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​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩIR2​AR4​6 ΩB

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 30 VR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩR4 = 6 Ω
IR2 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 8 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAR4​12 ΩBR6​20 Ω

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 24 VR1 = 8 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 ΩR4 = 12 ΩR5 = 30 ΩR6 = 20 Ω
Req = Ω
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 3 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAR4​15 ΩBIs​3 A

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć potencjał węzła VB (mierzony względem masy).

V1 = 30 VIs = 3 AR1 = 3 ΩR2 = 3 ΩR3 = 4 ΩR4 = 15 Ω
VB = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 6 ΩIR1​R2​ = 3 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​10 VR3​30 ΩAR5​2 ΩBIs​6 A−+V2​24 V

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd IR1 płynący przez R1 w kierunku strzałki.

V1 = 10 VIs = 6 AV2 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 3 ΩR3 = 30 ΩR4 = 12 ΩR5 = 2 Ω
IR1 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 6 ΩR2​ = 5 Ω+−V1​12 VR3​15 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd oczkowy I2 (zgodnie z ruchem wskazówek zegara).

V1 = 12 VV2 = 15 VR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 Ω
I2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 6 ΩR2​ = 4 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​6 VR4​3 ΩAR5​6 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd oczkowy I1 (zgodnie z ruchem wskazówek zegara).

V1 = 6 VV2 = 15 VR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 25 ΩR4 = 3 ΩR5 = 6 Ω
I1 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 4 ΩIR1​R3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAR4​2 ΩBIs​2,5 A

Użyj metody superpozycji, aby wyznaczyć prąd IR1 płynący przez R1 w kierunku strzałki.

V1 = 9 VIs = 2,5 AR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 4 ΩR4 = 2 Ω
IR1 = A
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 20 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 30 ΩIR4​+−V1​24 VR3​20 ΩAIs​2,5 AB−+V2​5 V

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

V1 = 24 VIs = 2,5 AV2 = 5 VR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 20 ΩR4 = 30 Ω
IR4 = A
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 12 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 5 ΩR3 = 3 Ω
Vth = V
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 20 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩAIs​0,5 ABab

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

V1 = 6 VIs = 0,5 AR1 = 20 ΩR2 = 8 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​24 Vt = 0R1​ = 3,3 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 napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 60 ms.

Vs = 24 VR1 = 3,3 kΩR2 = 10 kΩC = 22 µFt = 60 ms
vC = V
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​9 Vt = 0R = 100 kΩC?+−vC​

W t = 0 układ czasowy zaczyna ładować nienaładowany kondensator przez rezystor ze źródła 9 V. Ma zadziałać, gdy napięcie kondensatora osiągnie 5,4 V, dokładnie 100 ms po starcie. Przy R = 100 kΩ wyznacz potrzebną pojemność C.

Vs = 9 VVth = 5,4 VT = 100 msR = 100 kΩ
C = µF
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
50 V200 HzR = 80 ΩL = 200 mHC = 2,2 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 50 V (skuteczne), 200 Hz. Wyznacz współczynnik mocy cos φ obwodu.

V = 50 V (rms)f = 200 HzR = 80 ΩL = 200 mHC = 2,2 µF
cos φ =
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
100 V200 HzR1​ = 30 ΩR2​ = 20 ΩC = 10 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 = 30 ΩR2 = 20 ΩC = 10 µF
|Z| = Ω
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 15 kWQ = ?Sφ

Silnik jednofazowy pobiera 15 kW przy współczynniku mocy 0,6 (indukcyjnym) z zasilania 400 V. Wyznacz moc bierną Q, którą pobiera.

P = 15 kWpf = 0,6V = 400 V
Q = kvar
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 30 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 30 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) z zasilania 400 V, 60 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,98. Wyznacz potrzebną pojemność C.

P = 30 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98V = 400 Vf = 60 Hz
C = µF
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M37 kW, η = 92%cos φ = 0,86

Trójfazowy silnik indukcyjny oddaje przy pełnym obciążeniu 37 kW mocy mechanicznej. Przy tym obciążeniu jego sprawność wynosi 92%, a współczynnik mocy 0,86 (indukcyjny). Napięcie przewodowe sieci wynosi 480 V. Wyznacz prąd przewodowy IL.

Pout = 37 kWη = 92%cos φ = 0,86VL = 480 V
IL = A
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 200 kW przy współczynniku mocy 0,72 (indukcyjnym) z sieci 415 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 = 200 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
50 ΩN1​N2​7200 Ω

Wzmacniacz o rezystancji wyjściowej 7200 Ω zasila głośnik 50 Ω przez idealny transformator. Dla maksymalnego przekazu mocy głośnik musi być widziany od strony wzmacniacza jako 7200 Ω. Wyznacz przekładnię a = N₁/N₂.

Rs = 7200 ΩRL = 50 Ω
a =
20.TransformatoryTrudny
pf 0,85250 kVA, 50% obciążenie

Jednofazowy transformator 250 kVA ma straty w rdzeniu 2000 W i straty w miedzi 4000 W przy obciążeniu znamionowym. Dostarcza 50% swojej znamionowej mocy kVA przy współczynniku mocy 0,85 (indukcyjnym). Wyznacz całkowite straty Ploss w watach przy tym obciążeniu.

S = 250 kVAPcore = 2000 WPcu,fl = 4000 Wx = 0,5pf = 0,85
Ploss = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 2 kΩVin​ = 3,5 VRa​ = 47 kΩRb​ = 4,7 kΩ

Wzmacniacz operacyjny jest idealny i zasilany napięciem ±15 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

Vin = 3,5 VRa = 47 kΩRb = 4,7 kΩR1 = 2 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 1 kΩV1​ = 1,3 VR1​ = 22 kΩV2​ = 1,9 VR2​ = 10 kΩIf​

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

V1 = 1,3 VV2 = 1,9 VR1 = 22 kΩR2 = 10 kΩRf = 1 kΩ
If = mA
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 2,7 kΩβ = 120IC​ = ?VCC​ = 10 VRB​ = 470 kΩ

Tranzystor NPN o β = 120 jest spolaryzowany rezystorem bazowym RB = 470 kΩ z zasilania VCC = 10 V. Rezystor kolektorowy to RC = 2,7 kΩ, a emiter jest uziemiony. Przyjmij VBE = 0,7 V i załóż, że tranzystor pracuje w obszarze aktywnym. Wyznacz prąd kolektora IC w mA.

VCC = 10 VRB = 470 kΩRC = 2,7 kΩβ = 120VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 470 Ωβ = 100IC​ = ?VCC​ = 9 V3,3 VRB​ = 220 kΩ

Tranzystor NPN o β = 100 przełącza rezystor obciążenia 470 Ω włączony między VCC = 9 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 3,3 V przez rezystor bazowy RB = 220 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 = 9 VRC = 470 Ωβ = 100Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 220 kΩ
IC = mA
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U2?−128?64?32?16?8?4?2?1

Zapisz −12 jako 8-bitowy wzór w kodzie U2. Odczytaj ten wzór jako liczbę dwójkową bez znaku: jaka jest jego wartość U dziesiętnie?

N = −128 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
20 bitów, bez znaku, N = ?????????????????????

Jaka jest największa liczba całkowita bez znaku N, która mieści się w 20 bitach?

20 bit
N =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABC000111100101324576

Uprość F = A′C + AB′C′ + A′B′ do minimalnej postaci sumy iloczynów. Ile literałów L zawiera uproszczone wyrażenie?

F = A′C + AB′C′ + A′B′
L =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​CLKMOD-5

Licznik mod-5 musi przejść przez 5 różnych stanów. Jaka jest minimalna liczba przerzutników n, których potrzebuje?

N = 5
n =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
ReIm−1−2−3−4−5−6−71

F(s) = (6s + 37)/(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) = (6s + 37)/(s² + 5s + 4)
A =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−61

Układ opisuje równanie różniczkowe y″ + 7y′ + 6y = 2u′ + 12u, z wejściem u(t) i wyjściem y(t). Znajdź jego transmitancję G(s) = Y(s)/U(s) (zerowe warunki początkowe) i oblicz odpowiedź impulsową g(t) dla t = 0,25 s. Znajdź g(0,25).

y″ + 7y′ + 6y = 2u′ + 12ut = 0,25 s
g(0.25) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+10(s + 4)(s + 2)(s + 5)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 10(s + 4)/((s + 2)(s + 5)). Na wartość zadaną podano skok o wielkości 1. Znajdź uchyb ustalony ess.

G(s) = 10(s + 4)/((s + 2)(s + 5))R = 1
ess =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+Kregulator+D(s)+7s + 10obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K steruje obiektem G(s) = 7/(s + 10) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Skok zakłócenia o wielkości 5 wchodzi na wejście obiektu, gdy R = 0. Znajdź najmniejsze wzmocnienie K, przy którym wyjście w stanie ustalonym nie przekracza 0,175.

G(s) = 7/(s + 10)D = 5css ≤ 0,175
K =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)3

Układ ma transmitancję G(s) = 174/(s² + 3s + 58) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Bieguny to s = σ ± jωd. Znajdź część rzeczywistą σ.

G(s) = 174/(s² + 3s + 58)
σ =
34.Odpowiedź skokowaTrudny
+−12 VR = 206 ΩL = 200 mHC = 4,7 µFvC​

Szeregowy obwód RLC z R = 206 Ω, L = 200 mH i C = 4,7 µF jest dołączony do skoku 12 V w chwili t = 0. Kondensator jest nienaładowany i przed skokiem nie płynie prąd. Znajdź pulsację własną nietłumioną ωn w rad/s.

R = 206 ΩL = 200 mHC = 4,7 µFV = 12 V
ωn = rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,010,11101001000−80−60−40−20020ω (rad/s)ω = 0,5

Znajdź dokładny moduł |G(jω)| G(s) = 180/((s + 3)(s + 15)) przy ω = 0,5 rad/s, w dB.

G(s) = 180/((s + 3)(s + 15))ω = 0,5 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 186/(s(s + 5)(s + 6)). Znajdź zapas wzmocnienia GM w dB.

L(s) = 186/(s(s + 5)(s + 6))
GM = dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K1s(s + 2)(s + 3)C(s)−

Pętla na schemacie ma transmitancję układu otwartego L(s) = K/(s(s + 2)(s + 3)). Wzmocnienie zwiększa się, aż układ zamknięty znajdzie się na granicy stabilności. Wyznacz częstotliwość ω drgań niegasnących.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 3))
ω = rad/s
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2

Linia pierwiastkowa dla L(s) = K/(s(s + 5)(s + 6)) opuszcza oś rzeczywistą między s = 0 a s = −5. Wyznacz punkt rozejścia sb.

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 6))
sb =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 5t+10(s + 1)s(s + 1)C(s)−

Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 10(s + 1)/(s(s + 1)) podano narastanie liniowe r(t) = 5t. Wyznacz uchyb ustalony ess.

G(s) = 10(s + 1)/(s(s + 1))r(t) = 5t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+25 + Kd​s2s(s + 1)C(s)−

Regulator PD C(s) = 25 + Kd·s steruje obiektem G(s) = 2/(s(s + 1)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz wzmocnienie członu różniczkującego Kd, przy którym układ zamknięty ma współczynnik tłumienia ζ = 0,5.

G(s) = 2/(s(s + 1))Kp = 25ζ = 0,5
Kd = s

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,5455 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​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAR4​6 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 = 2 + 6 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 10·8/(10+8) = 4,444 Ω
Req = R1 + 4,444 = 20 + 4,444 = 24,44 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 30/24,44 = 1,227 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 30 − 1,227·20 = 5,455 V
IR2 = VA/R2 = 5,455/10 = 0,5455 A

Odpowiedź

IR2 = 0,5455 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 13,51 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.

R1​ = 8 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAR4​12 ΩBR6​20 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 = 30 + 20 = 50 Ω
R4 ∥ 50 = 9,677 Ω
R3 + 9,677 = 17,68 Ω
R2 ∥ 17,68 = 5,508 Ω
Req = R1 + 5,508 = 8 + 5,508 = 13,51 Ω

Odpowiedź

Req = 13,51 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 23,05 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.

R1​ = 3 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAR4​15 ΩBIs​3 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 30 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/3 + (VA − 30)/3 + (VA − VB)/4 = 0
0,9167·VA − 0,25·VB = 10

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/15 + (VB − VA)/4 = 3
−0,25·VA + 0,3167·VB = 3

Rozwiąż

Δ = (0,9167)(0,3167) − (−0,25)(−0,25) = 0,2278
VA = Δ1/Δ = 3,917/0,2278 = 17,2 V
VB = Δ2/Δ = 5,25/0,2278 = 23,05 V

Odpowiedź

VB = 23,05 V
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR1 = 2,169 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​ = 6 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​10 VR3​30 ΩAR5​2 ΩBIs​6 A−+V2​24 V

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 10 V, V2 = −24 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/30 + (VA − 10)/6 + (VA − VB)/3 = 0
0,5333·VA − 0,3333·VB = 1,667

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/2 + (VB − VA)/3 + (VB − (−24))/12 = (−6)
−0,3333·VA + 0,9167·VB = −8

Rozwiąż

Δ = (0,5333)(0,9167) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,3778
VA = Δ1/Δ = −1,139/0,3778 = −3,015 V
VB = Δ2/Δ = −3,711/0,3778 = −9,824 V

Odpowiedź

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (10 − −3,015)/6 = 2,169 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I2 = −0,6923 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​ = 6 ΩR2​ = 5 Ω+−V1​12 VR3​15 ΩA+−V2​15 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
6·I1 + 15(I1 − I2) = 12
21·I1 − 15·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 + R3(I2 − I1) = −V2
5·I2 + 15(I2 − I1) = (−15)
−15·I1 + 20·I2 = −15

Rozwiąż

Δ = (21)(20) − (−15)(−15) = 195
I1 = Δ1/Δ = 15/195 = 0,07692 A
I2 = Δ2/Δ = −135/195 = −0,6923 A

Odpowiedź

I2 = −0,6923 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I1 = 0,6389 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​ = 6 ΩR2​ = 4 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​6 VR4​3 ΩAR5​6 ΩB+−V2​15 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
6·I1 + 3(I1 − I2) = 6
9·I1 − 3·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 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
4·I2 + 3(I2 − I1) + 6(I2 − I3) = 0
−3·I1 + 13·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
25·I3 + 6(I3 − I2) = (−15)
−6·I2 + 31·I3 = −15

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 3024
I1 = Δ1/Δ = 1932/3024 = 0,6389 A
I2 = Δ2/Δ = −252/3024 = −0,08333 A
I3 = Δ3/Δ = −1512/3024 = −0,5 A

Odpowiedź

I1 = 0,6389 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: IR1 = 1,596 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​ = 4 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAR4​2 ΩBROZWARCIE

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 = 4+2 = 6 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·6/(8+6) = 3,429 Ω
VA = 9·3,429/(4+3,429) = 4,154 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,154·2/6 = 1,385 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (9 − 4,154)/4 = 1,212 A
R1​ = 4 ΩR3​ = 4 ΩZWARCIER2​8 ΩAR4​2 ΩBIs​2,5 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.

R1 ∥ R2 = 4·8/(4+8) = 2,667 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 2 ∥ 6,667 = 1,538 Ω
VB = Is·Req = (−2,5)·1,538 = −3,846 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −3,846·2,667/6,667 = −1,538 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − −1,538)/4 = 0,3846 A

Dodaj składowe

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 1,212 + 0,3846 = 1,596 A

Wynik ujemny oznacza, że w rzeczywistości prąd płynie przeciwnie do strzałki.

8.Superpozycja

Odpowiedź: IR4 = 1,34 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​ = 20 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​24 VR3​20 ΩAROZWARCIEBZWARCIE

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 ∥ 40 = 13,33 Ω
VA = 24·13,33/(20+13,33) = 9,6 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 9,6·30/40 = 7,2 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (7,2 − 0)/30 = 0,24 A
R1​ = 20 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 30 ΩZWARCIER3​20 ΩAIs​2,5 ABZWARCIE

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 = 10 Ω, więc lewa gałąź to R2+10 = 20 Ω
Req = R4 ∥ 20 = 12 Ω
VB = Is·Req = 2,5·12 = 30 V
VA = VB·10/20 = 15 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (30 − 0)/30 = 1 A
R1​ = 20 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 30 ΩZWARCIER3​20 ΩAROZWARCIEB−+V2​5 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 = 20·20/(20+20) = 10 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−5)·20/50 = −2 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −2·10/20 = −1 V
IR4‴ = (VB − V2)/R4 = (−2 − −5)/30 = 0,1 A

Dodaj składowe

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴
IR4 = 0,24 + 1 + 0,1 = 1,34 A

Wynik ujemny oznacza, że w rzeczywistości prąd płynie przeciwnie do strzałki.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 1,765 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.

R1​ = 12 ΩR3​ = 3 ΩZWARCIER2​5 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 = 12·5/(12+5) = 3,529 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,529 + 3 = 6,529 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

Przy rozwartych a–b przez R₃ nie płynie prąd, więc nie ma na nim spadku i V_b = V_A. R₁ i R₂ tworzą dzielnik napięcia.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 6·5/(12+5) = 1,765 V
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = 0,5667 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​ = 20 ΩR3​ = 20 ΩZWARCIER2​8 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 = 20·8/(20+8) = 5,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,714 + 20 = 25,71 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩAIs​0,5 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) = 1,714 + 0,5·5,714 = 4,571 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 4,571 + 0,5·20 = 14,57 V
IN​0,5667 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 = 14,57/25,71 = 0,5667 A
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 12,03 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.

Obwód zastępczy Thevenina widziany przez kondensator

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

Rth = R1 ∥ R2 = 3,3·10/(3,3 + 10) = 2,481 kΩ
vC(∞) = 24·10/(3,3 + 10) = 18,05 V

Stała czasowa

τ = Rth·C = 2,481·22 = 54,59 ms

Krzywa ładowania

vC(t) = 18,05·(1 − e−60/54,59) = 12,03 V

Odpowiedź

vC = 12,03 V
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: C = 1,091 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

5,4 = 9·(1 − e−100/τ) → τ = 100/ln(9/(9 − 5,4))
τ = 100/0,9163 = 109,1 ms

Pojemność

kΩ razy µF daje milisekundy.

C = τ/R = 109,1/100 = 1,091 µF

Odpowiedź

C = 1,091 µF
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: cos φ = 0,5868

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 = 251,3 Ω, XC = 361,7 Ω

Impedancja

|Z| = √(80² + (−110,4)²) = 136,3 Ω

Współczynnik mocy

cos φ = R/|Z| = 80/136,3 = 0,5868
Obwód jest pojemnościowy, więc współczynnik mocy ma charakter pojemnościowy.

Odpowiedź

cos φ = 0,5868
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: |Z| = 49,04 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·200·10·10⁻⁶) = 79,58 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 = 18,81 − j4,728 Ω

Impedancja całkowita

Z = 30 + 18,81 − j4,728 = 48,81 − j4,728 Ω
|Z| = √(48,81² + 4,728²) = 49,04 Ω

Odpowiedź

|Z| = 49,04 Ω
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Q = 20 kvar

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(0,6) = 53,13°, tan φ = 1,333

Moc bierna

Q = P·tan φ = 15·1,333 = 20 kvar

Odpowiedź

Q = 20 kvar
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: C = 272 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 = 30·tan(36,87°) = 22,5 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 30·tan(11,48°) = 6,092 kvar
QC = Q1 − Q2 = 16,41 kvar

Pojemność

Kondensator dołączony do zasilania dostarcza Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 16408/(2π·60·400²) = 272 µF

Odpowiedź

C = 272 µF
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: IL = 56,25 A

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.

Elektryczna moc wejściowa

Pin = Pout/η = 37/0,92 = 40,22 kW

Prąd linii

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 40217/(√3·480·0,86) = 56,25 A

Odpowiedź

IL = 56,25 A
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 937,4 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 = 200·tan(acos 0,72) = 200·0,9639 = 192,8 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,98) = 200·0,2031 = 40,61 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 152,2 kvar

Pojemność na fazę

W baterii połączonej w trójkąt każdy kondensator jest włączony między dwa przewody fazowe.

V = 415 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 50720/(314,2·415²) = 937,4 µF

Odpowiedź

Cph = 937,4 µF
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

a²·50 = 7200
a = √(7200/50) = √144 = 12

Odpowiedź

a = 12
20.Transformatory

Odpowiedź: Ploss = 3000 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 = 0,25·4000 = 1000 W

Straty całkowite

Straty w rdzeniu są takie same przy każdym obciążeniu.

Ploss = 2000 + 1000 = 3000 W

Odpowiedź

Ploss = 3000 W

Sprawność przy tym obciążeniu wynosi η = 97,25%.

21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 1,909 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.

Napięcie na wejściu +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 3,5·4,7/(47 + 4,7) = 0,3182 V

Wzmocnienie nieodwracające

V₋ = V₊, a prąd płynący przez R₁ płynie też przez Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,3182·(1 + 10/2) = 1,909 V

Odpowiedź

Vout = 1,909 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: If = 0,2491 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 = 1,3/22 = 0,05909 mA
I2 = V2/R2 = 1,9/10 = 0,19 mA
If = I1 + I2 = 0,2491 mA

Odpowiedź

If = 0,2491 mA
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 2,374 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.

Prąd bazy

IB = (VCC − VBE)/RB = (10 − 0,7)/470 kΩ = 19,79 µA

Prąd kolektora

IC = β·IB = 120·19,79 µA = 2,374 mA

Odpowiedź

IC = 2,374 mA

Sprawdzenie: VCE = 3,589 V jest wyraźnie większe od 0,2 V, więc tranzystor rzeczywiście pracuje w obszarze aktywnym.

24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 1,182 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 = (3,3 − 0,7)/220 kΩ = 11,82 µA

Nasycenie czy obszar aktywny?

β·IB jest mniejsze od IC(sat), więc tranzystor pozostaje w obszarze aktywnym.

β·IB = 1,182 mA
IC(sat) = (9 − 0,2)/470 = 18,72 mA

Prąd kolektora

IC = β·IB = 1,182 mA

Odpowiedź

IC = 1,182 mA

Tranzystor pracuje w obszarze aktywnym, więc obciążenie nie jest całkowicie włączone.

25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 244

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.

Odwróć i dodaj jeden

12 = 0000 1100
odwrócone: 1111 0011
+1 → 1111 0100

Odczytaj bez znaku

1111 0100₂ = 256 − 12 = 244

Odpowiedź

U = 244
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = 1,049 × 10⁶

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.

Największa wartość

220 − 1 = 1048575

Odpowiedź

N = 1048575
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′C → m(1, 3)
AB′C′ → m(4)
A′B′ → m(0, 1)
ABC00011110011011130214050706

Pogrupuj i odczytaj

F = B′C′ + A′C

Policz literały

L = 4

Odpowiedź

L = 4
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: n = 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.

Liczba przerzutników

2ⁿ ≥ 5 → n = 3 (2³ = 8)

Odpowiedź

n = 3
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: A = 10,33

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 = (6s + 37)/(s + 4) |s = −1 = 31/3 = 10,33

Odpowiedź

A = 10,33
(B = −4,333, więc f(t) = 10,33·e−t − 4,333·e−4t)
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: g(0.25) = 1,558

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).

Transmitancja

G(s) = Y(s)/U(s) = (2s + 12)/(s² + 7s + 6)

Ułamki proste

s² + 7s + 6 = (s + 1)(s + 6)
A = 2, B = 0

Odpowiedź impulsowa

g(t) = 2·e−t
g(0,25) = 1,558

Odpowiedź

g(0,25) = 1,558
31.Schematy blokowe

Odpowiedź: ess = 0,2

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).

Stała uchybu położeniowego

Kₚ = G(0) = 10·4/(2·5) = 4

Uchyb ustalony

ess = A/(1 + Kₚ) = 1/(1 + 4) = 0,2

Odpowiedź

ess = 0,2
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 27,14

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 na zakłócenie

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 5·7/(10 + 7K)

Rozwiąż względem K

10 + 7K = 5·7/0,175 = 200
K = (200 − 10)/7 = 27,14

Odpowiedź

K = 27,14
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: σ = −1,5

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 = 58 → ωₙ = 7,616 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·7,616) = 0,197

Wynik

σ = −ζωₙ = −3/2 = −1,5

Odpowiedź

σ = −1,5
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ωn = 1031 rad/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).

Pulsacja własna i współczynnik tłumienia

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,2·4,7 × 10⁻⁶) = 1031 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (206/2)·√(4,7 × 10⁻⁶/0,2) = 0,4993

Wynik

ωₙ = 1031 rad/s

Odpowiedź

ωn = 1031 rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: |G(jω)| = 11,92 dB

Charakterystyka częstotliwościowa: podstaw s = jω w transmitancji. Moduł w decybelach to 20·log₁₀|H(jω)|, a faza to suma kątów czynników licznika minus kąty czynników mianownika. Filtr RC lub RL pierwszego rzędu ma częstotliwość graniczną (−3 dB) ωc = 1/(RC) lub R/L oraz fc = ωc/(2π); filtr dolnoprzepustowy daje |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) i φ = −atan(ω/ωc). Na asymptotycznym (łamanym) wykresie Bodego każdy biegun zagina moduł w dół o 20 dB/dekadę przy swojej częstotliwości granicznej, każde zero zagina go w górę o 20 dB/dekadę, a integrator 1/s daje −20 dB/dekadę przy wszystkich częstotliwościach. Częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); zapas fazy PM = 180° + ∠L(jωc). Częstotliwość odcięcia fazy ω180: ∠L(jω) = −180°; zapas wzmocnienia GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Układ zamknięty jest stabilny, gdy oba zapasy są dodatnie.

Pomnóż moduły

|G(j0,5)| = 180/(√(0,5² + 3²)·√(0,5² + 15²)) = 180/(3,041·15,01) = 3,943

Wynik

20·log₁₀(3,943) = 11,92 dB

Odpowiedź

|G(jω)| = 11,92 dB
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: GM = 4,98 dB

Charakterystyka częstotliwościowa: podstaw s = jω w transmitancji. Moduł w decybelach to 20·log₁₀|H(jω)|, a faza to suma kątów czynników licznika minus kąty czynników mianownika. Filtr RC lub RL pierwszego rzędu ma częstotliwość graniczną (−3 dB) ωc = 1/(RC) lub R/L oraz fc = ωc/(2π); filtr dolnoprzepustowy daje |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) i φ = −atan(ω/ωc). Na asymptotycznym (łamanym) wykresie Bodego każdy biegun zagina moduł w dół o 20 dB/dekadę przy swojej częstotliwości granicznej, każde zero zagina go w górę o 20 dB/dekadę, a integrator 1/s daje −20 dB/dekadę przy wszystkich częstotliwościach. Częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); zapas fazy PM = 180° + ∠L(jωc). Częstotliwość odcięcia fazy ω180: ∠L(jω) = −180°; zapas wzmocnienia GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Układ zamknięty jest stabilny, gdy oba zapasy są dodatnie.

Częstotliwość odcięcia fazy

(ω/5)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(5·6) = 5,477 rad/s

Moduł przy częstotliwości odcięcia fazy

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 25)·√(ω² + 36)) = K/(5·6·(5 + 6)) = K/330

Zapas wzmocnienia

GM = 20·log₁₀(330/186) = 4,98 dB

Odpowiedź

GM = 4,98 dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: ω = 2,449 rad/s

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.

Tablica Routha

s³ + 5s² + 6s + K = 0
s³: 1, 6
s²: 5, K
s¹: (5·6 − K)/5
s⁰: K

Wzmocnienie krytyczne

K = 5·6 = 30

Równanie pomocnicze

Przy wzmocnieniu krytycznym wiersz s¹ jest zerowy; wiersz s² daje bieguny na osi urojonej.

5s² + 30 = 0 → s = ±j√6
ω = 2,449 rad/s

Odpowiedź

ω = 2,449 rad/s
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: sb = −1,811

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.

Wzmocnienie wzdłuż osi rzeczywistej

K(s) = −s(s + 5)(s + 6) = −(s³ + 11s² + 30s)

Punkty stacjonarne

dK/ds = −(3s² + 22s + 30) = 0
s = (−22 ± √(484 − 360))/6 = −1,811, −5,523

Wybierz punkt należący do linii

Linia leży na osi rzeczywistej między 0 a −5; drugi pierwiastek do niej nie należy.

sb = −1,811

Odpowiedź

sb = −1,811
39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 0,5

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 prędkościowa

Kv = lim s·G(s) = 10

Uchyb dla narastania liniowego

ess = 5/10 = 0,5

Odpowiedź

ess = 0,5
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Kd = 3,036 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 + 1) + 2(25 + Kds) = s² + (1 + 2Kd)s + 50

Częstotliwość drgań własnych

ωₙ = √50 = 7,071 rad/s

Wzmocnienie członu różniczkującego

1 + 2Kd = 2·0,5·7,071 = 7,071
Kd = 3,036 s

Odpowiedź

Kd = 3,036 s

Człon różniczkujący zwiększa tłumienie bez zmiany ωₙ.

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