W oknie drukowania wybierz „Zapisz jako PDF”, aby zachować kopię na swoim urządzeniu.
1Wzory i metody
Rezystory szeregowo i równolegle
Rezystory połączone szeregowo
Req = R1 + R2 + …
Rezystory połączone równolegle
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dwa równolegle
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Prawo Ohma
V = I·R
Moc
P = V·I = I²R = V²/R
Metoda
Zacznij od końca sieci najdalszego od zacisków.
Rezystory szeregowe łącz, dodając je, a równoległe ze wzoru 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Po każdym kroku narysuj obwód od nowa.
Powtarzaj, aż między zaciskami zostanie jeden rezystor.
Metoda potencjałów węzłowych
Prądowe prawo Kirchhoffa
ΣIin = ΣIout
Prąd gałęzi
I = (Va − Vb)/R
Węzeł odniesienia
Vground = 0
Metoda
Wybierz węzeł odniesienia (masę) i oznacz potencjały pozostałych węzłów.
Napisz prądowe prawo Kirchhoffa dla każdego nieznanego węzła: prądy wypływające przez każdą gałąź są równe prądom wpływającym.
Wyraź każdy prąd gałęziowy jako (Va − Vb)/R.
Rozwiąż układ równań, a potem wyznacz potrzebne prądy.
Metoda prądów oczkowych
Napięciowe prawo Kirchhoffa
ΣV = 0 w każdym oczku
Rezystor wspólny
prąd = I1 − I2
Źródło prądu w oczku
wyznacza prąd tego oczka
Metoda
Narysuj prąd płynący zgodnie z ruchem wskazówek zegara w każdym oczku (okienku) obwodu.
Zastosuj napięciowe prawo Kirchhoffa w każdym oczku: suma spadków napięć jest równa zeru.
W rezystorze wspólnym dla dwóch oczek prąd jest różnicą dwóch prądów oczkowych.
Rozwiąż równania; wynik ujemny oznacza, że prąd płynie w przeciwną stronę.
Superpozycja
Superpozycja
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Wyłączone źródło napięcia
zwarcie (0 V)
Wyłączone źródło prądu
rozwarcie (0 A)
Dzielnik napięcia
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Dzielnik prądu
I1 = I·R2/(R1 + R2)
Metoda
Policz niezależne źródła. Dla każdego źródła rozwiążesz jeden prostszy obwód.
Zostaw jedno źródło, a pozostałe wyłącz: źródło napięciowe staje się zwarciem (przewodem), źródło prądowe staje się rozwarciem (przerwą).
Rozwiąż prostszy obwód dla potrzebnego napięcia lub prądu, pilnując jego kierunku.
Powtórz dla każdego źródła, a potem dodaj składowe z ich znakami.
Thévenin i Norton
Napięcie Thévenina
Vth = Vopen circuit
Rezystancja Thévenina
Rth: wszystkie źródła wyłączone, widziana z a–b
Prąd Nortona
IN = Vth/Rth
Prąd obciążenia
IL = Vth/(Rth + RL)
Maksymalne przekazywanie mocy
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)
Metoda
Odłącz obciążenie i oznacz dwa zaciski a i b.
Wyznacz napięcie stanu jałowego między a i b: to jest Vth.
Wyłącz wszystkie niezależne źródła i wyznacz rezystancję widzianą z a–b: to jest Rth.
Podłącz obciążenie z powrotem do obwodu zastępczego: Vth szeregowo z Rth.
Dla obwodu zastępczego Nortona przelicz: IN = Vth/Rth, z RN = Rth równolegle.
Stany nieustalone RC i RL
Stała czasowa
τ = RC | τ = L/R
Odpowiedź układu
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensator przy prądzie stałym
rozwarcie; vC nie może zmienić się skokowo
Cewka przy prądzie stałym
zwarcie; iL nie może zmienić się skokowo
Stan ustalony
t ≈ 5τ
Metoda
Wyznacz wartość początkową tuż po przełączeniu: napięcie na kondensatorze i prąd cewki nie mogą zmienić się skokowo.
Wyznacz wartość końcową długo po przełączeniu: kondensator zachowuje się jak rozwarcie, a cewka jak zwarcie.
Wyznacz stałą czasową: τ = RC lub τ = L/R, z rezystancją widzianą przez kondensator lub cewkę.
Użyj x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.
Impedancja i wskazy AC
Impedancje
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Pulsacja
ω = 2πf
Moduł i kąt
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Prawo Ohma dla wskazów
V = I·Z
Metoda
Przelicz częstotliwość: ω = 2πf.
Wyznacz każdą reaktancję: XL = ωL i XC = 1/(ωC).
Dodawaj impedancje jak rezystory, z Z = R + jX.
Wyznacz moduł |Z| = √(R² + X²) i kąt φ = atan(X/R), a potem zastosuj prawo Ohma dla wskazów.
Moc AC i współczynnik mocy
Moc czynna
P = V·I·cos φ
Moc bierna
Q = V·I·sin φ
Moc pozorna
S = V·I = √(P² + Q²)
Współczynnik mocy
pf = cos φ = P/S
Kondensator kompensacyjny
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)
Moc w układach trójfazowych
Połączenie w gwiazdę (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Połączenie w trójkąt (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Całkowita moc czynna
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Moc pozorna i bierna
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kondensatory do kompensacji
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Napięcie na każdym kondensatorze
Δ: VL Y: VL/√3
Moc pobierana przez silnik
Pin = Pout/η
Transformatory
Przekładnia zwojowa
a = N1/N2 = V1/V2
Stosunek prądów
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Prąd znamionowy
I = S/V
Impedancja sprowadzona
Z1′ = a²·ZL
Straty w miedzi przy obciążeniu częściowym
Pcu = x²·Pcu,fl
Sprawność
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Sprawność maksymalna
x = √(Pcore/Pcu,fl)
Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi
Wzmacniacz odwracający
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Wzmacniacz nieodwracający
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Wzmacniacz sumujący
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Idealny wzmacniacz operacyjny
V+ = V−, Iin = 0
Diody i tranzystory
Dioda (stały spadek napięcia)
VD = 0,7 V when conducting
Obszar aktywny
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Polaryzacja stałym prądem bazy
IB = (VCC − 0,7)/RB
Polaryzacja dzielnikiem napięcia
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin dla dzielnika
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Oczko kolektora
VCE = VCC − ICRC − IERE
Nasycenie
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β
Systemy liczbowe
Wagi pozycji
dwójkowy 2k, ósemkowy 8k, szesnastkowy 16k
Na dziesiętny
Σ dk·bk
Z dziesiętnego
dziel przez podstawę, czytaj reszty od dołu do góry
Szesnastkowy ↔ dwójkowy
jedna cyfra szesnastkowa = 4 bity
Kod uzupełnień do dwóch (U2)
odwróć bity i dodaj 1
Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Podstawowe bramki
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Reguły algebry Boole’a
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Prawa de Morgana
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Kolejność na mapie Karnaugha
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Grupa 2ᵏ komórek
traci k zmiennych
Multiplekser 4-do-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Przerzutniki
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Liczniki
n-bitowy: 2ⁿ stanów; mod-N: najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Licznik asynchroniczny (ripple)
fmax = 1/(n·tpd)
Liczniki pierścieniowy i Johnsona
n i 2n stanów
Metoda
Dla układu przechodź od wejść do wyjścia bramka po bramce i zapisuj wartość na każdym przewodzie albo zapisz jego wyrażenie i wypełnij tablicę prawdy.
Przy upraszczaniu wpisz jedynki (a stany nieokreślone jako X) na mapę Karnaugha z wierszami i kolumnami w kodzie Graya: 00, 01, 11, 10.
Pokryj jedynki jak najmniejszą liczbą jak największych grup po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, zawijając przez brzegi; każda grupa to jeden iloczyn ze zmiennych, które pozostają stałe. Dla postaci POS grupuj zera.
Przy przerzutnikach i licznikach odczytuj wejścia przy każdym aktywnym zboczu zegara, zapisuj stan po każdym zboczu i pamiętaj, że n-bitowy licznik zawija się po 2ⁿ stanach.
Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa
Stabilność
wszystkie pierwiastki wielomianu charakterystycznego w lewej półpłaszczyźnie
tablica Routha, element s¹ wielomianu trzeciego stopnia
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Pierwiastki w prawej półpłaszczyźnie
liczba zmian znaku w pierwszej kolumnie
Wielomian trzeciego stopnia s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabilny, gdy wszystkie a > 0 oraz a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Równanie charakterystyczne
1 + K·G(s) = 0
Asymptoty
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Punkty rozejścia i zejścia
dK/ds = 0
Warunek modułu
K = 1/|G(s)|
Kąt wyjścia
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)
Metoda
Zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego: mianownik 1 + K·G(s) = 0, po wymnożeniu.
Wpisz współczynniki naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha i zbuduj pozostałe wiersze.
Policz zmiany znaku w pierwszej kolumnie: każda to jeden biegun w prawej półpłaszczyźnie. Gdy w tablicy występuje K, żądaj, by każdy element pierwszej kolumny pozostał dodatni.
Dla linii pierwiastkowej zaznacz bieguny i zera, odcinki osi rzeczywistej, asymptoty wychodzące ze środka asymptot oraz punkty rozgałęzienia, w których dK/ds = 0. Użyj K = 1/|G(s)| dla wzmocnienia w danym punkcie.
Uchyb ustalony i regulacja PID
Typ układu
liczba biegunów G(s) w s = 0
Stałe uchybowe
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Skok A
ess = A/(1 + Kp)
Narastanie liniowe A·t
ess = A/Kv
Parabola A·t²/2
ess = A/Ka
Regulator PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Cel drugiego rzędu
s² + 2ζωns + ωn²
Przeregulowanie i czasy
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)
Metoda
Policz bieguny układu otwartego C(s)·G(s) w s = 0: to typ układu.
Wyznacz stałą uchybową pasującą do wejścia: Kp dla skoku, Kv dla narastania liniowego, Ka dla paraboli.
Zastosuj ess = A/(1 + Kp), A/Kv lub A/Ka albo rozwiąż to względem potrzebnego wzmocnienia.
Przy wymaganiu dotyczącym tłumienia lub prędkości zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego i porównaj go z s² + 2ζω_n·s + ω_n².
2Zadania do ćwiczenia
1.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni
Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.
V1 = 10 VR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩR4 = 15 Ω
IR1 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.
Między węzłem A a masą są włączone trzy gałęzie, jak na rysunku. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd I2 w gałęzi 2, płynący w górę do węzła A zgodnie ze strzałką.
Romb to źródło prądu sterowane napięciem, które wpycha prąd 0,05·VA (w A, przy VA w V) w górę do węzła B. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd IR4 płynący przez R4 w kierunku strzałki.
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 = 6 VR1 = 1 kΩR2 = 10 kΩC = 33 µF
τ = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
Łącznik równoległy do R2 był długo otwarty, więc prąd cewki jest ustalony. W t = 0 łącznik się zamyka i zwiera R2. Wyznacz prąd cewki i w chwili t = 1 ms.
Vs = 6 VR1 = 33 ΩR2 = 15 ΩL = 47 mHt = 1 ms
i = A
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 12 V (skuteczne), 50 Hz. Wyznacz kąt fazowy φ impedancji w stopniach (dodatni, gdy prąd opóźnia się względem napięcia).
V = 12 V (rms)f = 50 HzR = 80 ΩL = 100 mHC = 47 µF
φ = °
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
Rezystor R1 jest połączony szeregowo z równoległym połączeniem R2 i kondensatora C i podłączony do zasilania 12 V (skuteczne), 50 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.
V = 12 V (rms)f = 50 HzR1 = 15 ΩR2 = 80 ΩC = 10 µF
I = A
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
Silnik jednofazowy pobiera 19 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z zasilania 400 V. Wyznacz prąd linii I.
P = 19 kWpf = 0,75V = 400 V
I = A
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
Źródło 230 V (skuteczne), 60 Hz ma impedancję wewnętrzną Zs = 5 + j6 Ω. Impedancję obciążenia ZL można dobrać dowolnie. Wyznacz maksymalną moc czynną Pmax, jaką można dostarczyć do obciążenia.
Vs = 230 V (rms)f = 60 HzZs = 5 + j6 Ω
Pmax = W
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
Symetryczny odbiornik połączony w gwiazdę o impedancji 15 + j20 Ω na fazę jest przyłączony do symetrycznej sieci trójfazowej o napięciu przewodowym 480 V. Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.
VL = 480 VZ = 15 + j20 Ω na fazę
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 60 kW przy współczynniku mocy 0,78 (indukcyjnym) z sieci 400 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 gwiazdę. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.
P = 60 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
Jednofazowy transformator 150 kVA, 4160/480 V pracuje przy obciążeniu znamionowym. Potraktuj go jako idealny. Wyznacz prąd ILV w uzwojeniu dolnego napięcia.
S = 150 kVAV1 = 4160 VV2 = 480 V
ILV = A
20.TransformatoryTrudny
Jednofazowy transformator 25 kVA ma straty w rdzeniu 125 W i straty w miedzi 250 W przy obciążeniu znamionowym. Dostarcza 50% swojej znamionowej mocy kVA przy współczynniku mocy 0,95 (indukcyjnym). Wyznacz całkowite straty Ploss w watach przy tym obciążeniu.
Dwa stopnie z idealnymi wzmacniaczami operacyjnymi są połączone kaskadowo: wzmacniacz odwracający (R1, Rf1), a za nim wzmacniacz nieodwracający (R2 do masy, Rf2 w sprzężeniu zwrotnym). Oba są zasilane napięciem ±15 V. Napięcie wejściowe wynosi Vin = 0,45 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.
Tranzystor NPN o β = 120 jest spolaryzowany rezystorem bazowym RB = 390 kΩ z zasilania VCC = 15 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 napięcie kolektor–emiter VCE.
Stabilizator z diodą Zenera 12 V ma rezystor szeregowy 330 Ω. Napięcie wejściowe może wzrosnąć do 22 V, a obciążenie może zostać odłączone. Wyznacz największą moc PZ,max, jaką musi rozproszyć dioda Zenera.
Vin,max = 22 VVZ = 12 VR = 330 Ω
PZ,max = mW
25.Systemy liczboweŚredni
Ustaw bity tak, aby zapisywały −23 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?
N = −238 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
Nieskompresowany obraz ma 640 × 480 pikseli i 8 bitów na piksel. Ile pamięci M zajmuje, w KiB (1 KiB = 1024 bajty)?
640 × 480 px8 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać iloczynu sum (POS) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 6, 7, 8, 9, 10, 14). Ile sum (czynników) N ona ma?
F(A, B, C, D) = Σm(0, 6, 7, 8, 9, 10, 14)
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
4-bitowy licznik asynchroniczny (ripple) zbudowano z przerzutników z opóźnieniem propagacji 15 ns każdy. Wszystkie wyjścia muszą się ustalić przed następnym zboczem zegara. Znajdź maksymalną częstotliwość zegara fmax.
n = 4tpd = 15 ns
fmax = MHz
29.Transformaty Laplace’aŚredni
Znajdź f(t) dla F(s) = (3s + 11)/(s² + 2s + 1) i oblicz f(1,2).
F(s) = (3s + 11)/(s² + 2s + 1)t = 1,2 s
f(1.2) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
Układ opisuje równanie różniczkowe y″ + 2y′ + 26y = u′ + 5u, 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 = 0,8 s. Znajdź g(0,8).
y″ + 2y′ + 26y = u′ + 5ut = 0,8 s
g(0.8) =
31.Schematy blokoweŚredni
Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 9(s + 7)/((s + 3)(s + 9)). Na wartość zadaną podano skok o wielkości 1. Znajdź uchyb ustalony ess.
G(s) = 9(s + 7)/((s + 3)(s + 9))R = 1
ess =
32.Schematy blokoweTrudny
Obiekt G(s) = 28/(s(s + 10)) jest w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego z czujnikiem o wzmocnieniu H = 2. Bieguny układu zamkniętego są zespolone. Znajdź ich część urojoną ωd (wartość dodatnią), w rad/s.
G(s) = 28/(s(s + 10))H = 2
ωd = rad/s
33.Odpowiedź skokowaŚredni
Układ ma transmitancję G(s) = 140/(s² + 12s + 70) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS odpowiedzi skokowej.
G(s) = 140/(s² + 12s + 70)
%OS = %
34.Odpowiedź skokowaTrudny
Masa m = 2,5 kg wisi na sprężynie k = 200 N/m z tłumikiem lepkim c = 22 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). W spoczynku w położeniu równowagi nagle przyłożono stałą siłę F = 100 N. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS wychylenia.
m = 2,5 kgk = 200 N/mc = 22 N·s/mF = 100 N
%OS = %
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
Filtr górnoprzepustowy RL pokazany na rysunku ma R = 22 Ω, L = 2,2 mH. Podano sinusoidalne wejście 3,2 kHz. Znajdź wzmocnienie |H| = |vout/vin| w dB.
R = 22 ΩL = 2,2 mHf = 3,2 kHz
|H| = dB
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 78/(s(s + 2)(s + 9)). Znajdź częstotliwość odcięcia fazy ω180, przy której ∠L(jω) = −180°.
L(s) = 78/(s(s + 2)(s + 9))
ω180 = rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K(s + 9)/(s(s + 3)(s + 4)), gdzie K > 0. Wyznacz największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.
L(s) = K(s + 9)/(s(s + 3)(s + 4))
Kmax =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K(s + 2)/((s + 3)(s + 8)(s + 5)(s + 6)). Wyznacz punkt σa, w którym asymptoty linii pierwiastkowej przecinają oś rzeczywistą.
L(s) = K(s + 2)/((s + 3)(s + 8)(s + 5)(s + 6))
σa =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 4(s + 5)/(s²(s + 1)) podano wejście paraboliczne r(t) = 4·t²/2. Wyznacz uchyb ustalony ess.
G(s) = 4(s + 5)/(s²(s + 1))r(t) = 4·t²/2
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
Regulator PI C(s) = Kp + Ki/s steruje obiektem G(s) = 1/(s + 1) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Układ zamknięty ma mieć ωₙ = 10 rad/s i ζ = 0,6. Wyznacz wzmocnienie proporcjonalne Kp.
G(s) = 1/(s + 1)ωₙ = 10 rad/sζ = 0,6
Kp =
3Roztwory
1.Rezystory szeregowo i równolegle
Odpowiedź: IR1 = 0,5128 A
Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.
Łącz rezystory od najdalszego końca
Zacznij od końca najdalszego od źródła i idź w jego stronę. Rezystory z tym samym prądem są połączone szeregowo; rezystory między tymi samymi dwoma węzłami są połączone równolegle.
R3 + R4 = 3 + 15 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 6·18/(6+18) = 4,5 Ω
Req = R1 + 4,5 = 15 + 4,5 = 19,5 Ω
Prąd ze źródła
Źródło widzi tylko Req, więc prawo Ohma daje prąd, który dostarcza. Ten prąd płynie przez R₁.
IR1 = V1/Req = 10/19,5 = 0,5128 A
Odpowiedź
IR1 = 0,5128 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle
Odpowiedź: IR1 = 2,069 A
Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.
Łącz rezystory od najdalszego końca
Zacznij od końca najdalszego od źródła i idź w jego stronę. Rezystory z tym samym prądem są połączone szeregowo; rezystory między tymi samymi dwoma węzłami są połączone równolegle.
R5 + R6 = 20 + 20 = 40 Ω
R4 ∥ 40 = 6,667 Ω
R3 + 6,667 = 31,67 Ω
R2 ∥ 31,67 = 7,6 Ω
Req = R1 + 7,6 = 4 + 7,6 = 11,6 Ω
Prąd ze źródła
Źródło widzi tylko Req, więc prawo Ohma daje prąd, który dostarcza. Ten prąd płynie przez R₁.
IR1 = V1/Req = 24/11,6 = 2,069 A
Odpowiedź
IR1 = 2,069 A
3.Metoda potencjałów węzłowych
Odpowiedź: I2 = 0,8542 A
Metoda potencjałów węzłowych: wybierz węzeł odniesienia, oznacz nieznane potencjały węzłów, zapisz prądowe prawo Kirchhoffa w każdym nieznanym węźle z prawa Ohma (I = ΔV/R) i rozwiąż równania.
PPK w węźle A
Przyjmij dolny przewód jako masę. Każda gałąź odprowadza z A prąd (VA − Vk)/Rk, gdzie Vk to napięcie jej źródła (zero dla samego rezystora). Prądy wypływające z A sumują się do zera.
(VA − 18)/20 + (VA − 15)/12 + (VA − (−18))/15 = 0
Wyznacz VA
VA = (18/20 + 15/12 + (−18)/15) / (1/20 + 1/12 + 1/15) = 0,95/0,2 = 4,75 V
Prąd gałęzi
Strzałka wskazuje w górę wzdłuż gałęzi, do węzła A.
I2 = (15 − VA)/R2 = (15 − 4,75)/12 = 0,8542 A
Odpowiedź
I2 = 0,8542 A
Wynik ujemny oznacza, że rzeczywisty prąd płynie przeciwnie do strzałki.
4.Metoda potencjałów węzłowych
Odpowiedź: IR4 = 0,3385 A
Metoda potencjałów węzłowych: wybierz węzeł odniesienia, oznacz nieznane potencjały węzłów, zapisz prądowe prawo Kirchhoffa w każdym nieznanym węźle z prawa Ohma (I = ΔV/R) i rozwiąż równania.
PPK w węźle A
Prądy wypływające z A przez rezystory są równe prądowi wpychanemu do A przez źródła.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,59·VA − 0,5·VB = 0,4
PPK w węźle B
Źródło sterowane wpycha prąd g·VA do węzła B. Potraktuj je jak źródło niezależne, a potem przenieś wyraz z VA na lewą stronę.
(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,05·VA
−0,55·VA + 0,8333·VB = 0
Rozwiąż
Δ = (0,59)(0,8333) − (−0,5)(−0,55) = 0,2167
VA = Δ1/Δ = 0,3333/0,2167 = 1,538 V
VB = Δ2/Δ = 0,22/0,2167 = 1,015 V
Prąd przez R₄
IR4 = VB/R4 = 1,015/3 = 0,3385 A
Odpowiedź
IR4 = 0,3385 A
5.Metoda prądów oczkowych
Odpowiedź: VR1 = 4,636 V
Metoda prądów oczkowych: każdemu oknu obwodu płaskiego przypisz własny prąd oczkowy, zapisz napięciowe prawo Kirchhoffa dla każdego oczka (suma spadków = suma wzrostów) i rozwiąż. Prądy gałęzi to prąd oczkowy lub różnica dwóch prądów oczkowych we wspólnej gałęzi.
Przypisz prądy oczkowe
Narysuj w każdym oknie prąd zgodny z ruchem wskazówek zegara: I1, I2. 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
20·I1 + 12(I1 − I2) = 12
32·I1 − 12·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
20·I2 + 12(I2 − I1) = (−15)
−12·I1 + 32·I2 = −15
Rozwiąż
Δ = (32)(32) − (−12)(−12) = 880
I1 = Δ1/Δ = 204/880 = 0,2318 A
I2 = Δ2/Δ = −336/880 = −0,3818 A
Odpowiedź
IR1 = I1 = 0,2318 A
VR1 = IR1·R1 = 0,2318·20 = 4,636 V
Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.
6.Metoda prądów oczkowych
Odpowiedź: IR5 = 0,7269 A
Metoda prądów oczkowych: każdemu oknu obwodu płaskiego przypisz własny prąd oczkowy, zapisz napięciowe prawo Kirchhoffa dla każdego oczka (suma spadków = suma wzrostów) i rozwiąż. Prądy gałęzi to prąd oczkowy lub różnica dwóch prądów oczkowych we wspólnej gałęzi.
Przypisz prądy oczkowe
Narysuj w każdym oknie prąd zgodny z ruchem wskazówek zegara: I1, I2, 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
8·I1 + 15(I1 − I2) = 30
23·I1 − 15·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 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
5·I2 + 15(I2 − I1) + 30(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 50·I2 − 30·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
15·I3 + 30(I3 − I2) = (−36)
−30·I2 + 45·I3 = −36
Rozwiąż
Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 20925
I1 = Δ1/Δ = 24300/20925 = 1,161 A
I2 = Δ2/Δ = −4590/20925 = −0,2194 A
I3 = Δ3/Δ = −19800/20925 = −0,9462 A
Odpowiedź
IR5 = I2 − I3 = 0,7269 A
Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.
7.Superpozycja
Odpowiedź: VR4 = 12,06 V
Superpozycja: w obwodzie liniowym każde napięcie i każdy prąd to suma odpowiedzi na każde niezależne źródło działające osobno. Aby wyłączyć źródło, zastąp idealne źródło napięcia zwarciem, a idealne źródło prądu rozwarciem. Rezystory zostają na miejscu.
Przypadek 1 · działa tylko V1
Iₛ staje się rozwarciem, więc R₃ i R₄ tworzą jedną gałąź szeregową od A do masy, równolegle z R₂.
R3+R4 = 2+6 = 8 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·8/(10+8) = 4,444 Ω
VA = 24·4,444/(6+4,444) = 10,21 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 10,21·6/8 = 7,66 V
VR4′ = VB − 0 = 7,66 − 0 = 7,66 V
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 = 6·10/(6+10) = 3,75 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 5,75 = 2,936 Ω
VB = Is·Req = 1,5·2,936 = 4,404 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 4,404·3,75/5,75 = 2,872 V
VR4″ = VB − 0 = 4,404 − 0 = 4,404 V
Dodaj składowe
VR4 = VR4′ + VR4″
VR4 = 7,66 + 4,404 = 12,06 V
Wynik ujemny oznacza, że w rzeczywistości biegunowość jest odwrotna do zaznaczonej.
8.Superpozycja
Odpowiedź: V2 = 43,5 V
Superpozycja: w obwodzie liniowym każde napięcie i każdy prąd to suma odpowiedzi na każde niezależne źródło działające osobno. Aby wyłączyć źródło, zastąp idealne źródło napięcia zwarciem, a idealne źródło prądu rozwarciem. Rezystory zostają na miejscu.
Przypadek 1 · V1 działające samodzielnie
V₂ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. Patrząc z A, R₃ jest równolegle z szeregową parą R₂+R₄.
R3 ∥ (R2+R4) = 25 ∥ 10 = 7,143 Ω
VA = 9·7,143/(20+7,143) = 2,368 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,368·8/10 = 1,895 V
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 = 11,11 Ω, więc lewa gałąź to R2+11,11 = 13,11 Ω
Req = R4 ∥ 13,11 = 4,968 Ω
VB = −Is·Req = −6·4,968 = −29,81 V
VA = VB·11,11/13,11 = −25,26 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 = 11,11 Ω
VA‴ = V2·11,11/(8 + 2 + 11,11) = 0,5263·V2
Przyrównaj VA do zera
Przy VA = 0 na R₃ nie ma napięcia, więc jego prąd jest równy zeru.
Twierdzenie Thévenina: każdy liniowy dwójnik zachowuje się jak jedno źródło napięcia Vth szeregowo z rezystancją Rth. Twierdzenie Nortona przedstawia ten sam układ jako źródło prądu IN = Vth/Rth równolegle z Rth.
Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach
Zastąp źródła napięcia zwarciami, a źródła prądu rozwarciami, a potem spójrz na obwód od strony a–b.
R1 ∥ R2 = 20·20/(20+20) = 10 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 10 + 10 = 20 Ω
Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego
Przy rozwartych a–b przez R₃ nie płynie prąd, więc nie ma na nim spadku i V_b = V_A. R₁ i R₂ tworzą dzielnik napięcia.
Vth = V1·R2/(R1+R2) = 6·20/(20+20) = 3 V
Podłącz obciążenie do układu zastępczego Thévenina
Źródło Thévenina i R_th szeregowo zachowują się na a–b dokładnie jak pierwotny obwód, więc obciążenie widzi prostą pętlę szeregową.
IL = Vth/(Rth + RL) = 3/(20 + 6) = 0,1154 A
10.Thévenin i Norton
Odpowiedź: PL = 6,888 W
Twierdzenie Thévenina: każdy liniowy dwójnik zachowuje się jak jedno źródło napięcia Vth szeregowo z rezystancją Rth. Twierdzenie Nortona przedstawia ten sam układ jako źródło prądu IN = Vth/Rth równolegle z Rth.
Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach
Zastąp źródła napięcia zwarciami, a źródła prądu rozwarciami, a potem spójrz na obwód od strony a–b.
R1 ∥ R2 = 8·30/(8+30) = 6,316 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,316 + 12 = 18,32 Ω
Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego
Przy rozwartych a–b jedyną drogą dla Iₛ jest R₃ do węzła A. Wyznacz V_A z superpozycji V₁ i Iₛ, a potem dodaj spadek na R₃.
VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 4,737 + (−1,5)·6,316 = −4,737 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −4,737 + (−1,5)·12 = −22,74 V
Podłącz obciążenie do układu zastępczego Thévenina
Źródło Thévenina i R_th szeregowo zachowują się na a–b dokładnie jak pierwotny obwód, więc obciążenie widzi prostą pętlę szeregową.
IL = Vth/(Rth + RL) = −22,74/(18,32 + 25) = −0,5249 A
PL = IL²·RL = −0,5249²·25 = 6,888 W
11.Stany nieustalone RC i RL
Odpowiedź: τ = 30 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 = 1·10/(1 + 10) = 0,9091 kΩ
vC(∞) = 6·10/(1 + 10) = 5,455 V
Stała czasowa
τ = Rth·C = 0,9091·33 = 30 ms
Odpowiedź
τ = 30 ms
12.Stany nieustalone RC i RL
Odpowiedź: i = 0,1537 A
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
Przed t = 0 w obwodzie są oba rezystory; potem zamknięty łącznik bocznikuje R₂.
i(0) = 6/(33 + 15) = 0,125 A
i(∞) = 6/33 = 0,1818 A
τ = L/R = 47/33 = 1,424 ms
i(t) = 0,1818 + (0,125 − 0,1818)·e−t/τ
Prąd w danej chwili
i(1) = 0,1818 + (−0,05682)·e−1/1,424 = 0,1537 A
Odpowiedź
i = 0,1537 A
13.Impedancja i wskazy AC
Odpowiedź: φ = −24,41 °
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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,1 = 31,42 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·47·10⁻⁶) = 67,73 Ω
Impedancja
Szeregowo impedancje dodaje się jak liczby zespolone: Z = R + j(XL − XC).
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·50·10·10⁻⁶) = 318,3 Ω
Połączenie równoległe
Pomnóż licznik i mianownik przez liczbę sprzężoną, aby rozdzielić Zp na część rzeczywistą i urojoną.
Moc w obwodach AC: moc pozorna S = V·I (VA) dzieli się na moc czynną P = S·cos φ (W), która wykonuje pracę użyteczną, i moc bierną Q = S·sin φ (var), która krąży między źródłem a odbiornikiem. Współczynnik mocy to cos φ. Kondensator równoległy dostarcza moc bierną lokalnie, więc prąd linii maleje przy tej samej mocy czynnej.
Prąd linii
Pracę wykonuje tylko moc czynna, więc podziel przez współczynnik mocy.
I = P/(V·cos φ) = 19000/(400·0,75) = 63,33 A
Odpowiedź
I = 63,33 A
16.Moc AC i współczynnik mocy
Odpowiedź: Pmax = 2645 W
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.
Dopasowanie sprzężone
Reaktancja obciążenia znosi reaktancję źródła, a rezystancja obciążenia jest równa rezystancji źródła.
ZL = Zs* = 5 − j6 Ω
Moc maksymalna
I = Vs/(2Rs) = 230/10 = 23 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 230²/(4·5) = 2645 W
Odpowiedź
Pmax = 2645 W
17.Moc w układach trójfazowych
Odpowiedź: P = 5,53 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 = 480/√3 = 277,1 V
Prąd fazowy
|Z| = √(15² + 20²) = 25 Ω
Iph = 277,1/25 = 11,09 A
Całkowita moc czynna
Moc czynną pobiera tylko rezystancyjna część każdej impedancji.
P = 3·Iph²·R = 3·11,09²·15 = 5,53 kW
Odpowiedź
P = 5,53 kW
Sprawdzenie: cos φ = R/|Z| = 0,6, a √3·VL·IL·cos φ daje tę samą moc.
18.Moc w układach trójfazowych
Odpowiedź: Cph = 715,3 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 = 60·tan(acos 0,78) = 60·0,8023 = 48,14 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,98) = 60·0,2031 = 12,18 kvar
Moc bierna z kondensatorów
QC = Q1 − Q2 = 35,95 kvar
Pojemność na fazę
W baterii połączonej w gwiazdę każdy kondensator jest włączony między przewód fazowy a punkt gwiazdowy.
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.
Prąd znamionowy
Oba uzwojenia przenoszą tę samą moc pozorną.
ILV = S/V = 150000/480 = 312,5 A
Odpowiedź
ILV = 312,5 A
20.Transformatory
Odpowiedź: Ploss = 187,5 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 = 0,25·250 = 62,5 W
Straty całkowite
Straty w rdzeniu są takie same przy każdym obciążeniu.
Ploss = 125 + 62,5 = 187,5 W
Odpowiedź
Ploss = 187,5 W
Sprawność przy tym obciążeniu wynosi η = 98,45%.
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi
Odpowiedź: Vout = 0,8197 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.
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 każdego stopnia
A1 = −Rf1/R1 = −10/1 = −10
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 1/1 = 2
Stopień po stopniu
V1 = −10·0,45 = −4,5 V
Vout = 2·(−4,5) = −9 V
Odpowiedź
Vout = −9 V
23.Diody i tranzystory
Odpowiedź: VCE = 3,12 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.
Stabilizator Zenera: spolaryzowana zaporowo dioda Zenera utrzymuje napięcie VZ, dopóki jej prąd pozostaje powyżej minimum IZ,min. Rezystor szeregowy R przejmuje różnicę między napięciem wejściowym a wyjściowym: IR = (Vin − VZ)/R. Ten prąd dzieli się między obciążenie, IL = VZ/RL, i diodę Zenera: IZ = IR − IL. Projektuj dla najgorszych przypadków: najniższe napięcie wejściowe przy największym obciążeniu musi nadal zostawić IZ,min, a najwyższe napięcie wejściowe bez obciążenia daje największą moc diody Zenera PZ = VZ·IZ.
Prąd diody Zenera w najgorszym przypadku
IZ = 10/330 = 30,3 mA
Moc diody Zenera
PZ = 12·30,3 = 363,6 mW
Odpowiedź
PZ,max = 363,6 mW
25.Systemy liczbowe
Odpowiedź: U = 233
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.
Odwróć i dodaj jeden
23 = 0001 0111
odwrócone: 1110 1000
+1 → 1110 1001
Odczytaj bez znaku
1110 1001₂ = 256 − 23 = 233
Odpowiedź
U = 233
26.Systemy liczbowe
Odpowiedź: M = 300 KiB
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.
Bity i bajty
640·480·8 = 2457600 bit = 307200 B
Zamień na KiB
307200/1024 = 300 KiB
Odpowiedź
M = 300 KiB
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Odpowiedź: N = 4
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.
Zgrupuj zera
Każda grupa to prostokąt z 2ᵏ komórek; komórki na brzegu sąsiadują z komórkami na przeciwległym brzegu.
(B′ + C)
(A + C + D′)
(A′ + C′ + D′)
(A + B + C′)
Minimalna postać POS
F = (B′ + C)(A + C + D′)(A′ + C′ + D′)(A + B + C′)
N = 4
Odpowiedź
N = 4
Istnieje inne grupowanie tego samego rozmiaru; ma tę samą liczbę składników i literałów.
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Odpowiedź: fmax = 16,67 MHz
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.
Najgorszy czas ustalania
T = 4·15 ns = 60 ns
Maksymalna częstotliwość
fmax = 1/60 ns = 16,67 MHz
Odpowiedź
fmax = 16,67 MHz
29.Transformaty Laplace’a
Odpowiedź: f(1.2) = 3,795
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 + 2s + 1 = (s + 1)²
Ułamki proste
3s + 11 = 3(s + 1) + 8
F(s) = 3/(s + 1) + 8/(s + 1)²
Transformata odwrotna
f(t) = 3·e−t + 8·t·e−t
f(1,2) = (3 + 8·1,2)·e−1,2 = 3,795
Odpowiedź
f(1,2) = 3,795
30.Transformaty Laplace’a
Odpowiedź: g(0.8) = −0,5657
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).
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) = 9·7/(3·9) = 2,333
Uchyb ustalony
ess = A/(1 + Kₚ) = 1/(1 + 2,333) = 0,3
Odpowiedź
ess = 0,3
32.Schematy blokowe
Odpowiedź: ωd = 5,568 rad/s
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 + 10) + 28·2 = 0 → s² + 10s + 56 = 0
Pierwiastki
s = −5 ± j·√(56 − 25) = −5 ± j5,568
ωd = 5,568 rad/s
Odpowiedź
ωd = 5,568 rad/s
33.Odpowiedź skokowa
Odpowiedź: %OS = 3,945 %
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 = 70 → ωₙ = 8,367 rad/s
2ζωₙ = 12 → ζ = 12/(2·8,367) = 0,7171
Wynik
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−3,233 = 3,945 %
Odpowiedź
%OS = 3,945 %
34.Odpowiedź skokowa
Odpowiedź: %OS = 16,95 %
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 = √(k/m) = √(200/2,5) = 8,944 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 22/(2·√(200·2,5)) = 0,4919
Wynik
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 16,95 %
Odpowiedź
%OS = 16,95 %
35.Wykresy Bodego i zapasy
Odpowiedź: |H| = −0,9599 dB
Charakterystyka częstotliwościowa: podstaw s = jω w transmitancji. Moduł w decybelach to 20·log₁₀|H(jω)|, a faza to suma kątów czynników licznika minus kąty czynników mianownika. Filtr RC lub RL pierwszego rzędu ma częstotliwość graniczną (−3 dB) ωc = 1/(RC) lub R/L oraz fc = ωc/(2π); filtr dolnoprzepustowy daje |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) i φ = −atan(ω/ωc). Na asymptotycznym (łamanym) wykresie Bodego każdy biegun zagina moduł w dół o 20 dB/dekadę przy swojej częstotliwości granicznej, każde zero zagina go w górę o 20 dB/dekadę, a integrator 1/s daje −20 dB/dekadę przy wszystkich częstotliwościach. Częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); zapas fazy PM = 180° + ∠L(jωc). Częstotliwość odcięcia fazy ω180: ∠L(jω) = −180°; zapas wzmocnienia GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Układ zamknięty jest stabilny, gdy oba zapasy są dodatnie.
Częstotliwość graniczna
ωc = R/L = 22/0,0022 = 10000 rad/s
fc = 1592 Hz → f/fc = 3200/1592 = 2,011
Wzmocnienie
|H| = 2,011/√(1 + 2,011²) = 0,8954
20·log₁₀(0,8954) = −0,9599 dB
Odpowiedź
|H| = −0,9599 dB
36.Wykresy Bodego i zapasy
Odpowiedź: ω180 = 4,243 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 fazy
(ω/2)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(2·9) = 4,243 rad/s
Odpowiedź
ω180 = 4,243 rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa
Odpowiedź: Kmax = 42
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.
Gdyby zero leżało na prawo od s = −7, pętla pozostałaby stabilna dla każdego K > 0.
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa
Odpowiedź: σa = −6,667
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.
Bieguny i zera
bieguny: −3, −8, −5, −6
zera: −2
n − m = 4 − 1 = 3
Środek ciężkości
σa = (−22 − (−2))/3 = −6,667
Odpowiedź
σa = −6,667
3 asymptot wychodzi ze środka asymptot pod kątami 60°, 180°, 300°.
39.Uchyb ustalony i regulacja PID
Odpowiedź: ess = 0,2
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 przyspieszeniowa
Ka = 4·5/1 = 20
Uchyb dla paraboli
ess = 4/20 = 0,2
Odpowiedź
ess = 0,2
40.Uchyb ustalony i regulacja PID
Odpowiedź: Kp = 11
Regulacja P, PI i PID: regulator C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s działa na uchyb. Wzmocnienie proporcjonalne przyspiesza układ i zmniejsza uchyb obiektu typu 0, ale nigdy go nie usuwa. Człon całkujący dodaje biegun w s = 0: typ układu rośnie o jeden, a skok jest śledzony bez uchybu. Człon różniczkujący zwiększa tłumienie. Aby dobrać nastawy, zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego i porównaj go z s² + 2ζωns + ωn². Wtedy %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, gdzie ωd = ωn√(1 − ζ²), oraz ts ≈ 4/(ζωn).
Wielomian charakterystyczny
1 + C(s)G(s) = 0, pomnożone przez s(s + 1).
s² + (1 + 1Kp)s + 1Ki
Wielomian docelowy
s² + 2·0,6·10s + 10² = s² + 12s + 100
Dopasuj współczynniki
1 + 1Kp = 12 → Kp = 11
Odpowiedź
Kp = 11
Człon całkujący sprawia, że pętla jest typu 1, więc skok jest śledzony bez uchybu ustalonego.
To niezależne materiały do ćwiczeń. ExamProblems nie jest powiązane z organizacją przeprowadzającą ten egzamin ani przez nią rekomendowane, a nazwa egzaminu służy wyłącznie do opisu treści. Egzamin FE exam prowadzi NCEES, organizacja niezwiązana z ExamProblems, która go nie popiera.