W oknie drukowania wybierz „Zapisz jako PDF”, aby zachować kopię na swoim urządzeniu.
1Wzory i metody
Rezystory szeregowo i równolegle
Rezystory połączone szeregowo
Req = R1 + R2 + …
Rezystory połączone równolegle
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dwa równolegle
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Prawo Ohma
V = I·R
Moc
P = V·I = I²R = V²/R
Metoda
Zacznij od końca sieci najdalszego od zacisków.
Rezystory szeregowe łącz, dodając je, a równoległe ze wzoru 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Po każdym kroku narysuj obwód od nowa.
Powtarzaj, aż między zaciskami zostanie jeden rezystor.
Metoda potencjałów węzłowych
Prądowe prawo Kirchhoffa
ΣIin = ΣIout
Prąd gałęzi
I = (Va − Vb)/R
Węzeł odniesienia
Vground = 0
Metoda
Wybierz węzeł odniesienia (masę) i oznacz potencjały pozostałych węzłów.
Napisz prądowe prawo Kirchhoffa dla każdego nieznanego węzła: prądy wypływające przez każdą gałąź są równe prądom wpływającym.
Wyraź każdy prąd gałęziowy jako (Va − Vb)/R.
Rozwiąż układ równań, a potem wyznacz potrzebne prądy.
Metoda prądów oczkowych
Napięciowe prawo Kirchhoffa
ΣV = 0 w każdym oczku
Rezystor wspólny
prąd = I1 − I2
Źródło prądu w oczku
wyznacza prąd tego oczka
Metoda
Narysuj prąd płynący zgodnie z ruchem wskazówek zegara w każdym oczku (okienku) obwodu.
Zastosuj napięciowe prawo Kirchhoffa w każdym oczku: suma spadków napięć jest równa zeru.
W rezystorze wspólnym dla dwóch oczek prąd jest różnicą dwóch prądów oczkowych.
Rozwiąż równania; wynik ujemny oznacza, że prąd płynie w przeciwną stronę.
Superpozycja
Superpozycja
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Wyłączone źródło napięcia
zwarcie (0 V)
Wyłączone źródło prądu
rozwarcie (0 A)
Dzielnik napięcia
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Dzielnik prądu
I1 = I·R2/(R1 + R2)
Metoda
Policz niezależne źródła. Dla każdego źródła rozwiążesz jeden prostszy obwód.
Zostaw jedno źródło, a pozostałe wyłącz: źródło napięciowe staje się zwarciem (przewodem), źródło prądowe staje się rozwarciem (przerwą).
Rozwiąż prostszy obwód dla potrzebnego napięcia lub prądu, pilnując jego kierunku.
Powtórz dla każdego źródła, a potem dodaj składowe z ich znakami.
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.
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.
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)
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
Transformatory
Przekładnia zwojowa
a = N1/N2 = V1/V2
Stosunek prądów
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Prąd znamionowy
I = S/V
Impedancja sprowadzona
Z1′ = a²·ZL
Straty w miedzi przy obciążeniu częściowym
Pcu = x²·Pcu,fl
Sprawność
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Sprawność maksymalna
x = √(Pcore/Pcu,fl)
Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi
Wzmacniacz odwracający
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Wzmacniacz nieodwracający
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Wzmacniacz sumujący
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Idealny wzmacniacz operacyjny
V+ = V−, Iin = 0
Diody i tranzystory
Dioda (stały spadek napięcia)
VD = 0,7 V when conducting
Obszar aktywny
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Polaryzacja stałym prądem bazy
IB = (VCC − 0,7)/RB
Polaryzacja dzielnikiem napięcia
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin dla dzielnika
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Oczko kolektora
VCE = VCC − ICRC − IERE
Nasycenie
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β
Systemy liczbowe
Wagi pozycji
dwójkowy 2k, ósemkowy 8k, szesnastkowy 16k
Na dziesiętny
Σ dk·bk
Z dziesiętnego
dziel przez podstawę, czytaj reszty od dołu do góry
Szesnastkowy ↔ dwójkowy
jedna cyfra szesnastkowa = 4 bity
Kod uzupełnień do dwóch (U2)
odwróć bity i dodaj 1
Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Podstawowe bramki
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Reguły algebry Boole’a
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Prawa de Morgana
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Kolejność na mapie Karnaugha
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Grupa 2ᵏ komórek
traci k zmiennych
Multiplekser 4-do-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Przerzutniki
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Liczniki
n-bitowy: 2ⁿ stanów; mod-N: najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Licznik asynchroniczny (ripple)
fmax = 1/(n·tpd)
Liczniki pierścieniowy i Johnsona
n i 2n stanów
Metoda
Dla układu przechodź od wejść do wyjścia bramka po bramce i zapisuj wartość na każdym przewodzie albo zapisz jego wyrażenie i wypełnij tablicę prawdy.
Przy upraszczaniu wpisz jedynki (a stany nieokreślone jako X) na mapę Karnaugha z wierszami i kolumnami w kodzie Graya: 00, 01, 11, 10.
Pokryj jedynki jak najmniejszą liczbą jak największych grup po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, zawijając przez brzegi; każda grupa to jeden iloczyn ze zmiennych, które pozostają stałe. Dla postaci POS grupuj zera.
Przy przerzutnikach i licznikach odczytuj wejścia przy każdym aktywnym zboczu zegara, zapisuj stan po każdym zboczu i pamiętaj, że n-bitowy licznik zawija się po 2ⁿ stanach.
Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa
Stabilność
wszystkie pierwiastki wielomianu charakterystycznego w lewej półpłaszczyźnie
tablica Routha, element s¹ wielomianu trzeciego stopnia
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Pierwiastki w prawej półpłaszczyźnie
liczba zmian znaku w pierwszej kolumnie
Wielomian trzeciego stopnia s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabilny, gdy wszystkie a > 0 oraz a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Równanie charakterystyczne
1 + K·G(s) = 0
Asymptoty
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Punkty rozejścia i zejścia
dK/ds = 0
Warunek modułu
K = 1/|G(s)|
Kąt wyjścia
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)
Metoda
Zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego: mianownik 1 + K·G(s) = 0, po wymnożeniu.
Wpisz współczynniki naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha i zbuduj pozostałe wiersze.
Policz zmiany znaku w pierwszej kolumnie: każda to jeden biegun w prawej półpłaszczyźnie. Gdy w tablicy występuje K, żądaj, by każdy element pierwszej kolumny pozostał dodatni.
Dla linii pierwiastkowej zaznacz bieguny i zera, odcinki osi rzeczywistej, asymptoty wychodzące ze środka asymptot oraz punkty rozgałęzienia, w których dK/ds = 0. Użyj K = 1/|G(s)| dla wzmocnienia w danym punkcie.
Uchyb ustalony i regulacja PID
Typ układu
liczba biegunów G(s) w s = 0
Stałe uchybowe
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Skok A
ess = A/(1 + Kp)
Narastanie liniowe A·t
ess = A/Kv
Parabola A·t²/2
ess = A/Ka
Regulator PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Cel drugiego rzędu
s² + 2ζωns + ωn²
Przeregulowanie i czasy
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)
Metoda
Policz bieguny układu otwartego C(s)·G(s) w s = 0: to typ układu.
Wyznacz stałą uchybową pasującą do wejścia: Kp dla skoku, Kv dla narastania liniowego, Ka dla paraboli.
Zastosuj ess = A/(1 + Kp), A/Kv lub A/Ka albo rozwiąż to względem potrzebnego wzmocnienia.
Przy wymaganiu dotyczącym tłumienia lub prędkości zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego i porównaj go z s² + 2ζω_n·s + ω_n².
2Zadania do ćwiczenia
1.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni
Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.
V1 = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 ΩR4 = 2 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.
Źródło prądu jest regulowane, aż potencjał węzła A osiągnie VA = 31 V. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd źródła Is (kierunek jak na rysunku).
Wyznacz rezystancję Thévenina Rth widzianą z zacisków a–b.
V1 = 24 VR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 20 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin i NortonTrudny
Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.
V1 = 30 VIs = 1 AR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 Ω
Vth = V
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz napięcie vL na cewce w chwili t = 5 ms.
Vs = 24 VR = 10 ΩL = 47 mHt = 5 ms
vL = V
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
W t = 0 układ czasowy zaczyna ładować nienaładowany kondensator przez rezystor ze źródła 5 V. Ma zadziałać, gdy napięcie kondensatora osiągnie 3,16 V, dokładnie 200 ms po starcie. Przy R = 1 kΩ wyznacz potrzebną pojemność C.
Vs = 5 VVth = 3,16 VT = 200 msR = 1 kΩ
C = µF
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 12 V (skuteczne), 200 Hz. Wyznacz moc czynną P pobieraną z zasilania.
V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 100 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF
P = W
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
Rezystor R1 jest połączony szeregowo z równoległym połączeniem R2 i kondensatora C i podłączony do zasilania 230 V (skuteczne), 100 Hz. Wyznacz moduł impedancji |Z|.
V = 230 V (rms)f = 100 HzR1 = 25 ΩR2 = 100 ΩC = 10 µF
|Z| = Ω
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
Silnik jednofazowy pobiera 22 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z zasilania 240 V. Wyznacz moc bierną Q, którą pobiera.
P = 22 kWpf = 0,75V = 240 V
Q = kvar
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
Odbiornik jednofazowy pobiera 50 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym) z zasilania 400 V, 50 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,98. Wyznacz potrzebną pojemność C.
P = 50 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98V = 400 Vf = 50 Hz
C = µF
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
Symetryczny odbiornik połączony w trójkąt o impedancji 8 + j6 Ω na fazę jest przyłączony do symetrycznej sieci trójfazowej o napięciu przewodowym 415 V. Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.
VL = 415 VZ = 8 + j6 Ω na fazę
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 100 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym) z sieci 480 V (napięcie przewodowe), 50 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,98 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w trójkąt. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.
P = 100 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
Do uzwojenia pierwotnego idealnego transformatora o przekładni N₁:N₂ = 4:1 przyłożono napięcie 480 V. Do uzwojenia wtórnego dołączono rezystor 60 Ω. Wyznacz prąd pierwotny I1.
N1:N2 = 4:1V1 = 480 VRL = 60 Ω
I1 = A
20.TransformatoryTrudny
Jednofazowy transformator 150 kVA ma straty w rdzeniu 1200 W i straty w miedzi 4800 W przy obciążeniu znamionowym. Dostarcza 75% swojej znamionowej mocy kVA przy współczynniku mocy 0,9 (indukcyjnym). Wyznacz całkowite straty Ploss w watach przy tym obciążeniu.
Tranzystor NPN o β = 200 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 18 V: R₁ = 100 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 22 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 2,2 kΩ, a rezystor emiterowy RE = 2,2 kΩ. Przyjmij VBE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz prąd kolektora IC w mA.
Stabilizator z diodą Zenera 5,6 V ma rezystor szeregowy 100 Ω. Napięcie wejściowe może wzrosnąć do 14 V, a obciążenie może zostać odłączone. Wyznacz największą moc PZ,max, jaką musi rozproszyć dioda Zenera.
Vin,max = 14 VVZ = 5,6 VR = 100 Ω
PZ,max = mW
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy wzór 1010 1010 zapisuje liczbę całkowitą ze znakiem w kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest jej wartość N dziesiętnie?
1010 10108 bit
N =
26.Systemy liczboweTrudny
Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 1011 0010 XOR 0111 1100. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?
1011 0010XOR0111 1100
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
Uprość F = A′B′C′ + ABC′ + BC′ do minimalnej postaci sumy iloczynów. Ile literałów L zawiera uproszczone wyrażenie?
F = A′B′C′ + ABC′ + BC′
L =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
Dla F(A, B, C, D) = Σm(2, 3, 6, 11) + d(1, 7, 10, 13, 14, 15), gdzie d oznacza stany nieokreślone, znajdź liczbę N istotnych implikantów prostych.
F(s) = (5s + 18)/(s² + 5s + 4). Jej transformata odwrotna ma postać f(t) = A·e−t + B·e−4t. Znajdź współczynnik A metodą rozkładu na ułamki proste.
F(s) = (5s + 18)/(s² + 5s + 4)
A =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
Układ spełnia równanie y″ + 9y′ + 20y = 40·u(t). Startuje ze stanu spoczynku (y(0) = 0, y′(0) = 0), a wejściem jest skok u(t) = 10 dla t ≥ 0. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź wyjście y(0,2).
Obiekt G(s) = K/((s + 11)(s + 12)) jest w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Znajdź wzmocnienie K, dla którego układ zamknięty jest tłumiony krytycznie (dwa równe bieguny rzeczywiste).
Zredukuj schemat blokowy dla G₁ = 4/(s + 4), G₂ = 8/(s + 3), z wewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₁ = 0,5 wokół G₂ i zewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₂ = 0,2. Znajdź wzmocnienie statyczne T(0) transmitancji C(s)/R(s).
G₁ = 4/(s + 4)G₂ = 8/(s + 3)H₁ = 0,5H₂ = 0,2
T(0) =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
Układ ma transmitancję G(s) = 87/(s² + 15s + 87) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Bieguny to s = σ ± jωd. Znajdź część rzeczywistą σ.
G(s) = 87/(s² + 15s + 87)
σ =
34.Odpowiedź skokowaTrudny
Szeregowy obwód RLC z R = 45 Ω, L = 500 mH i C = 10 µF jest dołączony do skoku 12 V w chwili t = 0. Kondensator jest nienaładowany i przed skokiem nie płynie prąd. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS napięcia na kondensatorze.
R = 45 ΩL = 500 mHC = 10 µFV = 12 V
%OS = %
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
Znajdź fazę ∠G(jω) G(s) = 32(s + 20)/(s(s + 9)) przy ω = 8 rad/s, w stopniach.
G(s) = 32(s + 20)/(s(s + 9))ω = 8 rad/s
∠G(jω) = °
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 576/(s(s + 8)). Znajdź częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc, przy której |L(jω)| = 1.
L(s) = 576/(s(s + 8))
ωc = rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 4)), gdzie K > 0. Wyznacz największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.
L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 4))
Kmax =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
Pokazano linię pierwiastkową dla L(s) = K/((s + 4)(s + 8)). Wyznacz wzmocnienie K w punkcie rozejścia sb, w którym dwa bieguny układu zamkniętego spotykają się na osi rzeczywistej.
L(s) = K/((s + 4)(s + 8))
K =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
Proces G(s) = 0,5/(0,5s + 1) jest sterowany wzmocnieniem proporcjonalnym K = 19 w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz uchyb ustalony ess dla skoku, jako procent wartości skoku.
G(s) = 0,5/(0,5s + 1)K = 19
ess = %
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
Regulator PI C(s) = Kp + Ki/s steruje obiektem G(s) = 10/(s + 2) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Układ zamknięty ma mieć ωₙ = 10 rad/s i ζ = 0,8. Wyznacz wzmocnienie proporcjonalne Kp.
G(s) = 10/(s + 2)ωₙ = 10 rad/sζ = 0,8
Kp =
3Roztwory
1.Rezystory szeregowo i równolegle
Odpowiedź: Req = 19 Ω
Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.
Łącz rezystory od najdalszego końca
Zacznij od końca najdalszego od źródła i idź w jego stronę. Rezystory z tym samym prądem są połączone szeregowo; rezystory między tymi samymi dwoma węzłami są połączone równolegle.
R3 + R4 = 3 + 2 = 5 Ω
R2 ∥ 5 = 20·5/(20+5) = 4 Ω
Req = R1 + 4 = 15 + 4 = 19 Ω
Odpowiedź
Req = 19 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle
Odpowiedź: IR1 = 0,7516 A
Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.
Łącz rezystory od najdalszego końca
Zacznij od końca najdalszego od źródła i idź w jego stronę. Rezystory z tym samym prądem są połączone szeregowo; rezystory między tymi samymi dwoma węzłami są połączone równolegle.
R5 + R6 = 3 + 2 = 5 Ω
R4 ∥ 5 = 4 Ω
R3 + 4 = 19 Ω
R2 ∥ 19 = 3,304 Ω
Req = R1 + 3,304 = 10 + 3,304 = 13,3 Ω
Prąd ze źródła
Źródło widzi tylko Req, więc prawo Ohma daje prąd, który dostarcza. Ten prąd płynie przez R₁.
IR1 = V1/Req = 10/13,3 = 0,7516 A
Odpowiedź
IR1 = 0,7516 A
3.Metoda potencjałów węzłowych
Odpowiedź: IR1 = 0,3797 A
Metoda potencjałów węzłowych: wybierz węzeł odniesienia, oznacz nieznane potencjały węzłów, zapisz prądowe prawo Kirchhoffa w każdym nieznanym węźle z prawa Ohma (I = ΔV/R) i rozwiąż równania.
Ustal węzły
Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 10 V). Niewiadome: VA, VB.
PPK w węźle A
Prądy wypływające z A przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do A ze źródeł.
VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/20 + (VA − 10)/15 + (VA − VB)/12 = 0
0,2·VA − 0,08333·VB = 0,6667
PPK w węźle B
Prądy wypływające z B przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do B ze źródeł.
VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/2 + (VB − VA)/12 = 1
−0,08333·VA + 0,5833·VB = 1
Rozwiąż
Δ = (0,2)(0,5833) − (−0,08333)(−0,08333) = 0,1097
VA = Δ1/Δ = 0,4722/0,1097 = 4,304 V
VB = Δ2/Δ = 0,2556/0,1097 = 2,329 V
Odpowiedź
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (10 − 4,304)/15 = 0,3797 A
4.Metoda potencjałów węzłowych
Odpowiedź: Is = 5,608 A
Metoda potencjałów węzłowych: wybierz węzeł odniesienia, oznacz nieznane potencjały węzłów, zapisz prądowe prawo Kirchhoffa w każdym nieznanym węźle z prawa Ohma (I = ΔV/R) i rozwiąż równania.
PPK w węźle A
VA jest znane, więc to równanie daje VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(31 − 30)/10 + 31/20 = (VB − 31)/10
1,65 = (VB − 31)/10 → VB = 47,5 V
PPK w węźle B
Prądy wypływające z B przez rezystory są równe prądowi wpychanemu do B przez źródła.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (47,5 − 31)/10 + 47,5/12 = 5,608 A
Odpowiedź
Is = 5,608 A
5.Metoda prądów oczkowych
Odpowiedź: I1 = 1,214 A
Metoda prądów oczkowych: każdemu oknu obwodu płaskiego przypisz własny prąd oczkowy, zapisz napięciowe prawo Kirchhoffa dla każdego oczka (suma spadków = suma wzrostów) i rozwiąż. Prądy gałęzi to prąd oczkowy lub różnica dwóch prądów oczkowych we wspólnej gałęzi.
Przypisz prądy oczkowe
Narysuj w każdym oknie prąd zgodny z ruchem wskazówek zegara: I1, I2. Rezystor wspólny dla dwóch oczek przewodzi różnicę ich prądów.
NPK w oczku 1
Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).
R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
2·I1 + 2(I1 − I2) = 6
4·I1 − 2·I2 = 6
NPK w oczku 2
Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).
R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
20·I2 + 2(I2 − I1) = (−15)
−2·I1 + 22·I2 = −15
Rozwiąż
Δ = (4)(22) − (−2)(−2) = 84
I1 = Δ1/Δ = 102/84 = 1,214 A
I2 = Δ2/Δ = −48/84 = −0,5714 A
Odpowiedź
I1 = 1,214 A
Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.
6.Metoda prądów oczkowych
Odpowiedź: VR5 = 6,36 V
Metoda prądów oczkowych: każdemu oknu obwodu płaskiego przypisz własny prąd oczkowy, zapisz napięciowe prawo Kirchhoffa dla każdego oczka (suma spadków = suma wzrostów) i rozwiąż. Prądy gałęzi to prąd oczkowy lub różnica dwóch prądów oczkowych we wspólnej gałęzi.
Przypisz prądy oczkowe
Narysuj w każdym oknie prąd zgodny z ruchem wskazówek zegara: I1, I2, I3. Rezystor wspólny dla dwóch oczek przewodzi różnicę ich prądów.
NPK w oczku 1
Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).
R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
2·I1 + 20(I1 − I2) = 5
22·I1 − 20·I2 = 5
NPK w oczku 2
Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).
R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
10·I2 + 20(I2 − I1) + 6(I2 − I3) = 0
−20·I1 + 36·I2 − 6·I3 = 0
NPK w oczku 3
Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).
R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
3·I3 + 6(I3 − I2) = (−10)
−6·I2 + 9·I3 = −10
Rozwiąż
Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 2736
I1 = Δ1/Δ = 240/2736 = 0,08772 A
I2 = Δ2/Δ = −420/2736 = −0,1535 A
I3 = Δ3/Δ = −3320/2736 = −1,213 A
Odpowiedź
IR5 = I2 − I3 = 1,06 A
VR5 = IR5·R5 = 1,06·6 = 6,36 V
Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.
7.Superpozycja
Odpowiedź: PR4 = 0,7249 W
Superpozycja: w obwodzie liniowym każde napięcie i każdy prąd to suma odpowiedzi na każde niezależne źródło działające osobno. Aby wyłączyć źródło, zastąp idealne źródło napięcia zwarciem, a idealne źródło prądu rozwarciem. Rezystory zostają na miejscu.
Przypadek 1 · działa tylko V1
Iₛ staje się rozwarciem, więc R₃ i R₄ tworzą jedną gałąź szeregową od A do masy, równolegle z R₂.
R3+R4 = 8+10 = 18 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 3·18/(3+18) = 2,571 Ω
VA = 18·2,571/(3+2,571) = 8,308 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 8,308·10/18 = 4,615 V
IR4′ = (VB − 0)/R4 = (4,615 − 0)/10 = 0,4615 A
Przypadek 2 · działa tylko Is
V₁ staje się zwarciem, więc R₁ jest równolegle z R₂. Iₛ rozdziela się w B między R₄ a drogę przez R₃. Strzałka Iₛ wskazuje w dół, od jego węzła, więc Iₛ odprowadza prąd z tego węzła: jego wyraz wchodzi ze znakiem minus.
R1 ∥ R2 = 3·3/(3+3) = 1,5 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 10 ∥ 9,5 = 4,872 Ω
VB = −Is·Req = −1,5·4,872 = −7,308 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −7,308·1,5/9,5 = −1,154 V
Moc zależy od kwadratu prądu, więc nie podlega zasadzie superpozycji: najpierw zsumuj prądy, potem podnieś do kwadratu.
PR4 = IR4²·R4 = (−0,2692)²·10 = 0,7249 W
Odpowiedź
PR4 = 0,7249 W
Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 7,47 W, co jest błędne.
8.Superpozycja
Odpowiedź: VR3 = −12,27 V
Superpozycja: w obwodzie liniowym każde napięcie i każdy prąd to suma odpowiedzi na każde niezależne źródło działające osobno. Aby wyłączyć źródło, zastąp idealne źródło napięcia zwarciem, a idealne źródło prądu rozwarciem. Rezystory zostają na miejscu.
Przypadek 1 · działa tylko V1
V₂ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. Patrząc z A, R₃ jest równolegle z szeregową parą R₂+R₄.
R3 ∥ (R2+R4) = 20 ∥ 33 = 12,45 Ω
VA = 9·12,45/(8+12,45) = 5,48 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 5,48·8/33 = 1,328 V
VR3′ = 0 − VA = 0 − 5,48 = −5,48 V
Przypadek 2 · działa tylko Is
Oba źródła napięcia stają się zwarciami. Iₛ rozdziela się w B między R₄ (teraz do masy) a R₂ szeregowo z R₁ ∥ R₃.
R1 ∥ R3 = 5,714 Ω, więc lewa gałąź to R2+5,714 = 30,71 Ω
Req = R4 ∥ 30,71 = 6,347 Ω
VB = Is·Req = 2·6,347 = 12,69 V
VA = VB·5,714/30,71 = 2,362 V
VR3″ = 0 − VA = 0 − 2,362 = −2,362 V
Przypadek 3 · działa tylko V2
V₁ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. R₁ ∥ R₃ wychodzi z A, szeregowo z R₂ z powrotem do B.
R1 ∥ R3 = 8·20/(8+20) = 5,714 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 30·30,71/38,71 = 23,8 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 23,8·5,714/30,71 = 4,428 V
VR3‴ = 0 − VA = 0 − 4,428 = −4,428 V
Dodaj składowe
VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = (−5,48) + (−2,362) + (−4,428) = −12,27 V
Wynik ujemny oznacza, że w rzeczywistości biegunowość jest odwrotna do zaznaczonej.
9.Thévenin i Norton
Odpowiedź: Rth = 22 Ω
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 = 4·4/(4+4) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 20 = 22 Ω
10.Thévenin i Norton
Odpowiedź: Vth = 36,25 V
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 = 5·15/(5+15) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 10 = 13,75 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) = 22,5 + 1·3,75 = 26,25 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 26,25 + 1·10 = 36,25 V
11.Stany nieustalone RC i RL
Odpowiedź: vL = 8,283 V
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 = 47 mH / 10 Ω = 4,7 ms
i(∞) = Vs/R = 24/10 = 2,4 A
Napięcie na cewce
W t = 0 całe napięcie zasilania jest na cewce; potem maleje do zera.
vL(t) = Vs·e−t/τ = 24·e−5/4,7 = 8,283 V
Odpowiedź
vL = 8,283 V
12.Stany nieustalone RC i RL
Odpowiedź: C = 200,1 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.
Wymagana stała czasowa
3,16 = 5·(1 − e−200/τ) → τ = 200/ln(5/(5 − 3,16))
τ = 200/0,9997 = 200,1 ms
Pojemność
kΩ razy µF daje milisekundy.
C = τ/R = 200,1/1 = 200,1 µF
Odpowiedź
C = 200,1 µF
13.Impedancja i wskazy AC
Odpowiedź: P = 0,4677 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 = 25,13 Ω, XC = 169,3 Ω
Impedancja
|Z| = √(100² + (−144,2)²) = 175,5 Ω
Moc czynna
Cewki i kondensatory tylko gromadzą i oddają energię; całą moc czynną pobiera rezystor.
I = 12/175,5 = 0,06839 A
P = I²·R = 0,06839²·100 = 0,4677 W
Odpowiedź
P = 0,4677 W
14.Impedancja i wskazy AC
Odpowiedź: |Z| = 106,7 Ω
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|.
Reaktancja
XC = 1/(2π·100·10·10⁻⁶) = 159,2 Ω
Połączenie równoległe
Pomnóż licznik i mianownik przez liczbę sprzężoną, aby rozdzielić Zp na część rzeczywistą i urojoną.
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.
Kąt
φ = arccos(0,75) = 41,41°, tan φ = 0,8819
Moc bierna
Q = P·tan φ = 22·0,8819 = 19,4 kvar
Odpowiedź
Q = 19,4 kvar
16.Moc AC i współczynnik mocy
Odpowiedź: C = 961 µF
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 = 50·tan(49,46°) = 58,46 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(11,48°) = 10,15 kvar
QC = Q1 − Q2 = 48,3 kvar
Pojemność
Kondensator dołączony do zasilania dostarcza Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 48304/(2π·50·400²) = 961 µF
Odpowiedź
C = 961 µF
17.Moc w układach trójfazowych
Odpowiedź: P = 41,33 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.
Napięcie fazowe
Vph = VL = 415 V
Prąd fazowy
|Z| = √(8² + 6²) = 10 Ω
Iph = 415/10 = 41,5 A
Całkowita moc czynna
Moc czynną pobiera tylko rezystancyjna część każdej impedancji.
P = 3·Iph²·R = 3·41,5²·8 = 41,33 kW
Odpowiedź
P = 41,33 kW
Sprawdzenie: cos φ = R/|Z| = 0,8, a √3·VL·IL·cos φ daje tę samą moc.
18.Moc w układach trójfazowych
Odpowiedź: Cph = 444,9 µF
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 = 100·tan(acos 0,65) = 100·1,169 = 116,9 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,98) = 100·0,2031 = 20,31 kvar
Moc bierna z kondensatorów
QC = Q1 − Q2 = 96,61 kvar
Pojemność na fazę
W baterii połączonej w trójkąt każdy kondensator jest włączony między dwa przewody fazowe.
Transformator idealny: napięcia mają się do siebie jak liczby zwojów, a prądy odwrotnie: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a oraz I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, więc moc wejściowa jest równa mocy wyjściowej, V₁·I₁ = V₂·I₂. Impedancja obciążenia Z po stronie wtórnej widziana od strony pierwotnej wynosi a²·Z.
Napięcie i prąd wtórny
V2 = 480/4 = 120 V
I2 = 120/60 = 2 A
Prąd pierwotny
Idealny transformator nie ma strat: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/4 = 0,5 A
Odpowiedź
I1 = 0,5 A
Sprawdzenie: obciążenie widziane od strony pierwotnej to a²·RL = 960 Ω, a 480/960 daje ten sam prąd.
20.Transformatory
Odpowiedź: Ploss = 3900 W
Straty w transformatorze: straty w rdzeniu (histereza i prądy wirowe) zależą od napięcia i są takie same przy każdym obciążeniu. Straty w miedzi uzwojeń zmieniają się z kwadratem prądu, więc przy ułamku x obciążenia znamionowego wynoszą x²·Pcu,fl. Sprawność η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), z Pout = x·S·pf. Sprawność jest najwyższa przy obciążeniu, przy którym straty w miedzi są równe stratom w rdzeniu.
Straty w miedzi przy tym obciążeniu
Pcu = x²·Pcu,fl = 0,5625·4800 = 2700 W
Straty całkowite
Straty w rdzeniu są takie same przy każdym obciążeniu.
Ploss = 1200 + 2700 = 3900 W
Odpowiedź
Ploss = 3900 W
Sprawność przy tym obciążeniu wynosi η = 96,29%.
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi
Odpowiedź: Rf = 10 kΩ
Zasady idealnego wzmacniacza operacyjnego: przy ujemnym sprzężeniu zwrotnym wzmacniacz ustawia wyjście tak, aby oba wejścia miały to samo napięcie (V₋ = V₊), a do żadnego wejścia nie płynie prąd. PPK na wejściu odwracającym z tymi dwoma faktami daje wyjście.
Wzmocnienie wzmacniacza nieodwracającego
V₋ = V₊ = Vin, a prąd przez R₁ płynie też przez Rf, więc Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).
Av = 1 + Rf/R1
Rf = (11 − 1)·1 = 10 kΩ
Odpowiedź
Rf = 10 kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi
Odpowiedź: Vout = 7,802 V
Zasady idealnego wzmacniacza operacyjnego: przy ujemnym sprzężeniu zwrotnym wzmacniacz ustawia wyjście tak, aby oba wejścia miały to samo napięcie (V₋ = V₊), a do żadnego wejścia nie płynie prąd. PPK na wejściu odwracającym z tymi dwoma faktami daje wyjście.
Prądy wejściowe
V₋ = 0, więc na każdym rezystorze wejściowym jest całe jego napięcie wejściowe.
I1 = V1/R1 = −1,8/10 = −0,18 mA
I2 = V2/R2 = 1,4/100 = 0,014 mA
If = I1 + I2 = −0,166 mA
Napięcie wyjściowe
Vout = −Rf·If = −47·(−0,166) = 7,802 V
Odpowiedź
Vout = 7,802 V
23.Diody i tranzystory
Odpowiedź: IC = 1,106 mA
Punkt pracy tranzystora bipolarnego: w obszarze aktywnym VBE = 0,7 V, IC = β·IB i IE = (β + 1)·IB. Wyznacz IB z oczka bazy za pomocą napięciowego prawa Kirchhoffa, potem IC, a następnie VCE z oczka kolektor–emiter. Dzielnik napięcia w bazie zastępuje się jego zastępczym układem Thévenina VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; rezystor emiterowy w oczku bazy jest widziany jako (β + 1) razy większy.
Zastępczy układ Thévenina dzielnika
VTH = 18·22/(100 + 22) = 3,246 V
RTH = 100·22/(100 + 22) = 18,03 kΩ
Prąd bazy
Napięciowe prawo Kirchhoffa w oczku bazy; prąd emitera to (β + 1)·IB.
IB = (3,246 − 0,7)/(18,03 + 201·2,2) = 5,532 µA
Prąd kolektora
IC = 200·5,532 µA = 1,106 mA
IE = 201·5,532 µA = 1,112 mA
Odpowiedź
IC = 1,106 mA
24.Diody i tranzystory
Odpowiedź: PZ,max = 470,4 mW
Stabilizator Zenera: spolaryzowana zaporowo dioda Zenera utrzymuje napięcie VZ, dopóki jej prąd pozostaje powyżej minimum IZ,min. Rezystor szeregowy R przejmuje różnicę między napięciem wejściowym a wyjściowym: IR = (Vin − VZ)/R. Ten prąd dzieli się między obciążenie, IL = VZ/RL, i diodę Zenera: IZ = IR − IL. Projektuj dla najgorszych przypadków: najniższe napięcie wejściowe przy największym obciążeniu musi nadal zostawić IZ,min, a najwyższe napięcie wejściowe bez obciążenia daje największą moc diody Zenera PZ = VZ·IZ.
Prąd diody Zenera w najgorszym przypadku
IZ = 8,4/100 = 84 mA
Moc diody Zenera
PZ = 5,6·84 = 470,4 mW
Odpowiedź
PZ,max = 470,4 mW
25.Systemy liczbowe
Odpowiedź: N = −86
Pozycyjne systemy liczbowe: każda cyfra jest warta swoją wartość razy potęgę podstawy. W systemie dwójkowym pozycje są warte 1, 2, 4, 8, 16, …, w szesnastkowym 1, 16, 256, …, a A–F oznaczają 10–15. W 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch skrajny lewy bit jest wart −128 zamiast +128; tak zapisuje się liczby ujemne.
Dodaj wagi
Pozostałe bity mają swoje zwykłe dodatnie wartości.
−128 + 32 + 8 + 2 = −86
Odpowiedź
N = −86
26.Systemy liczbowe
Odpowiedź: R = 206
Ustawianie bitów: każdy bit ma wartość będącą potęgą dwójki (128, 64, …, 1). Jedna cyfra szesnastkowa to dokładnie cztery bity, a w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch skrajny lewy bit ma wartość −128. Operacje bitowe działają osobno na każdej pozycji bitu.
Bit po bicie
XOR daje 1 tam, gdzie oba bity się różnią.
1011 0010
XOR 0111 1100
= 1100 1110
Wartość wyniku
1100 1110₂ = 206
Odpowiedź
R = 206
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Odpowiedź: L = 4
Algebra Boole’a: reguły upraszczające wyrażenia to X + X′ = 1 i X·X′ = 0, X + X = X, absorpcja X + X·Y = X, reguła sklejania X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y oraz twierdzenie o konsensusie XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Prawa de Morgana zamieniają (X·Y)′ na X′ + Y′ oraz (X + Y)′ na X′·Y′. Mapa Karnaugha stosuje te reguły graficznie: każda grupa dwóch sąsiednich komórek to jedno użycie XY + XY′ = X.
Mintermy wyrażenia
A′B′C′ → m(0)
ABC′ → m(6)
BC′ → m(2, 6)
Pogrupuj i odczytaj
F = BC′ + A′C′
Policz literały
L = 4
Odpowiedź
L = 4
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Odpowiedź: N = 1
Mapy Karnaugha: komórki są ułożone w kodzie Graya (00, 01, 11, 10), więc sąsiednie komórki, także te przez brzegi, różnią się dokładnie jedną zmienną. Grupuj jedynki w prostokąty po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, jak największe i jak najmniej, aż każda jedynka będzie pokryta. Każda grupa to jeden iloczyn: zmienne, które wewnątrz niej pozostają stałe. Grupa 2ᵏ komórek traci k zmiennych. Stany nieokreślone (X) można wykorzystać, by powiększyć grupy, ale nigdy nie trzeba ich pokrywać. Grupowanie zer daje minimalną postać POS.
Implikanty proste
Największe grupy, jakie można utworzyć z jedynek i X.
C, A′B′D
Istotne implikanty proste
C
N = 1
Odpowiedź
N = 1
29.Transformaty Laplace’a
Odpowiedź: A = 4,333
Transformata Laplace’a: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt zamienia pochodne na mnożenie przez s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Podstawowe pary: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), a przesunięcie s → s + σ mnoży funkcję czasu przez e−σt. Aby odwrócić wymierną F(s), rozłóż ją na ułamki proste: residuum prostego bieguna p wynosi A = [(s − p)·F(s)] przy s = p. Twierdzenie o wartości końcowej: f(∞) = lims→0 s·F(s), słuszne tylko wtedy, gdy wszystkie bieguny s·F(s) leżą w lewej półpłaszczyźnie. Twierdzenie o wartości początkowej: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Rozłóż mianownik na czynniki
s² + 5s + 4 = (s + 1)(s + 4)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 4)
Metoda zakrywania
Pomnóż przez (s + 1) i podstaw s = −1: składnik z B znika.
A = (5s + 18)/(s + 4) |s = −1 = 13/3 = 4,333
Odpowiedź
A = 4,333
(B = 0,6667, więc f(t) = 4,333·e−t + 0,6667·e−4t)
30.Transformaty Laplace’a
Odpowiedź: y(0.2) = 4,497
Transformata Laplace’a: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt zamienia pochodne na mnożenie przez s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Podstawowe pary: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), a przesunięcie s → s + σ mnoży funkcję czasu przez e−σt. Aby odwrócić wymierną F(s), rozłóż ją na ułamki proste: residuum prostego bieguna p wynosi A = [(s − p)·F(s)] przy s = p. Twierdzenie o wartości końcowej: f(∞) = lims→0 s·F(s), słuszne tylko wtedy, gdy wszystkie bieguny s·F(s) leżą w lewej półpłaszczyźnie. Twierdzenie o wartości początkowej: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Przekształcenie równania
Y(s) = 400/(s(s + 4)(s + 5))
Ułamki proste
A = 400/(4·5) = 20
B = 400/((−4)·1) = −100
C = 400/((−5)·(−1)) = 80
Wydalone
y(t) = 20 − 100·e−4t + 80·e−5t
y(0,2) = 4,497
Odpowiedź
y(0,2) = 4,497
31.Schematy blokowe
Odpowiedź: K = 0,25
Algebra schematów blokowych: bloki połączone szeregowo mnożą się (G₁·G₂), bloki połączone równolegle dodają się (G₁ + G₂), a pętla ze ścieżką prostą G i ścieżką sprzężenia zwrotnego H redukuje się do T = G/(1 + G·H) dla ujemnego sprzężenia zwrotnego i G/(1 − G·H) dla dodatniego. Najpierw redukuj pętle wewnętrzne, potem idź na zewnątrz. Bieguny układu zamkniętego są pierwiastkami równania charakterystycznego 1 + G(s)H(s) = 0. Dla stabilnej pętli wymuszenie skokowe o wielkości A daje w stanie ustalonym wyjście A·T(0); przy jednostkowym sprzężeniu zwrotnym uchyb ustalony przy skoku wynosi A/(1 + Kp), gdzie Kp = G(0).
Trójmian s² + βs + γ ma pierwiastek podwójny, gdy β² = 4γ.
23² = 4(132 + K) → K = 529/4 − 132 = 0,25
Odpowiedź
K = 0,25
Oba bieguny układu zamkniętego leżą wtedy w s = −11,5.
32.Schematy blokowe
Odpowiedź: T(0) = 0,9302
Algebra schematów blokowych: bloki połączone szeregowo mnożą się (G₁·G₂), bloki połączone równolegle dodają się (G₁ + G₂), a pętla ze ścieżką prostą G i ścieżką sprzężenia zwrotnego H redukuje się do T = G/(1 + G·H) dla ujemnego sprzężenia zwrotnego i G/(1 − G·H) dla dodatniego. Najpierw redukuj pętle wewnętrzne, potem idź na zewnątrz. Bieguny układu zamkniętego są pierwiastkami równania charakterystycznego 1 + G(s)H(s) = 0. Dla stabilnej pętli wymuszenie skokowe o wielkości A daje w stanie ustalonym wyjście A·T(0); przy jednostkowym sprzężeniu zwrotnym uchyb ustalony przy skoku wynosi A/(1 + Kp), gdzie Kp = G(0).
Odpowiedź skokowa: układ pierwszego rzędu G(s) = K/(τs + 1) odpowiada na skok o wielkości U przebiegiem y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): po jednej stałej czasowej τ osiąga 63,2 % wartości końcowej K·U, a po 4τ 98 %. Układ drugiego rzędu G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) ma bieguny s = −ζωₙ ± jωd, gdzie ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Dla 0 < ζ < 1 odpowiedź skokowa ma przeregulowanie: przeregulowanie procentowe %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), czas szczytu tp = π/ωd, a 2-procentowy czas ustalania ts ≈ 4/(ζωₙ). Porównaj mianownik z s² + 2ζωₙs + ωₙ², aby odczytać ωₙ i ζ. Dla układu masa–sprężyna–tłumik ωₙ = √(k/m) i ζ = c/(2√(km)); dla szeregowego obwodu RLC ωₙ = 1/√(LC) i ζ = (R/2)·√(C/L).
Porównaj z postacią standardową
Mianownik musi odpowiadać s² + 2ζωₙs + ωₙ².
ωₙ² = 87 → ωₙ = 9,327 rad/s
2ζωₙ = 15 → ζ = 15/(2·9,327) = 0,8041
Wynik
σ = −ζωₙ = −15/2 = −7,5
Odpowiedź
σ = −7,5
34.Odpowiedź skokowa
Odpowiedź: %OS = 72,78 %
Odpowiedź skokowa: układ pierwszego rzędu G(s) = K/(τs + 1) odpowiada na skok o wielkości U przebiegiem y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): po jednej stałej czasowej τ osiąga 63,2 % wartości końcowej K·U, a po 4τ 98 %. Układ drugiego rzędu G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) ma bieguny s = −ζωₙ ± jωd, gdzie ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Dla 0 < ζ < 1 odpowiedź skokowa ma przeregulowanie: przeregulowanie procentowe %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), czas szczytu tp = π/ωd, a 2-procentowy czas ustalania ts ≈ 4/(ζωₙ). Porównaj mianownik z s² + 2ζωₙs + ωₙ², aby odczytać ωₙ i ζ. Dla układu masa–sprężyna–tłumik ωₙ = √(k/m) i ζ = c/(2√(km)); dla szeregowego obwodu RLC ωₙ = 1/√(LC) i ζ = (R/2)·√(C/L).
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.
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 odcięcia wzmocnienia
ω⁴ + 64ω² − 331776 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·331776))/2 = 544,9
ωc = 23,34 rad/s
Odpowiedź
ωc = 23,34 rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa
Odpowiedź: Kmax = 210
Kryterium Routha–Hurwitza: układ liniowy jest stabilny, gdy wszystkie pierwiastki jego wielomianu charakterystycznego leżą w lewej półpłaszczyźnie płaszczyzny s. Współczynniki wpisuje się naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha. Każdy element nowego wiersza powstaje z dwóch wierszy powyżej; dla wielomianu trzeciego stopnia a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ element w wierszu s¹ to b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Liczba zmian znaku w pierwszej kolumnie jest równa liczbie pierwiastków w prawej półpłaszczyźnie. Gdy we współczynnikach występuje wzmocnienie K, każdy element pierwszej kolumny musi pozostać dodatni: wzmocnienie, przy którym element wiersza s¹ zeruje się, to granica stabilności, a wiersz s² daje wtedy częstotliwość drgań niegasnących.
Wielomian charakterystyczny
s³ + 9s² + 26s + 24 + K = 0
Tablica Routha
s³: 1, 26
s²: 9, 24 + K
s¹: (9·26 − 24 − K)/9
s⁰: 24 + K
Warunek
Element wiersza s¹ musi pozostać dodatni.
K < 9·26 − 24 = 210
Odpowiedź
Kmax = 210
Na granicy stabilności pętla oscyluje z pulsacją ω = √26 = 5,099 rad/s.
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa
Odpowiedź: K = 4
Linia pierwiastkowa: gdy wzmocnienie K rośnie od 0 do ∞, bieguny układu zamkniętego, czyli pierwiastki równania 1 + K·G(s) = 0, przesuwają się od biegunów układu otwartego do jego zer lub do nieskończoności. Punkt osi rzeczywistej należy do linii, gdy liczba biegunów i zer rzeczywistych na prawo od niego jest nieparzysta. n − m gałęzi biegnących do nieskończoności zbliża się do asymptot nachylonych pod kątami (2q + 1)·180°/(n − m), wychodzących ze środka asymptot σₐ = (Σ biegunów − Σ zer)/(n − m). Gałęzie opuszczają oś rzeczywistą lub do niej wracają tam, gdzie dK/ds = 0. Warunek kąta ∠G(s) = 180° wyznacza kształt, a warunek modułu K = 1/|G(s)| daje wzmocnienie w dowolnym punkcie linii.
Punkt rozejścia
dK/ds = 0 dla K = −(s + 4)(s + 8) daje 2s + 12 = 0.
sb = −6
Warunek modułu
K = |−6 + 4|·|−6 + 8| = 2·2 = 4
Odpowiedź
K = 4
Przy tym wzmocnieniu układ zamknięty jest tłumiony krytycznie (ζ = 1).
39.Uchyb ustalony i regulacja PID
Odpowiedź: ess = 9,524 %
Uchyb ustalony: w pętli ze sprzężeniem jednostkowym o transmitancji układu otwartego G(s) uchyb wynosi E(s) = R(s)/(1 + G(s)), a z twierdzenia o wartości końcowej ess = lims→0 s·E(s). Typ układu to liczba biegunów G(s) w s = 0. Stałe uchybowe to Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) oraz Ka = lim s²·G(s), wszystkie dla s → 0. Skok o wartości A daje ess = A/(1 + Kp), narastanie liniowe A·t daje A/Kv, a parabola A·t²/2 daje A/Ka. Pętla typu 0 nadąża za skokiem ze skończonym uchybem, pętla typu 1 nadąża za nim dokładnie, a za narastaniem liniowym ze skończonym uchybem.
Stała położeniowa
Kp = 19·0,5 = 9,5
Uchyb skokowy
ess = 100/(1 + 9,5) = 9,524 %
Odpowiedź
ess = 9,524 %
40.Uchyb ustalony i regulacja PID
Odpowiedź: Kp = 1,4
Regulacja P, PI i PID: regulator C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s działa na uchyb. Wzmocnienie proporcjonalne przyspiesza układ i zmniejsza uchyb obiektu typu 0, ale nigdy go nie usuwa. Człon całkujący dodaje biegun w s = 0: typ układu rośnie o jeden, a skok jest śledzony bez uchybu. Człon różniczkujący zwiększa tłumienie. Aby dobrać nastawy, zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego i porównaj go z s² + 2ζωns + ωn². Wtedy %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, gdzie ωd = ωn√(1 − ζ²), oraz ts ≈ 4/(ζωn).
Wielomian charakterystyczny
1 + C(s)G(s) = 0, pomnożone przez s(s + 2).
s² + (2 + 10Kp)s + 10Ki
Wielomian docelowy
s² + 2·0,8·10s + 10² = s² + 16s + 100
Dopasuj współczynniki
2 + 10Kp = 16 → Kp = 1,4
Odpowiedź
Kp = 1,4
Człon całkujący sprawia, że pętla jest typu 1, więc skok jest śledzony bez uchybu ustalonego.
To niezależne materiały do ćwiczeń. ExamProblems nie jest powiązane z organizacją przeprowadzającą ten egzamin ani przez nią rekomendowane, a nazwa egzaminu służy wyłącznie do opisu treści. Egzamin FE exam prowadzi NCEES, organizacja niezwiązana z ExamProblems, która go nie popiera.