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​ = 15 ΩIR1​R3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAR4​15 ΩB

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
R1​ = 4 ΩIR1​R3​ = 25 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩAR4​8 ΩBR6​20 Ω

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 24 VR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 25 ΩR4 = 8 ΩR5 = 20 ΩR6 = 20 Ω
IR1 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​20 Ω+−V1​18 VR2​12 Ω+−V2​15 VI2​R3​15 Ω−+V3​18 VA

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.

V1 = 18 VR1 = 20 ΩV2 = 15 VR2 = 12 ΩV3 = 18 VR3 = 15 Ω
I2 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 25 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​3 ΩIR4​B0,05·VA​

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.

V1 = 10 VR1 = 25 ΩR2 = 20 ΩR3 = 2 ΩR4 = 3 Ωg = 0,05 A/V
IR4 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 20 Ω+−VR1​R2​ = 20 Ω+−V1​12 VR3​12 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć napięcie VR1 na R1 o zaznaczonej biegunowości.

V1 = 12 VV2 = 15 VR1 = 20 ΩR2 = 20 ΩR3 = 12 Ω
VR1 = V
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 8 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR4​15 ΩAR5​30 ΩIR5​B+−V2​36 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd IR5 płynący przez R5 w kierunku strzałki.

V1 = 30 VV2 = 36 VR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 ΩR4 = 15 ΩR5 = 30 Ω
IR5 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩAR4​6 Ω+−VR4​BIs​1,5 A

Użyj metody superpozycji, aby wyznaczyć napięcie VR4 na R4 o zaznaczonej biegunowości.

V1 = 24 VIs = 1,5 AR1 = 6 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩR4 = 6 Ω
VR4 = V
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 20 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​9 VR3​25 ΩIR3​AIs​6 AB+−V2​?

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

V1 = 9 VIs = 6 AR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 25 ΩR4 = 8 Ω
V2 = V
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩARL​6 ΩIL​B

Między a–b podłączono obciążenie RL = 6 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 ΩRL = 6 Ω
IL = A
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​30 ΩAIs​1,5 ABRL​25 ΩIL​

Między a–b podłączono obciążenie RL = 25 Ω. Użyj układu zastępczego Thévenina, aby wyznaczyć moc PL dostarczaną do obciążenia.

V1 = 6 VIs = 1,5 AR1 = 8 ΩR2 = 30 ΩR3 = 12 ΩRL = 25 Ω
PL = W
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​6 Vt = 0R1​ = 1 kΩR2​ = 10 kΩC33 µF+−vC​

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

Vs = 6 VR1 = 1 kΩR2 = 10 kΩC = 33 µF
τ = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​6 VR1​ = 33 ΩR2​ = 15 Ωzamyka się w t = 0L47 mHi(t)

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
12 V50 HzR = 80 ΩL = 100 mHC = 47 µF

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
12 V50 HzR1​ = 15 ΩR2​ = 80 ΩC = 10 µFI

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
P = 19 kWQSφ

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
230 V60 HzRs​ = 5 ΩXs​ = j6 ΩZL​ = ?

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
ABCVL​ = 480 VNZ = 15 + j20 Ωna fazę

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
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​

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
4160 V480 VIHV​ILV​ = ?150 kVA

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
pf 0,9525 kVA, 50% obciążenie

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.

S = 25 kVAPcore = 125 WPcu,fl = 250 Wx = 0,5pf = 0,95
Ploss = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 100 kΩVin​ = 0,5 VRa​ = 22 kΩRb​ = 100 kΩ

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

Vin = 0,5 VRa = 22 kΩRb = 100 kΩR1 = 100 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
Vin​V1​Vout​stopień 1: odwracającyR1​ = 1 kΩRf1​ = 10 kΩstopień 2: nieodwracającyR2​ = 1 kΩRf2​ = 1 kΩ

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.

R1 = 1 kΩRf1 = 10 kΩR2 = 1 kΩRf2 = 1 kΩVin = 0,45 V
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 2,7 kΩβ = 120VCC​ = 15 VRB​ = 390 kΩ

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.

VCC = 15 VRB = 390 kΩRC = 2,7 kΩβ = 120VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Diody i tranzystoryTrudny
+−≤ 22 V330 Ω12 V

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
8-bitowy kod U20−12806403201608040201

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
8 bit1 px640 px480 pxM = ? KiB

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
ABCD000111100001111010010302040517160120130151141819011110

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
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​CLK

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
t (s)f(t)t = 1,2f(1,2) = ?

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
ReIm−55

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
R(s)+9(s + 7)(s + 3)(s + 9)G(s)C(s)−

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
R(s)+28s(s + 10)G(s)C(s)2H−

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
t (s)y(t)2?

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
k = 200 N/mc = 22 N·s/mm = 2,5 kgF = 100 Nx(t)

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
vin​R = 22 ΩL = 2,2 mHvout​

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
|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) = 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
R(s)+Ks + 9s(s + 3)(s + 4)C(s)−

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
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2

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
r(t) = 4·t²/2+4(s + 5)s²(s + 1)C(s)−

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
R(s)+Kp​ + Ki​/s1s + 1C(s)−

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.

R1​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAR4​15 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 = 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.

R1​ = 4 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩAR4​8 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 = 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.

R1​ = 20 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​12 VR3​12 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
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.

R1​ = 8 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR4​15 ΩAR5​30 ΩB+−V2​36 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
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.

R1​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩAR4​6 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 = 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
R1​ = 6 ΩR3​ = 2 ΩZWARCIER2​10 ΩAR4​6 ΩBIs​1,5 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 = 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.

R1​ = 20 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​9 VR3​25 ΩAROZWARCIEBZWARCIE

Przypadek 1 · V1 działające samodzielnie

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

R3 ∥ (R2+R4) = 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
R1​ = 20 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 8 ΩZWARCIER3​25 ΩAIs​6 ABZWARCIE

Przypadek 2 · Is działające samodzielnie

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

R1 ∥ R3 = 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.

VA′ + VA″ + VA‴ = 2,368 + (−25,26) + 0,5263·V2 = 0
V2 = 22,89/0,5263 = 43,5 V

Odpowiedź

V2 = 43,5 V
9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 0,1154 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​ = 10 ΩZWARCIER2​20 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 = 20·20/(20+20) = 10 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 10 + 10 = 20 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​20 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) = 6·20/(20+20) = 3 V
Rth​ = 20 Ω+−Vth​3 VRL​6 ΩIL​

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.

R1​ = 8 ΩR3​ = 12 ΩZWARCIER2​30 ΩAROZWARCIEBabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

Zastąp źródła napięcia zwarciami, a źródła prądu rozwarciami, a potem spójrz na obwód od strony a–b.

R1 ∥ R2 = 8·30/(8+30) = 6,316 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,316 + 12 = 18,32 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​30 ΩAIs​1,5 ABab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

Przy rozwartych a–b jedyną drogą dla Iₛ jest R₃ do węzła A. Wyznacz V_A z superpozycji V₁ i Iₛ, a potem dodaj spadek na R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 4,737 + (−1,5)·6,316 = −4,737 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −4,737 + (−1,5)·12 = −22,74 V
Rth​ = 18,32 Ω−+Vth​22,74 VRL​25 ΩIL​

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).

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (−36,31)²) = 87,85 Ω

Kąt fazowy

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−36,31/80) = −24,41°

Odpowiedź

φ = −24,41°
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 0,1301 A

Obwody AC i wskazy: rezystory, cewki i kondensatory mają impedancje R, jωL i 1/(jωC), gdzie ω = 2πf. Szeregowo impedancje dodaje się jak rezystancje, ale jako liczby zespolone. Wartości skuteczne prądu i napięcia spełniają prawo Ohma z |Z|.

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.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 75,25 − j18,91 Ω

Impedancja całkowita

Z = 15 + 75,25 − j18,91 = 90,25 − j18,91 Ω
|Z| = √(90,25² + 18,91²) = 92,21 Ω

Prąd

I = V/|Z| = 12/92,21 = 0,1301 A

Odpowiedź

I = 0,1301 A
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: I = 63,33 A

Moc w obwodach AC: moc pozorna S = V·I (VA) dzieli się na moc czynną P = S·cos φ (W), która wykonuje pracę użyteczną, i moc bierną Q = S·sin φ (var), która krąży między źródłem a odbiornikiem. Współczynnik mocy to cos φ. Kondensator równoległy dostarcza moc bierną lokalnie, więc prąd linii maleje przy tej samej mocy czynnej.

Prąd linii

Pracę wykonuje tylko moc czynna, więc podziel przez współczynnik mocy.

I = P/(V·cos φ) = 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.

V = 400/√3 = 230,9 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 11984/(314,2·230,9²) = 715,3 µF

Odpowiedź

Cph = 715,3 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: ILV = 312,5 A

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.

Napięcie na wejściu +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 0,5·100/(22 + 100) = 0,4098 V

Wzmocnienie nieodwracające

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

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,4098·(1 + 100/100) = 0,8197 V

Odpowiedź

Vout = 0,8197 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −9 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.

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.

Prąd bazy

IB = (VCC − VBE)/RB = (15 − 0,7)/390 kΩ = 36,67 µA

Prąd kolektora

IC = β·IB = 120·36,67 µA = 4,4 mA

Napięcie kolektor–emiter

VCE = 15 − 4,4 mA·2,7 kΩ = 3,12 V

Odpowiedź

VCE = 3,12 V
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: PZ,max = 363,6 mW

Stabilizator Zenera: spolaryzowana zaporowo dioda Zenera utrzymuje napięcie VZ, dopóki jej prąd pozostaje powyżej minimum IZ,min. Rezystor szeregowy R przejmuje różnicę między napięciem wejściowym a wyjściowym: IR = (Vin − VZ)/R. Ten prąd dzieli się między obciążenie, IL = VZ/RL, i diodę Zenera: IZ = IR − IL. Projektuj dla najgorszych przypadków: najniższe napięcie wejściowe przy największym obciążeniu musi nadal zostawić IZ,min, a najwyższe napięcie wejściowe bez obciążenia daje największą moc diody Zenera PZ = VZ·IZ.

Prąd diody Zenera w najgorszym przypadku

IZ = 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.

ABCD000111100001111010010302040517160120130151141819011110

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).

Transmitancja

G(s) = Y(s)/U(s) = (s + 5)/(s² + 2s + 26)

Ułamki proste

s² + 2s + 26 = (s + 1)² + 5²
G(s) = 1·(s + 1)/((s + 1)² + 5²) + (4/5)·5/((s + 1)² + 5²)

Odpowiedź impulsowa

g(t) = e−t·(cos 5t + 0,8·sin 5t)
g(0,8) = −0,5657

Odpowiedź

g(0,8) = −0,5657
31.Schematy blokowe

Odpowiedź: ess = 0,3

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.

Wielomian charakterystyczny

s(s + 3)(s + 4) + K(s + 9) = s³ + 7s² + (12 + K)s + 9K

Tablica Routha

s³: 1, 12 + K
s²: 7, 9K
s¹: (7·(12 + K) − 9K)/7
s⁰: 9K

Warunek

84 − 2K > 0
K < 84/2 = 42

Odpowiedź

Kmax = 42

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.

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