Przygotowanie do egzaminu FE Electrical and Computer: zestaw na powtórkę

Wzory, najważniejsze kroki metod dla każdego tematu i 40 zadań do ćwiczenia, z pełnymi rozwiązaniami na końcu.

Nowe zadaniaWróć do przedmiotu

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

  1. Zacznij od końca sieci najdalszego od zacisków.
  2. Rezystory szeregowe łącz, dodając je, a równoległe ze wzoru 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Po każdym kroku narysuj obwód od nowa.
  4. 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

  1. Wybierz węzeł odniesienia (masę) i oznacz potencjały pozostałych węzłów.
  2. Napisz prądowe prawo Kirchhoffa dla każdego nieznanego węzła: prądy wypływające przez każdą gałąź są równe prądom wpływającym.
  3. Wyraź każdy prąd gałęziowy jako (Va − Vb)/R.
  4. 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

  1. Narysuj prąd płynący zgodnie z ruchem wskazówek zegara w każdym oczku (okienku) obwodu.
  2. Zastosuj napięciowe prawo Kirchhoffa w każdym oczku: suma spadków napięć jest równa zeru.
  3. W rezystorze wspólnym dla dwóch oczek prąd jest różnicą dwóch prądów oczkowych.
  4. 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

  1. Policz niezależne źródła. Dla każdego źródła rozwiążesz jeden prostszy obwód.
  2. Zostaw jedno źródło, a pozostałe wyłącz: źródło napięciowe staje się zwarciem (przewodem), źródło prądowe staje się rozwarciem (przerwą).
  3. Rozwiąż prostszy obwód dla potrzebnego napięcia lub prądu, pilnując jego kierunku.
  4. 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

  1. Odłącz obciążenie i oznacz dwa zaciski a i b.
  2. Wyznacz napięcie stanu jałowego między a i b: to jest Vth.
  3. Wyłącz wszystkie niezależne źródła i wyznacz rezystancję widzianą z a–b: to jest Rth.
  4. Podłącz obciążenie z powrotem do obwodu zastępczego: Vth szeregowo z Rth.
  5. 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

  1. Wyznacz wartość początkową tuż po przełączeniu: napięcie na kondensatorze i prąd cewki nie mogą zmienić się skokowo.
  2. Wyznacz wartość końcową długo po przełączeniu: kondensator zachowuje się jak rozwarcie, a cewka jak zwarcie.
  3. Wyznacz stałą czasową: τ = RC lub τ = L/R, z rezystancją widzianą przez kondensator lub cewkę.
  4. 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

  1. Przelicz częstotliwość: ω = 2πf.
  2. Wyznacz każdą reaktancję: XL = ωL i XC = 1/(ωC).
  3. Dodawaj impedancje jak rezystory, z Z = R + jX.
  4. 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

  1. Dla układu przechodź od wejść do wyjścia bramka po bramce i zapisuj wartość na każdym przewodzie albo zapisz jego wyrażenie i wypełnij tablicę prawdy.
  2. Przy upraszczaniu wpisz jedynki (a stany nieokreślone jako X) na mapę Karnaugha z wierszami i kolumnami w kodzie Graya: 00, 01, 11, 10.
  3. 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.
  4. 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

  1. Zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego: mianownik 1 + K·G(s) = 0, po wymnożeniu.
  2. Wpisz współczynniki naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha i zbuduj pozostałe wiersze.
  3. 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.
  4. 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

  1. Policz bieguny układu otwartego C(s)·G(s) w s = 0: to typ układu.
  2. Wyznacz stałą uchybową pasującą do wejścia: Kp dla skoku, Kv dla narastania liniowego, Ka dla paraboli.
  3. Zastosuj ess = A/(1 + Kp), A/Kv lub A/Ka albo rozwiąż to względem potrzebnego wzmocnienia.
  4. 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
R1​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩIR2​AR4​5 ΩB

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 15 ΩR4 = 5 Ω
IR2 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 5 ΩIR1​R3​ = 5 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩAR4​12 ΩBR6​6 Ω

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 5 ΩR4 = 12 ΩR5 = 3 ΩR6 = 6 Ω
IR1 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
−+Vs​ = 10 VIs​2 AAR1​20 ΩR2​20 ΩB

Źródło napięcia Vₛ między A i B ma zacisk + po stronie B, więc VB − VA = Vₛ. Użyj metody potencjałów węzłowych z superwęzłem, aby wyznaczyć potencjał węzła VA (mierzony względem masy).

Is = 2 AVs = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 20 Ω
VA = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 30 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 2 ΩIR4​+−V1​12 VR3​25 ΩAR5​4 ΩBIs​2 A−+V2​6 V

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd IR4 płynący przez R4 w kierunku strzałki.

V1 = 12 VIs = 2 AV2 = 6 VR1 = 30 ΩR2 = 30 ΩR3 = 25 ΩR4 = 2 ΩR5 = 4 Ω
IR4 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 2 ΩR2​ = 5 Ω+−VR2​+−V1​30 VR3​4 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć napięcie VR2 na R2 o zaznaczonej biegunowości.

V1 = 30 VV2 = 6 VR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 Ω
VR2 = V
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 30 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR4​2 ΩAR5​10 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd oczkowy I3 (zgodnie z ruchem wskazówek zegara).

V1 = 12 VV2 = 10 VR1 = 30 ΩR2 = 10 ΩR3 = 3 ΩR4 = 2 ΩR5 = 10 Ω
I3 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 3 ΩR3​ = 2 ΩIR3​+−V1​24 VR2​6 ΩAR4​3 ΩBIs​?

Wyznacz wartość źródła prądu Is (kierunek jak na rysunku), przy której prąd IR3 przez R3 jest równy zeru.

V1 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 ΩR4 = 3 Ω
Is = A
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 5 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​10 VR3​3 ΩIR3​AIs​3 AB+−V2​?

Wyznacz wartość źródła napięcia V2 (biegunowość jak na rysunku), przy której prąd IR3 przez R3 jest równy zeru.

V1 = 10 VIs = 3 AR1 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 3 ΩR4 = 20 Ω
V2 = V
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAab

Wyznacz rezystancję Thévenina Rth widzianą z zacisków a–b.

V1 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 8 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAIs​1,5 ABab

Wyznacz prąd Nortona IN: prąd płynący od a do b, gdy zaciski są zwarte.

V1 = 15 VIs = 1,5 AR1 = 8 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​20 Vt = 0R1​ = 2,2 kΩR2​ = 10 kΩC22 µF+−vC​

Źródło Vₛ ładuje kondensator przez R₁, a R₂ jest połączony równolegle z C. Kondensator jest rozładowany, gdy łącznik zamyka się w t = 0. Wyznacz stałą czasową τ obwodu po zamknięciu łącznika.

Vs = 20 VR1 = 2,2 kΩR2 = 10 kΩC = 22 µF
τ = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​20 Vt = 0R = 2,2 kΩC100 µF+−vC​vC​(0) = 3 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 3 V o zaznaczonej biegunowości. Po jakim czasie vC osiągnie 16,6 V? Wyznacz t.

Vs = 20 VR = 2,2 kΩC = 100 µFvC(0) = 3 V
t = ms
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
50 V1000 HzR = 60 ΩL = 50 mHC = 4,7 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 50 V (skuteczne), 1000 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.

V = 50 V (rms)f = 1000 HzR = 60 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF
I = A
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
100 V200 HzR1​ = 40 ΩR2​ = 20 ΩC = 47 µF

Rezystor R1 jest połączony szeregowo z równoległym połączeniem R2 i kondensatora C i podłączony do zasilania 100 V (skuteczne), 200 Hz. Wyznacz moduł impedancji |Z|.

V = 100 V (rms)f = 200 HzR1 = 40 ΩR2 = 20 ΩC = 47 µF
|Z| = Ω
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 15 kWQSφ

Silnik jednofazowy pobiera 15 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym) z zasilania 230 V. Wyznacz prąd linii I.

P = 15 kWpf = 0,65V = 230 V
I = A
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
240 V50 Hzobciążenie6 kW, 0,75C220 µFI

Odbiornik jednofazowy pobiera 6 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z zasilania 240 V, 50 Hz. Równolegle do odbiornika podłączono kondensator 220 µF. Wyznacz nowy współczynnik mocy cos φ widziany przez zasilanie.

P = 6 kWpf1 = 0,75V = 240 Vf = 50 HzC = 220 µF
cos φ =
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 400 VZ = 12 + j9 Ωna fazę

Symetryczny odbiornik połączony w trójkąt o impedancji 12 + j9 Ω na fazę jest przyłączony do symetrycznej sieci trójfazowej o napięciu przewodowym 400 V. Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 400 VZ = 12 + j9 Ω na fazę
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 80 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 80 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym) z sieci 690 V (napięcie przewodowe), 50 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 = 80 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.TransformatoryŚredni
75 ΩN1​N2​10800 Ω

Wzmacniacz o rezystancji wyjściowej 10800 Ω zasila głośnik 75 Ω przez idealny transformator. Dla maksymalnego przekazu mocy głośnik musi być widziany od strony wzmacniacza jako 10800 Ω. Wyznacz przekładnię a = N₁/N₂.

Rs = 10800 ΩRL = 75 Ω
a =
20.TransformatoryTrudny
500 kVA

Jednofazowy transformator 500 kVA ma straty w rdzeniu 1500 W i straty w miedzi 3000 W przy obciążeniu znamionowym. Przy jakim obciążeniu Sη,max, w kVA, jego sprawność jest najwyższa?

S = 500 kVAPcore = 1500 WPcu,fl = 3000 W
Sη,max = kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 1 kΩVin​

Dobierz rezystor sprzężenia zwrotnego Rf, który da temu wzmacniaczowi nieodwracającemu wzmocnienie napięciowe 25.

R1 = 1 kΩAv = 25
Rf = kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = 0,2 VR1​ = 2 kΩV2​ = 2 VR2​ = 1 kΩIf​

Wzmacniacz sumujący korzysta z idealnego wzmacniacza operacyjnego zasilanego napięciem ±15 V. Wyznacz prąd If płynący przez rezystor sprzężenia zwrotnego w stronę wyjścia.

V1 = 0,2 VV2 = 2 VR1 = 2 kΩR2 = 1 kΩRf = 4,7 kΩ
If = mA
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 3,3 kΩβ = 50VCC​ = 10 VRB​ = 330 kΩ

Tranzystor NPN o β = 50 jest spolaryzowany rezystorem bazowym RB = 330 kΩ z zasilania VCC = 10 V. Rezystor kolektorowy to RC = 3,3 kΩ, a emiter jest uziemiony. Przyjmij VBE = 0,7 V i załóż, że tranzystor pracuje w obszarze aktywnym. Wyznacz napięcie kolektor–emiter VCE.

VCC = 10 VRB = 330 kΩRC = 3,3 kΩβ = 50VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 470 Ωβ = 100IC​ = ?VCC​ = 12 V5 VRB​ = 10 kΩ

Tranzystor NPN o β = 100 przełącza rezystor obciążenia 470 Ω włączony między VCC = 12 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 5 V przez rezystor bazowy RB = 10 kΩ. Przyjmij VBE = 0,7 V i VCE(sat) = 0,2 V. Wyznacz prąd kolektora IC w mA, gdy na wejściu jest stan wysoki. Najpierw ustal, czy tranzystor jest nasycony.

VCC = 12 VRC = 470 Ωβ = 100Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 10 kΩ
IC = mA
25.Systemy liczboweŚredni
wagi w kodzie U20−12816413201618141211

8-bitowy wzór 0110 1111 zapisuje liczbę całkowitą ze znakiem w kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest jej wartość N dziesiętnie?

0110 11118 bit
N =
26.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 0001 0100 AND 0100 0100. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

0001 0100AND0100 0100
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABC00011110010001130214151706

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać iloczynu sum (POS) funkcji F(A, B, C) = Σm(3, 4, 5, 7). Ile sum (czynników) N ona ma?

F(A, B, C) = Σm(3, 4, 5, 7)
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
CLKT123456

Przerzutnik T wyzwalany zboczem narastającym startuje z Q = 0 i dostaje pokazane wejścia. Kliknij pierwsze zbocze zegara, przy którym Q przechodzi z 1 z powrotem na 0.

Q₀ = 0T
  1. 1zbocze zegara 1
  2. 2zbocze zegara 2
  3. 3zbocze zegara 3
  4. 4zbocze zegara 4
  5. 5zbocze zegara 5
  6. 6zbocze zegara 6
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,25f(0,25) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = (6s + 31)/(s² + 4s + 4) i oblicz f(0,25).

F(s) = (6s + 31)/(s² + 4s + 4)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Rozwiąż y″ + 10y′ + 24y = 0 dla y(0) = 6 i y′(0) = 0 za pomocą transformaty Laplace’a i znajdź y(0,3).

y″ + 10y′ + 24y = 0y(0) = 6y′(0) = 0t = 0,3 s
y(0.3) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+27s + 2G(s)C(s)0,5H−

Obiekt G(s) = 27/(s + 2) jest regulowany w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego, w której czujnik ma wzmocnienie H = 0,5. Na wejście R podano skok o wielkości 12. Znajdź wyjście w stanie ustalonym css.

G(s) = 27/(s + 2)H = 0,5R = 12
css =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+80s(s + 5)G(s)C(s)0,5H−

Obiekt G(s) = 80/(s(s + 5)) jest w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego z czujnikiem o wzmocnieniu H = 0,5. Bieguny układu zamkniętego są zespolone. Znajdź ich część rzeczywistą σ.

G(s) = 80/(s(s + 5))H = 0,5
σ =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)0,5ts​ = ?

Układ ma transmitancję G(s) = 20,5/(s² + 2s + 41) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 20,5/(s² + 2s + 41)
ts = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
R(s)+Ks(s + 6)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = K/(s(s + 6)). Znajdź wzmocnienie K, które daje odpowiedź skokową z przeregulowaniem 20 %.

G(s) = K/(s(s + 6))%OS = 20 %
K =
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
vin​R = 4,7 kΩC = 4,7 nFvout​

Filtr dolnoprzepustowy RC pokazany na rysunku ma R = 4,7 kΩ, C = 4,7 nF. Podano sinusoidalne wejście 72 kHz. Znajdź przesunięcie fazowe φ vout względem vin, w stopniach.

R = 4,7 kΩC = 4,7 nFf = 72 kHz
φ = °
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 20/(s(s + 5)). Znajdź częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc, przy której |L(jω)| = 1.

L(s) = 20/(s(s + 5))
ωc = rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+Ks + 2(s − 3)(s + 2)C(s)−

Obiekt G(s) = (s + 2)/((s − 3)(s + 2)) ma biegun niestabilny w s = 3. Wzmocnienie proporcjonalne K zamyka wokół niego pętlę ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz najmniejsze wzmocnienie Kmin, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

G(s) = (s + 2)/((s − 3)(s + 2))
Kmin =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,5−50,5j0,5j1−0,5

Dla pętli L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4)) wyznacz wzmocnienie K, przy którym biegun układu zamkniętego leży w s = −0,5.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4))s = −0,5
K =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 10t+Ks(s + 4)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = K/(s(s + 4)) ma nadążać za narastaniem liniowym r(t) = 10t z uchybem ustalonym 0,5. Wyznacz wzmocnienie K.

G(s) = K/(s(s + 4))r(t) = 10tess = 0,5
K =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+K = 254s(s + 10)C(s)−

Regulator proporcjonalny K = 25 steruje obiektem G(s) = 4/(s(s + 10)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 4/(s(s + 10))K = 25
ts = s

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,15 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.

R1​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩAR4​5 ΩB

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 = 15 + 5 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 10·20/(10+20) = 6,667 Ω
Req = R1 + 6,667 = 20 + 6,667 = 26,67 Ω

Prąd ze źródła

Źródło widzi tylko Req, więc prawo Ohma daje prąd, który dostarcza. Ten prąd płynie przez R₁.

IR1 = V1/Req = 6/26,67 = 0,225 A

Prąd przez R₂

Odejmij spadek na R₁, aby dostać potencjał węzła A, czyli napięcie na R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 6 − 0,225·20 = 1,5 V
IR2 = VA/R2 = 1,5/10 = 0,15 A

Odpowiedź

IR2 = 0,15 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 1,078 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.

R1​ = 5 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩAR4​12 ΩBR6​6 Ω

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 + 6 = 9 Ω
R4 ∥ 9 = 5,143 Ω
R3 + 5,143 = 10,14 Ω
R2 ∥ 10,14 = 3,349 Ω
Req = R1 + 3,349 = 5 + 3,349 = 8,349 Ω

Prąd ze źródła

Źródło widzi tylko Req, więc prawo Ohma daje prąd, który dostarcza. Ten prąd płynie przez R₁.

IR1 = V1/Req = 9/8,349 = 1,078 A

Odpowiedź

IR1 = 1,078 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VA = 15 V

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.

Utwórz superwęzeł

Przez źródło napięcia między A i B płynie nieznany prąd, więc nie można zapisać PPK osobno w A ani w B. Obejmij A, B i źródło jednym superwęzłem: prąd do niego wpływający jest równy prądowi wypływającemu.

VB = VA + Vs = VA + 10
VA/R1 + VB/R2 = Is

Rozwiąż

VA/20 + (VA + 10)/20 = 2
VA = (2 − 10/20)/(1/20 + 1/20) = 15 V
VB = 15 + 10 = 25 V

Odpowiedź

VA = 15 V
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR4 = 2,434 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.

R1​ = 30 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​12 VR3​25 ΩAR5​4 ΩBIs​2 A−+V2​6 V

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 12 V, V2 = −6 V). Niewiadome: VA, VB.

PPK w węźle A

Prądy wypływające z A przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do A ze źródeł.

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/25 + (VA − 12)/30 + (VA − VB)/30 = 0
0,1067·VA − 0,03333·VB = 0,4

PPK w węźle B

Prądy wypływające z B przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do B ze źródeł.

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/4 + (VB − VA)/30 + (VB − (−6))/2 = 2
−0,03333·VA + 0,7833·VB = −1

Rozwiąż

Δ = (0,1067)(0,7833) − (−0,03333)(−0,03333) = 0,08244
VA = Δ1/Δ = 0,28/0,08244 = 3,396 V
VB = Δ2/Δ = −0,09333/0,08244 = −1,132 V

Odpowiedź

IR4 = (VB − V2)/R4 = (−1,132 − −6)/2 = 2,434 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: VR2 = 11,05 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.

R1​ = 2 ΩR2​ = 5 Ω+−V1​30 VR3​4 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

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 + 4(I1 − I2) = 30
6·I1 − 4·I2 = 30

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
5·I2 + 4(I2 − I1) = (−6)
−4·I1 + 9·I2 = −6

Rozwiąż

Δ = (6)(9) − (−4)(−4) = 38
I1 = Δ1/Δ = 246/38 = 6,474 A
I2 = Δ2/Δ = 84/38 = 2,211 A

Odpowiedź

IR2 = I2 = 2,211 A
VR2 = IR2·R2 = 2,211·5 = 11,05 V

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I3 = −1,146 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.

R1​ = 30 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR4​2 ΩAR5​10 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

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
30·I1 + 2(I1 − I2) = 12
32·I1 − 2·I2 = 12

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 + 2(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−2·I1 + 22·I2 − 10·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 + 10(I3 − I2) = (−10)
−10·I2 + 13·I3 = −10

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 5900
I1 = Δ1/Δ = 2032/5900 = 0,3444 A
I2 = Δ2/Δ = −2888/5900 = −0,4895 A
I3 = Δ3/Δ = −6760/5900 = −1,146 A

Odpowiedź

I3 = −1,146 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: Is = 5,333 A

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.

R1​ = 3 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​6 ΩAR4​3 ΩBROZWARCIE

Przypadek 1 · V1 działające samodzielnie

Iₛ staje się rozwarciem, więc R₃ i R₄ tworzą jedną gałąź szeregową od A do masy, równolegle z R₂.

R3+R4 = 2+3 = 5 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 6·5/(6+5) = 2,727 Ω
VA = 24·2,727/(3+2,727) = 11,43 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 11,43·3/5 = 6,857 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (11,43 − 6,857)/2 = 2,286 A

Przypadek 2 · Is działające samodzielnie

V₁ staje się zwarciem, więc R₁ ∥ R₂ łączy A z masą. Iₛ dzieli się w B między R₄ a ścieżkę R₃ + R₁∥R₂; część przez R₃ płynie od B do A, przeciwnie do strzałki.

R1 ∥ R2 = 2 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·3/7 = −0,4286·Is

Przyrównaj sumę do zera

IR3′ + IR3″ = 2,286 − 0,4286·Is = 0
Is = 2,286/0,4286 = 5,333 A

Odpowiedź

Is = 5,333 A
8.Superpozycja

Odpowiedź: V2 = 12 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.

R1​ = 5 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​10 VR3​3 ΩAROZWARCIEBZWARCIE

Przypadek 1 · V1 działające samodzielnie

V₂ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. Patrząc z A, R₃ jest równolegle z szeregową parą R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 3 ∥ 24 = 2,667 Ω
VA = 10·2,667/(5+2,667) = 3,478 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,478·20/24 = 2,899 V
R1​ = 5 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 20 ΩZWARCIER3​3 ΩAIs​3 ABZWARCIE

Przypadek 2 · Is działające samodzielnie

Oba źródła napięcia stają się zwarciami. Iₛ rozdziela się w B między R₄ (teraz do masy) a R₂ szeregowo z R₁ ∥ R₃. Strzałka Iₛ wskazuje w dół, od jego węzła, więc Iₛ odprowadza prąd z tego węzła: jego wyraz wchodzi ze znakiem minus.

R1 ∥ R3 = 1,875 Ω, więc lewa gałąź to R2+1,875 = 5,875 Ω
Req = R4 ∥ 5,875 = 4,541 Ω
VB = −Is·Req = −3·4,541 = −13,62 V
VA = VB·1,875/5,875 = −4,348 V

Przypadek 3 · V2 działające samodzielnie, na wolt

V₁ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. R₁ ∥ R₃ wychodzi z A, szeregowo z R₂ z powrotem do B.

R1 ∥ R3 = 1,875 Ω
VA‴ = V2·1,875/(20 + 4 + 1,875) = 0,07246·V2

Przyrównaj VA do zera

Przy VA = 0 na R₃ nie ma napięcia, więc jego prąd jest równy zeru.

VA′ + VA″ + VA‴ = 3,478 + (−4,348) + 0,07246·V2 = 0
V2 = 0,8696/0,07246 = 12 V

Odpowiedź

V2 = 12 V
9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Rth = 8,308 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.

R1​ = 3 ΩR3​ = 6 ΩZWARCIER2​10 ΩAabRth​

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 = 3·10/(3+10) = 2,308 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,308 + 6 = 8,308 Ω
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = −1,083 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.

R1​ = 8 ΩR3​ = 20 ΩZWARCIER2​20 ΩAROZWARCIEBabRth​

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 = 8·20/(8+20) = 5,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,714 + 20 = 25,71 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAIs​1,5 ABab+−Vth​

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) = 10,71 + (−1,5)·5,714 = 2,143 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 2,143 + (−1,5)·20 = −27,86 V
IN​1,083 ARth​25,71 Ωab

Układ zastępczy Nortona

Źródło Nortona to ten sam obwód widziany jako źródło prądu równolegle z R_th. Jego prąd to prąd zwarcia na a–b.

IN = Vth/Rth = −27,86/25,71 = −1,083 A
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: τ = 39,67 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.

Obwód zastępczy Thevenina widziany przez kondensator

Zewrzyj źródło, aby wyznaczyć Rth; rozewrzyj kondensator, aby wyznaczyć napięcie, do którego się naładuje.

Rth = R1 ∥ R2 = 2,2·10/(2,2 + 10) = 1,803 kΩ
vC(∞) = 20·10/(2,2 + 10) = 16,39 V

Stała czasowa

τ = Rth·C = 1,803·22 = 39,67 ms

Odpowiedź

τ = 39,67 ms
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 354,1 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.

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

Napięcie na kondensatorze nie może zmienić się skokowo, więc zaczyna od zgromadzonej wartości i dąży do napięcia źródła.

vC(0) = 3 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 100 µF = 220 ms
vC(t) = 20 + (3 − 20)·e−t/τ

Wyznacz czas

16,6 = 20 + (−17)·e−t/τ → e−t/τ = (16,6 − 20)/(3 − 20) = 0,2
t = τ·ln((3 − 20)/(16,6 − 20)) = 220·ln(5) = 354,1 ms

Odpowiedź

t = 354,1 ms
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 0,1744 A

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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,05 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·4,7·10⁻⁶) = 33,86 Ω

Impedancja

Szeregowo impedancje dodaje się jak liczby zespolone: Z = R + j(XL − XC).

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(60² + (280,3)²) = 286,6 Ω

Prąd

Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.

I = V/|Z| = 50/286,6 = 0,1744 A

Odpowiedź

I = 0,1744 A
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: |Z| = 49,35 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·200·47·10⁻⁶) = 16,93 Ω

Połączenie równoległe

Pomnóż licznik i mianownik przez liczbę sprzężoną, aby rozdzielić Zp na część rzeczywistą i urojoną.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 8,35 − j9,863 Ω

Impedancja całkowita

Z = 40 + 8,35 − j9,863 = 48,35 − j9,863 Ω
|Z| = √(48,35² + 9,863²) = 49,35 Ω

Odpowiedź

|Z| = 49,35 Ω
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: I = 100,3 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) = 15000/(230·0,65) = 100,3 A

Odpowiedź

I = 100,3 A
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: cos φ = 0,977

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 = 6·tan(arccos 0,75) = 5,292 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·50·220·10⁻⁶ = 3981 var = 3,981 kvar
Q2 = 5,292 − 3,981 = 1,31 kvar

Nowa moc pozorna

S2 = √(6² + 1,31²) = 6,141 kVA

Nowy współczynnik mocy

cos φ = P/S2 = 6/6,141 = 0,977

Odpowiedź

cos φ = 0,977
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 25,6 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 = 400 V

Prąd fazowy

|Z| = √(12² + 9²) = 15 Ω
Iph = 400/15 = 26,67 A

Całkowita moc czynna

Moc czynną pobiera tylko rezystancyjna część każdej impedancji.

P = 3·Iph²·R = 3·26,67²·12 = 25,6 kW

Odpowiedź

P = 25,6 kW

Sprawdzenie: cos φ = R/|Z| = 0,8, a √3·VL·IL·cos φ daje tę samą moc.

18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: QC = 54,78 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 = 80·tan(acos 0,65) = 80·1,169 = 93,53 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,9) = 80·0,4843 = 38,75 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 54,78 kvar

Odpowiedź

QC = 54,78 kvar
19.Transformatory

Odpowiedź: a = 12

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.

Dopasuj sprowadzone obciążenie

a²·75 = 10800
a = √(10800/75) = √144 = 12

Odpowiedź

a = 12
20.Transformatory

Odpowiedź: Sη,max = 353,6 kVA

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 równe stratom w rdzeniu

x²·3000 = 1500 → x = √(1500/3000) = 0,7071

Obciążenie przy maksymalnej sprawności

Sη,max = x·S = 0,7071·500 = 353,6 kVA

Odpowiedź

Sη,max = 353,6 kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Rf = 24 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 = (25 − 1)·1 = 24 kΩ

Odpowiedź

Rf = 24 kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: If = 2,1 mA

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 = 0,2/2 = 0,1 mA
I2 = V2/R2 = 2/1 = 2 mA
If = I1 + I2 = 2,1 mA

Odpowiedź

If = 2,1 mA
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: VCE = 5,35 V

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.

Prąd bazy

IB = (VCC − VBE)/RB = (10 − 0,7)/330 kΩ = 28,18 µA

Prąd kolektora

IC = β·IB = 50·28,18 µA = 1,409 mA

Napięcie kolektor–emiter

VCE = 10 − 1,409 mA·3,3 kΩ = 5,35 V

Odpowiedź

VCE = 5,35 V
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 25,11 mA

Tranzystor bipolarny jako klucz: aby całkowicie włączyć obciążenie, tranzystor wprowadza się w nasycenie, gdzie VCE = VCE(sat), a prąd kolektora wyznacza obciążenie: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Nasycenie wymaga co najmniej IB = IC(sat)/β. Jeśli prąd bazy jest mniejszy, tranzystor pozostaje w obszarze aktywnym i IC = β·IB.

Prąd bazy

IB = (5 − 0,7)/10 kΩ = 430 µA

Nasycenie czy obszar aktywny?

β·IB jest większe od IC(sat), więc tranzystor się nasyca.

β·IB = 43 mA
IC(sat) = (12 − 0,2)/470 = 25,11 mA

Prąd kolektora

IC = IC(sat) = 25,11 mA

Odpowiedź

IC = 25,11 mA

Tranzystor jest nasycony.

25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = 111

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.

64 + 32 + 8 + 4 + 2 + 1 = 111

Odpowiedź

N = 111
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 4

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

AND daje 1 tylko tam, gdzie oba bity są równe 1.

0001 0100
AND 0100 0100
= 0000 0100

Wartość wyniku

0000 0100₂ = 4

Odpowiedź

R = 4
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 2

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.

ABC00011110010001130214151706

Zgrupuj zera

Każda grupa to prostokąt z 2ᵏ komórek; komórki na brzegu sąsiadują z komórkami na przeciwległym brzegu.

(B′ + C)
(A + B)

Minimalna postać POS

F = (B′ + C)(A + B)
N = 2

Odpowiedź

N = 2
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: zbocze zegara 3

Przerzutniki i liczniki: przerzutnik zmienia stan tylko przy aktywnym zboczu zegara. D kopiuje swoje wejście (Q⁺ = D); T zmienia stan na przeciwny, gdy T = 1; JK utrzymuje stan dla 00, zeruje dla 01, ustawia dla 10 i zmienia stan na przeciwny dla 11. N-bitowy licznik binarny ma 2ⁿ stanów i liczy modulo 2ⁿ; licznik mod-N liczy 0, 1, …, N − 1 i wraca do 0, a potrzebuje tylu przerzutników, ile wynosi najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N. Każdy stopień licznika asynchronicznego dzieli częstotliwość przez dwa, więc ostatnie wyjście licznika mod-N pracuje z częstotliwością fclk/N. Licznik Johnsona z n przerzutników ma 2n stanów, licznik pierścieniowy n.

Q po każdym zboczu

Przerzutnik T zmienia stan na przeciwny przy każdym zboczu narastającym, gdy T = 1, i utrzymuje, gdy T = 0.

1: T = 0 → Q = 0
2: T = 1 → Q = 1
3: T = 1 → Q = 0
4: T = 1 → Q = 1
5: T = 1 → Q = 0
6: T = 0 → Q = 0

Pierwsza zmiana z 1 na 0

zbocze zegara 3

Odpowiedź

zbocze zegara 3
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.25) = 6,52

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 + 4s + 4 = (s + 2)²

Ułamki proste

6s + 31 = 6(s + 2) + 19
F(s) = 6/(s + 2) + 19/(s + 2)²

Transformata odwrotna

f(t) = 6·e−2t + 19·t·e−2t
f(0,25) = (6 + 19·0,25)·e−2·0,25 = 6,52

Odpowiedź

f(0,25) = 6,52
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.3) = 3,438

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

s²Y − 6s − 0 + 10(sY − 6) + 24Y = 0
Y(s) = (6s + 60)/((s + 4)(s + 6))

Ułamki proste

A = 36/2 = 18
B = 24/(−2) = −12

Wynik

y(t) = 18·e−4t − 12·e−6t
y(0,3) = 3,438

Odpowiedź

y(0,3) = 3,438

Sprawdzenie: y(0) = A + B = 6.

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: css = 20,9

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).

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = G/(1 + G·H) = 27/(s + 2 + 13,5) = 27/(s + 15,5)

Wynik

css = R·T(0) = 12·27/15,5 = 20,9

Odpowiedź

css = 20,9
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: σ = −2,5

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).

Równanie charakterystyczne

s(s + 5) + 80·0,5 = 0 → s² + 5s + 40 = 0

Pierwiastki

s = −2,5 ± j·√(40 − 6,25) = −2,5 ± j5,809
σ = −2,5

Odpowiedź

σ = −2,5
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ts = 4 s

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 = 41 → ωₙ = 6,403 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·6,403) = 0,1562

Wynik

ζωₙ = 1 → ts ≈ 4/1 = 4 s

Odpowiedź

ts = 4 s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: K = 43,29

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).

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = K/(s² + 6s + K)

Współczynnik tłumienia z przeregulowania

ζ = −ln(0,2)/√(π² + ln²(0,2)) = 0,4559

Wzmocnienie

ωₙ = 6/(2ζ) = 6,58 rad/s
K = ωₙ² = 43,29

Odpowiedź

K = 43,29
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: φ = −84,29 °

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 = 1/(RC) = 1/(4700·4,7 × 10⁻⁹) = 45269 rad/s
fc = 7205 Hz → f/fc = 72000/7205 = 9,993

Faza

φ = − atan(9,993) = −84,29°

Odpowiedź

φ = −84,29°
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ωc = 3,329 rad/s

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 + 25ω² − 400 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·400))/2 = 11,08
ωc = 3,329 rad/s

Odpowiedź

ωc = 3,329 rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmin = 3

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

(s − 3)(s + 2) + K(s + 2) = s² + (-1 + K)s + (2K − 6)

Warunki

Dla s² + c₁s + c₀ wszystkie pierwiastki leżą w lewej półpłaszczyźnie dokładnie wtedy, gdy c₁ > 0 i c₀ > 0.

-1 + K > 0 → K > 1
2K − 6 > 0 → K > 3
Kmin = 3

Odpowiedź

Kmin = 3
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: K = 2,625

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.

Warunek modułu

K = |s|·|s + 2|·|s + 4|

Oblicz w tym punkcie

K = 0,5·1,5·3,5 = 2,625

Odpowiedź

K = 2,625

Sprawdzenie: s(s + 2)(s + 4) + K jest równe zero w s = −0,5.

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 80

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.

Wymagana stała prędkościowa

Kv = A/ess = 10/0,5 = 20

Wzmocnienie

K = 4·Kv = 80

Odpowiedź

K = 80

Duże wzmocnienie sprawia, że ta pętla jest bardzo słabo tłumiona: ζ = 0,2236. Ten konflikt jest powodem, dla którego stosuje się układy korekcyjne.

40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ts = 0,8 s

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

s(s + 10) + 25·4 = s² + 10s + 100

ωₙ i ζ

ωₙ = √100 = 10 rad/s
ζ = 10/(2·10) = 0,5

Czas ustalania

ζωₙ = 10/2 = 5
ts ≈ 4/5 = 0,8 s

Odpowiedź

ts = 0,8 s

Czas ustalania nie zależy tu od K: zwiększenie K tylko przyspiesza oscylacje odpowiedzi.

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.

ExamProblems · examproblems.com/courses/fe-exam-electrical