Dlaczego dwa napięcia po 2,12 wolta dają razem 3 wolty?
Szeregowy układ R = 5,00 kΩ i C = 20,0 nF zasila idealne źródło o amplitudzie 3,00 V przy f = fg. W stanie ustalonym zmierzono napięcia osobno na R i na C, bez obciążania elementów. Oblicz ich amplitudy i fazy względem źródła. Narysuj sumę wektorów napięć. Sprawdź prawo oczek w chwilach t = 0 i t = T/8, jeśli uwe(t) = 3,00 V cos(ωt).
Pokaż rozwiązanieUkryj rozwiązanie
W tym zadaniu
Wskazówka
Dla napięcia kondensatora HC = 1/(1 + jx), a dla napięcia opornika HR = jx/(1 + jx). Przy x = 1 każde można zapisać jako sumę części rzeczywistej i urojonej.
Rozwiązanie
1. Wektory muszą sumować się do wektora źródła
Przy f = fg mamy x = 1. Przyjmujemy wektor napięcia źródła równy 3 V na dodatniej osi rzeczywistej. Wtedy:
\underline U_C=\frac{3}{1+j}\,\mathrm{V}=(1{,}5-j1{,}5)\,\mathrm{V},\qquad \underline U_R=3\,\mathrm{V}-\underline U_C=(1{,}5+j1{,}5)\,\mathrm{V}.
Każdy wektor ma moduł √(1,5² + 1,5²) V = 3/√2 V ≈ 2,121 V. Faza kondensatora wynosi −45°, a opornika +45°. Ich części urojone znoszą się, a rzeczywiste dodają do 3 V. Dodanie samych modułów dałoby 4,243 V i nie opisywałoby napięcia źródła.
2. Sprawdzamy wartości chwilowe
Przebiegi mają postać uC = (3/√2)V cos(ωt − π/4) oraz uR = (3/√2)V cos(ωt + π/4). Dla t = 0 obydwa kosinusy są równe 1/√2, więc uC = uR = 1,50 V. Suma 3,00 V zgadza się z chwilowym wejściem.
Dla t = T/8 mamy ωt = π/4. Kondensator osiąga maksimum 3/√2 V, a napięcie opornika jest równe zero. Źródło ma wtedy również 3/√2 V. Nie jest to chwila maksymalnego napięcia źródła, dlatego nie porównujemy jej z jego amplitudą 3,00 V.
3. Co właściwie mierzymy?
Napięcie na R oznacza różnicę potencjałów jego dwóch końców, a napięcie na C różnicę względem wspólnego powrotu. W zadaniu przyjęto idealny pomiar różnicowy bez zmiany połączeń. Nie należy utożsamiać obu odczytów z napięciami dwóch dowolnych punktów względem masy. Prawo oczek dotyczy zgodnie zorientowanych napięć chwilowych.
Wynik: obie amplitudy to 2,121 V; fazy −45° na C i +45° na R; suma wektorów wynosi 3,00 V.
Powiązana teoria
Filtr RC dolnoprzepustowy: amplituda i opóźnienie sinusoidy
Dalsza lektura
Zobacz amplitudę i fazę
Najpierw przewiduj: Ustaw częstotliwość równą f₀ = 1/(2πRC). Jaki ułamek amplitudy zostanie na wyjściu? Sprawdź też przesunięcie obu sinusoid.
R₁ = 10 kΩ i C₁ = 0,1 µF dają RC = 0,001 s oraz f₀ ≈ 159,155 Hz. Przy tej częstotliwości pojedynczy nieobciążony filtr ma |H| ≈ 0,707; kaskada jednakowych stopni bez bufora ma |H| = 1/3.
Co oblicza model i gdzie kończą się jego założenia?
Wykres przedstawia amplitudę napięcia, dlatego G_{\rm dB}=20\log_{10}|H|. f₀ = 1/(2πR₁C₁) jest częstotliwością odniesienia pojedynczego nieobciążonego stopnia. W układzie obciążonym lub w kaskadzie nie musi być częstotliwością graniczną całego układu. Amplituda wejścia wynosi 5 V, a nie 5 V wartości skutecznej.
Obciążenie RL jest równoległe do kondensatora wyjściowego. Zmniejsza wzmocnienie stałoprądowe do RL/(R₁ + RL). W kaskadach R₂ = kR₁ oraz C₂ = C₁/k, więc oba izolowane stopnie mają tę samą stałą RC. Bez bufora człon R₁C₂ pozostaje w mianowniku transmitancji i obniża amplitudę względem kaskady buforowanej.
Porównujemy sinusoidy w stanie ustalonym. Faza nie jest prędkością przesyłania informacji; wyprzedzenie fazowe w filtrze górnoprzepustowym nie oznacza reakcji na przyszłe zdarzenie. Pomijamy pasożytnicze elementy i tolerancje. Suwak czasu pokazuje t/T sinusoidy; odtwarzanie jest celowo spowolnione do jednego okresu na dwie sekundy.
Najpierw spróbuj samodzielnie. Zapisz dane, wybierz prawa fizyczne i sprawdź jednostki. Przejdź do zadań ze sprawdzaniem odpowiedzi »
← Wróć do działu: Zadania Do góry ↑
Komentarze (0)
Nie ma jeszcze opublikowanych komentarzy. Rozpocznij rozmowę o tym materiale.
RSS komentarzy · Powiadomienia e-mail
Dodaj komentarz
Możesz komentować jako gość lub zalogować się, aby użyć danych konta. Utwórz konto