rzędu ma częstotliwość graniczną (−3 dB) ωc = 1/(RC) lub R/L oraz fc = ωc/(2π); filtr dolnoprzepustowy daje |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) i φ = −atan(ω/ωc). Na asymptotycznym (łamanym) wykresie Bodego każdy biegun zagina moduł w dół o 20 dB/dekadę przy swojej częstotliwości granicznej, każde zero zagina go w górę o 20 dB/dekadę, a integrator 1/s daje −20 dB/dekadę przy wszystkich częstotliwościach. Częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); zapas fazy PM = 180° + ∠L(jωc). Częstotliwość odcięcia fazy ω180: ∠L(jω) = −180°; zapas wzmocnienia GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Układ zamknięty jest stabilny, gdy oba zapasy są dodatnie.