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​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAR4​6 ΩB

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 12 ΩR3 = 4 ΩR4 = 6 Ω
IR1 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 30 ΩIR1​R3​ = 2 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​5 VR2​6 ΩAR4​20 ΩBR6​10 Ω

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 5 VR1 = 30 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 ΩR4 = 20 ΩR5 = 8 ΩR6 = 10 Ω
IR1 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 8 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩAR4​4 ΩBIs​4 A

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć moc PIs oddawaną przez źródło prądu Is.

V1 = 15 VIs = 4 AR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 ΩR4 = 4 Ω
PIs = W
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 5 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​24 VR3​12 ΩAR5​15 ΩBIs​6 A+−V2​10 V

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

V1 = 24 VIs = 6 AV2 = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 12 ΩR4 = 25 ΩR5 = 15 Ω
VA = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 6 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​18 VR3​8 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

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

V1 = 18 VV2 = 6 VR1 = 6 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 Ω
I1 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 10 Ω+−VR1​R2​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​36 VR4​20 ΩAR5​8 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

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

V1 = 36 VV2 = 36 VR1 = 10 ΩR2 = 4 ΩR3 = 10 ΩR4 = 20 ΩR5 = 8 Ω
VR1 = V
7.SuperpozycjaŚredni
obwód liniowyVs​Is​IRL​

Liniowy obwód rezystancyjny zawiera jedno źródło napięcia Vs i jedno źródło prądu Is. Prąd I przez rezystor obciążenia zmierzono dwukrotnie: przy Vs = 8 V i Is = 8 mA I = 3,2 mA; przy Vs = 5 V i Is = 2 mA I = 3,2 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy Vs = 6 V i Is = 4 mA.

8 V, 8 mA → 3,2 mA5 V, 2 mA → 3,2 mAVs = 6 V, Is = 4 mA
I = mA
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 15 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​9 VR3​10 ΩIR3​AIs​1,5 AB+−V2​12 V

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR3 pobieraną przez R3.

V1 = 9 VIs = 1,5 AV2 = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 ΩR4 = 12 Ω
PR3 = W
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAab

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

V1 = 12 VR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAIs​1 ABRL​8 ΩIL​

Między a–b podłączono obciążenie RL = 8 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 6 VIs = 1 AR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 ΩRL = 8 Ω
IL = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​20 Vt = 0R = 15 ΩL100 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz energię W zgromadzoną w cewce w chwili t = 10 ms, w mJ.

Vs = 20 VR = 15 ΩL = 100 mHt = 10 ms
W = mJ
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​15 Vt = 0R = 4,7 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 5 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 5 V o zaznaczonej biegunowości. Po jakim czasie vC osiągnie 12 V? Wyznacz t.

Vs = 15 VR = 4,7 kΩC = 33 µFvC(0) = 5 V
t = ms
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
230 V100 HzR = 40 ΩL = 150 mHI

Rezystor i cewka są połączone równolegle i podłączone do zasilania 230 V (skuteczne), 100 Hz. Wyznacz moduł impedancji |Z|.

V = 230 V (rms)f = 100 HzR = 40 ΩL = 150 mH
|Z| = Ω
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
50 V1000 HzR = 15 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 50 V (skuteczne), 1000 Hz. Wyznacz częstotliwość rezonansową f0 obwodu.

V = 50 V (rms)f = 1000 HzR = 15 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF
f0 = Hz
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
230 VR + jXP = 1346 W6,5 A

Odbiornik indukcyjny pobiera 6,5 A i 1346 W z jednofazowego zasilania 230 V (skuteczne). Zamodeluj go jako rezystancję R połączoną szeregowo z reaktancją X. Wyznacz X.

V = 230 VI = 6,5 AP = 1346 W
X = Ω
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 40 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 40 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym) z zasilania 230 V, 50 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,98. Wyznacz potrzebną pojemność C.

P = 40 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98V = 230 Vf = 50 Hz
C = µF
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 415 VIL​ = ?M110 kW, η = 95%cos φ = 0,84

Trójfazowy silnik indukcyjny oddaje przy pełnym obciążeniu 110 kW mocy mechanicznej. Przy tym obciążeniu jego sprawność wynosi 95%, a współczynnik mocy 0,84 (indukcyjny). Napięcie przewodowe sieci wynosi 415 V. Wyznacz prąd przewodowy IL.

Pout = 110 kWη = 95%cos φ = 0,84VL = 415 V
IL = A
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 300 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) z sieci 400 V (napięcie przewodowe), 60 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,9 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Wyznacz całkowitą moc bierną QC, którą musi dostarczyć bateria kondensatorów, w kvar.

P = 300 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatoryŚredni
7200 V240 VIHV​ = ?ILV​10 kVA

Jednofazowy transformator 10 kVA, 7200/240 V pracuje przy obciążeniu znamionowym. Potraktuj go jako idealny. Wyznacz prąd IHV w uzwojeniu górnego napięcia.

S = 10 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
IHV = A
20.TransformatoryTrudny
100 kVA

Jednofazowy transformator 100 kVA ma straty w rdzeniu 400 W i straty w miedzi 1600 W przy obciążeniu znamionowym. Przy jakim obciążeniu Sη,max, w kVA, jego sprawność jest najwyższa?

S = 100 kVAPcore = 400 WPcu,fl = 1600 W
Sη,max = kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 1 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = 4 VRa​ = 10 kΩRb​ = 1 kΩ

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

Vin = 4 VRa = 10 kΩRb = 1 kΩR1 = 1 kΩRf = 1 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 22 kΩV1​ = 1,1 VR1​ = 22 kΩV2​ = 0,3 VR2​ = 2 kΩ

Wzmacniacz sumujący korzysta z idealnego wzmacniacza operacyjnego zasilanego napięciem ±15 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

V1 = 1,1 VV2 = 0,3 VR1 = 22 kΩR2 = 2 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 1,2 kΩβ = 100IC​ = ?VCC​ = 12 VRB​ = 470 kΩ

Tranzystor NPN o β = 100 jest spolaryzowany rezystorem bazowym RB = 470 kΩ z zasilania VCC = 12 V. Rezystor kolektorowy to RC = 1,2 kΩ, a emiter jest uziemiony. Przyjmij VBE = 0,7 V i załóż, że tranzystor pracuje w obszarze aktywnym. Wyznacz prąd kolektora IC w mA.

VCC = 12 VRB = 470 kΩRC = 1,2 kΩβ = 100VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 330 Ωβ = 100VCC​ = 12 V5 VRB​ = ?

Tranzystor NPN o β = 100 przełącza rezystor obciążenia 330 Ω włączony między VCC = 12 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 5 V przez rezystor bazowy RB. Przyjmij VBE = 0,7 V i VCE(sat) = 0,2 V. Dla niezawodnego przełączania zaprojektuj prąd bazy 10 razy większy od minimalnego potrzebnego do nasycenia. Wyznacz RB w kΩ.

VCC = 12 VRC = 330 Ωβ = 100Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vprzesterowanie = 10
RB = kΩ
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U20−12806403201608040201

Ustaw bity tak, aby zapisywały −97 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −978 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
2077 kodów, b = ? bitów?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

System musi nadać każdemu z 2077 elementów własny kod dwójkowy tej samej długości. Ile co najmniej bitów b potrzeba?

2077
b = bit
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
MUXCI0​CI1​0I2​C′I3​ABS1​S0​F

Multiplekser 4-do-1 ma wejścia wyboru S₁ = A i S₀ = B, a wejścia danych podłączone do I₀ = C, I₁ = C, I₂ = 0, I₃ = C′. Dla ilu z 8 kombinacji A, B i C wyjście F = 1? Znajdź N.

I₀ = CI₁ = CI₂ = 0I₃ = C′
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
ABCD0001111000011110000103121405X716112013015X140809011110

Znajdź minimalną postać SOP funkcji F(A, B, C, D) = Σm(2, 4, 6, 10, 12) + d(7, 14), gdzie d oznacza stany nieokreślone. Ile literałów L zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(2, 4, 6, 10, 12) + d(7, 14)
L =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
ReIm−5−10−15

Znajdź f(t) dla F(s) = (s + 17)/(s² + 8s + 25) metodą dopełnienia do kwadratu i oblicz f(0,1).

F(s) = (s + 17)/(s² + 8s + 25)t = 0,1 s
f(0.1) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,6y(0,6) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 7y′ + 10y = 60·u(t). Startuje ze stanu spoczynku (y(0) = 0, y′(0) = 0), a wejściem jest skok u(t) = 2 dla t ≥ 0. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź wyjście y(0,6).

y″ + 7y′ + 10y = 60·u(t)u(t) = 2y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,6 s
y(0.6) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+26s + 2G(s)C(s)0,2H−

Obiekt G(s) = 26/(s + 2) jest regulowany w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego, w której czujnik ma wzmocnienie H = 0,2. Na wejście R podano skok o wielkości 24. Znajdź wyjście w stanie ustalonym css.

G(s) = 26/(s + 2)H = 0,2R = 24
css =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+14s(s + 4)G(s)C(s)2H−

Obiekt G(s) = 14/(s(s + 4)) 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) = 14/(s(s + 4))H = 2
ωd = rad/s
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)0,5

Układ ma transmitancję G(s) = 46/(s² + 14s + 92) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Wyznacz współczynnik tłumienia ζ.

G(s) = 46/(s² + 14s + 92)
ζ =
34.Odpowiedź skokowaTrudny
R(s)+275s(s + 12)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 275/(s(s + 12)). Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej układu zamkniętego, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 275/(s(s + 12))
ts = s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,11101001000−60−40−20020ω (rad/s)ω = 30

Znajdź dokładny moduł |G(jω)| G(s) = 1440/((s + 9)(s + 16)) przy ω = 30 rad/s, w dB.

G(s) = 1440/((s + 9)(s + 16))ω = 30 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 368/(s(s + 5)(s + 8)). Znajdź zapas wzmocnienia GM w dB.

L(s) = 368/(s(s + 5)(s + 8))
GM = dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K1s(s + 5)(s + 8)C(s)−

Pętla na schemacie ma transmitancję układu otwartego L(s) = K/(s(s + 5)(s + 8)). Wzmocnienie zwiększa się, aż układ zamknięty znajdzie się na granicy stabilności. Wyznacz częstotliwość ω drgań niegasnących.

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 8))
ω = rad/s
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K(s + 1)/(s(s + 4)(s + 6)). Wyznacz punkt σa, w którym asymptoty linii pierwiastkowej przecinają oś rzeczywistą.

L(s) = K(s + 1)/(s(s + 4)(s + 6))
σa =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 10 + 4t+10(s + 2)s(s + 5)C(s)−

Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 10(s + 2)/(s(s + 5)) podano wejście r(t) = 10 + 4t (skok plus narastanie liniowe). Wyznacz uchyb ustalony ess.

G(s) = 10(s + 2)/(s(s + 5))r(t) = 10 + 4t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+K = 410s(s + 10)C(s)−

Regulator proporcjonalny K = 4 steruje obiektem G(s) = 10/(s(s + 10)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Znajdź czas szczytu tp odpowiedzi skokowej.

G(s) = 10/(s(s + 10))K = 4
tp = s

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 0,88 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​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAR4​6 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

Zacznij od końca najdalszego od źródła i idź w jego stronę. Rezystory z tym samym prądem są połączone szeregowo; rezystory między tymi samymi dwoma węzłami są połączone równolegle.

R3 + R4 = 4 + 6 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 12·10/(12+10) = 5,455 Ω
Req = R1 + 5,455 = 15 + 5,455 = 20,45 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 18/20,45 = 0,88 A

Odpowiedź

IR1 = 0,88 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 0,1473 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​ = 30 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​5 VR2​6 ΩAR4​20 ΩBR6​10 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 = 8 + 10 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 9,474 Ω
R3 + 9,474 = 11,47 Ω
R2 ∥ 11,47 = 3,94 Ω
Req = R1 + 3,94 = 30 + 3,94 = 33,94 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 5/33,94 = 0,1473 A

Odpowiedź

IR1 = 0,1473 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: PIs = 50,67 W

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 wpływającemu do A ze źródeł.

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/2 + (VA − 15)/8 + (VA − VB)/10 = 0
0,725·VA − 0,1·VB = 1,875

PPK w węźle B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/4 + (VB − VA)/10 = 4
−0,1·VA + 0,35·VB = 4

Rozwiąż

Δ = (0,725)(0,35) − (−0,1)(−0,1) = 0,2437
VA = Δ1/Δ = 1,056/0,2437 = 4,333 V
VB = Δ2/Δ = 3,087/0,2437 = 12,67 V

Moc oddawana przez źródło prądu

Źródło wpycha Iₛ w górę do węzła B, od masy (0 V) do VB. Źródło, którego prąd wypływa z zacisku +, oddaje moc P = V·I.

PIs = VB·Is = 12,67·4 = 50,67 W

Odpowiedź

PIs = 50,67 W
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VA = 24,21 V

Metoda potencjałów węzłowych: wybierz węzeł odniesienia, oznacz nieznane potencjały węzłów, zapisz prądowe prawo Kirchhoffa w każdym nieznanym węźle z prawa Ohma (I = ΔV/R) i rozwiąż równania.

R1​ = 5 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​24 VR3​12 ΩAR5​15 ΩBIs​6 A+−V2​10 V

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 24 V, V2 = 10 V). Niewiadome: VA, VB.

PPK w węźle A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/12 + (VA − 24)/5 + (VA − VB)/8 = 0
0,4083·VA − 0,125·VB = 4,8

PPK w węźle B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/15 + (VB − VA)/8 + (VB − 10)/25 = 6
−0,125·VA + 0,2317·VB = 6,4

Rozwiąż

Δ = (0,4083)(0,2317) − (−0,125)(−0,125) = 0,07897
VA = Δ1/Δ = 1,912/0,07897 = 24,21 V
VB = Δ2/Δ = 3,213/0,07897 = 40,69 V

Odpowiedź

VA = 24,21 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I1 = 1,444 A

Metoda prądów oczkowych: każdemu oknu obwodu płaskiego przypisz własny prąd oczkowy, zapisz napięciowe prawo Kirchhoffa dla każdego oczka (suma spadków = suma wzrostów) i rozwiąż. Prądy gałęzi to prąd oczkowy lub różnica dwóch prądów oczkowych we wspólnej gałęzi.

R1​ = 6 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​18 VR3​8 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

Przypisz prądy oczkowe

Narysuj w każdym oknie prąd zgodny z ruchem wskazówek zegara: I1, I2. Rezystor wspólny dla dwóch oczek przewodzi różnicę ich prądów.

NPK w oczku 1

Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
6·I1 + 8(I1 − I2) = 18
14·I1 − 8·I2 = 18

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
12·I2 + 8(I2 − I1) = (−6)
−8·I1 + 20·I2 = −6

Rozwiąż

Δ = (14)(20) − (−8)(−8) = 216
I1 = Δ1/Δ = 312/216 = 1,444 A
I2 = Δ2/Δ = 60/216 = 0,2778 A

Odpowiedź

I1 = 1,444 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: VR1 = 15,53 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​ = 10 ΩR2​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​36 VR4​20 ΩAR5​8 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
10·I1 + 20(I1 − I2) = 36
30·I1 − 20·I2 = 36

NPK w oczku 2

Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
4·I2 + 20(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−20·I1 + 32·I2 − 8·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
10·I3 + 8(I3 − I2) = (−36)
−8·I2 + 18·I3 = −36

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 8160
I1 = Δ1/Δ = 12672/8160 = 1,553 A
I2 = Δ2/Δ = 4320/8160 = 0,5294 A
I3 = Δ3/Δ = −14400/8160 = −1,765 A

Odpowiedź

IR1 = I1 = 1,553 A
VR1 = IR1·R1 = 1,553·10 = 15,53 V

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: I = 3,2 mA

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.

Zapisz odpowiedź jako sumę wkładów

Każdy wkład jest proporcjonalny do własnego źródła, ze stałą zależną tylko od rezystorów.

I = k₁·Vs + k₂·Is
8·k₁ + 8·k₂ = 3,2
5·k₁ + 2·k₂ = 3,2

Wyznacz stałe

Δ = (8)(2) − (8)(5) = −24
k₁ = Δ1/Δ = −19,2/−24 = 0,8
k₂ = Δ2/Δ = 9,6/−24 = −0,4
k₁ = 0,8 mA/V, k₂ = −0,4

Przewidź nowy prąd

I = 0,8·6 + (−0,4)·4 = 3,2 mA

Odpowiedź

I = 3,2 mA
8.Superpozycja

Odpowiedź: PR3 = 7,885 W

Superpozycja: w obwodzie liniowym każde napięcie i każdy prąd to suma odpowiedzi na każde niezależne źródło działające osobno. Aby wyłączyć źródło, zastąp idealne źródło napięcia zwarciem, a idealne źródło prądu rozwarciem. Rezystory zostają na miejscu.

R1​ = 15 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​9 VR3​10 ΩAROZWARCIEBZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

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

R3 ∥ (R2+R4) = 10 ∥ 24 = 7,059 Ω
VA = 9·7,059/(15+7,059) = 2,88 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,88·12/24 = 1,44 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (2,88 − 0)/10 = 0,288 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 12 ΩZWARCIER3​10 ΩAIs​1,5 ABZWARCIE

Przypadek 2 · działa tylko Is

Oba źródła napięcia stają się zwarciami. Iₛ rozdziela się w B między R₄ (teraz do masy) a R₂ szeregowo z R₁ ∥ R₃.

R1 ∥ R3 = 6 Ω, więc lewa gałąź to R2+6 = 18 Ω
Req = R4 ∥ 18 = 7,2 Ω
VB = Is·Req = 1,5·7,2 = 10,8 V
VA = VB·6/18 = 3,6 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (3,6 − 0)/10 = 0,36 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 12 ΩZWARCIER3​10 ΩAROZWARCIEB+−V2​12 V

Przypadek 3 · działa tylko V2

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

R1 ∥ R3 = 15·10/(15+10) = 6 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 12·18/30 = 7,2 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 7,2·6/18 = 2,4 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (2,4 − 0)/10 = 0,24 A

Zsumuj wkłady prądu

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴ = 0,288 + 0,36 + 0,24 = 0,888 A

Moc w rezystorze

Moc zależy od kwadratu prądu, więc nie podlega zasadzie superpozycji: najpierw zsumuj prądy, potem podnieś do kwadratu.

PR3 = IR3²·R3 = 0,888²·10 = 7,885 W

Odpowiedź

PR3 = 7,885 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 2,701 W, co jest błędne.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = 0,9231 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​ = 5 ΩR3​ = 4 ΩZWARCIER2​5 ΩAabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

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

R1 ∥ R2 = 5·5/(5+5) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 4 = 6,5 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

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

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 12·5/(5+5) = 6 V
IN​0,9231 ARth​6,5 Ωab

Układ zastępczy Nortona

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

IN = Vth/Rth = 6/6,5 = 0,9231 A
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 0,865 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​ = 3 ΩR3​ = 10 ΩZWARCIER2​20 ΩAROZWARCIEBabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

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

R1 ∥ R2 = 3·20/(3+20) = 2,609 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,609 + 10 = 12,61 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAIs​1 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) = 5,217 + 1·2,609 = 7,826 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 7,826 + 1·10 = 17,83 V
Rth​ = 12,61 Ω+−Vth​17,83 VRL​8 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) = 17,83/(12,61 + 8) = 0,865 A
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: W = 53,65 mJ

Stany nieustalone pierwszego rzędu: w obwodzie z jednym kondensatorem lub jedną cewką każde napięcie i każdy prąd zmienia się wykładniczo od wartości początkowej do końcowej: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, gdzie τ = RC lub τ = L/R. Po około 5τ obwód jest w stanie ustalonym.

Stała czasowa i prąd końcowy

Długo po zamknięciu łącznika cewka zachowuje się jak zwarcie, więc prąd końcowy zależy tylko od R.

τ = L/R = 100 mH / 15 Ω = 6,667 ms
i(∞) = Vs/R = 20/15 = 1,333 A

Prąd w danej chwili

i(t) = 1,333·(1 − e−10/6,667) = 1,036 A

Zgromadzona energia

W = ½·L·i² = ½·100·1,036² = 53,65 mJ

Odpowiedź

W = 53,65 mJ
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 186,7 ms

Stany nieustalone pierwszego rzędu: w obwodzie z jednym kondensatorem lub jedną cewką każde napięcie i każdy prąd zmienia się wykładniczo od wartości początkowej do końcowej: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, gdzie τ = RC lub τ = L/R. Po około 5τ obwód jest w stanie ustalonym.

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

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

vC(0) = 5 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 33 µF = 155,1 ms
vC(t) = 15 + (5 − 15)·e−t/τ

Wyznacz czas

12 = 15 + (−10)·e−t/τ → e−t/τ = (12 − 15)/(5 − 15) = 0,3
t = τ·ln((5 − 15)/(12 − 15)) = 155,1·ln(3,333) = 186,7 ms

Odpowiedź

t = 186,7 ms
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: |Z| = 36,82 Ω

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

Reaktancja

XL = ωL = 2π·100·0,15 = 94,25 Ω

Prądy gałęzi

Obie gałęzie są podłączone bezpośrednio do zasilania, więc na każdej jest pełne napięcie V.

IR = V/R = 230/40 = 5,75 A
IX = V/XL = 230/94,25 = 2,44 A

Prąd całkowity

Prąd rezystora jest w fazie z V, a prąd bierny przesunięty o 90°, więc dodają się jak boki trójkąta prostokątnego.

I = √(IR² + IX²) = √(5,75² + 2,44²) = 6,246 A

Impedancja

|Z| = V/I = 230/6,246 = 36,82 Ω

Odpowiedź

|Z| = 36,82 Ω
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: f0 = 519,1 Hz

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|.

Rezonans

W rezonansie reaktancje indukcyjna i pojemnościowa się znoszą: ωL = 1/(ωC). Częstotliwość zasilania nie ma znaczenia.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,02·4,7·10⁻⁶)) = 519,1 Hz

Odpowiedź

f0 = 519,1 Hz
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: X = 15,4 Ω

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.

Rezystancja z mocy czynnej

R = P/I² = 1346/6,5² = 31,86 Ω

Reaktancja z impedancji

|Z| = V/I = 230/6,5 = 35,38 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(35,38² − 31,86²) = 15,4 Ω

Odpowiedź

X = 15,4 Ω
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: C = 2325 µF

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

Moc bierna przed i po

Moc czynna P się nie zmienia; zmienia się tylko moc bierna pobierana z sieci.

Q1 = P·tan φ1 = 40·tan(49,46°) = 46,77 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(11,48°) = 8,122 kvar
QC = Q1 − Q2 = 38,64 kvar

Pojemność

Kondensator dołączony do zasilania dostarcza Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 38643/(2π·50·230²) = 2325 µF

Odpowiedź

C = 2325 µF
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: IL = 191,8 A

Symetryczne układy trójfazowe: w połączeniu w gwiazdę (Y) napięcie przewodowe jest √3 razy większe od napięcia fazowego, VL = √3·Vph, a prąd przewodowy jest równy prądowi fazowemu. W połączeniu w trójkąt (Δ) napięcie przewodowe jest równe napięciu fazowemu, a prąd przewodowy jest √3 razy większy od prądu fazowego, IL = √3·Iph. Moc całkowita jest trzykrotnością mocy jednej fazy: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Elektryczna moc wejściowa

Pin = Pout/η = 110/0,95 = 115,8 kW

Prąd linii

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 115789/(√3·415·0,84) = 191,8 A

Odpowiedź

IL = 191,8 A
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: QC = 79,7 kvar

Symetryczne układy trójfazowe: w połączeniu w gwiazdę (Y) napięcie przewodowe jest √3 razy większe od napięcia fazowego, VL = √3·Vph, a prąd przewodowy jest równy prądowi fazowemu. W połączeniu w trójkąt (Δ) napięcie przewodowe jest równe napięciu fazowemu, a prąd przewodowy jest √3 razy większy od prądu fazowego, IL = √3·Iph. Moc całkowita jest trzykrotnością mocy jednej fazy: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Kompensacja mocy biernej: kondensatory dostarczają moc bierną lokalnie, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Każdy z trzech kondensatorów dostarcza QC/3 = V²·ω·C, gdzie V to napięcie na tym kondensatorze: VL w baterii połączonej w trójkąt, VL/√3 w baterii połączonej w gwiazdę.

Moc bierna przed i po

Moc czynna się nie zmienia, więc każdy współczynnik mocy wyznacza moc bierną: Q = P·tan φ.

Q1 = 300·tan(acos 0,8) = 300·0,75 = 225 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,9) = 300·0,4843 = 145,3 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 79,7 kvar

Odpowiedź

QC = 79,7 kvar
19.Transformatory

Odpowiedź: IHV = 1,389 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.

IHV = S/V = 10000/7200 = 1,389 A

Odpowiedź

IHV = 1,389 A
20.Transformatory

Odpowiedź: Sη,max = 50 kVA

Straty w transformatorze: straty w rdzeniu (histereza i prądy wirowe) zależą od napięcia i są takie same przy każdym obciążeniu. Straty w miedzi uzwojeń zmieniają się z kwadratem prądu, więc przy ułamku x obciążenia znamionowego wynoszą x²·Pcu,fl. Sprawność η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), z Pout = x·S·pf. Sprawność jest najwyższa przy obciążeniu, przy którym straty w miedzi są równe stratom w rdzeniu.

Straty w miedzi równe stratom w rdzeniu

x²·1600 = 400 → x = √(400/1600) = 0,5

Obciążenie przy maksymalnej sprawności

Sη,max = x·S = 0,5·100 = 50 kVA

Odpowiedź

Sη,max = 50 kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 0,7273 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) = 4·1/(10 + 1) = 0,3636 V

Wzmocnienie nieodwracające

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

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,3636·(1 + 1/1) = 0,7273 V

Odpowiedź

Vout = 0,7273 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −4,4 V

Zasady idealnego wzmacniacza operacyjnego: przy ujemnym sprzężeniu zwrotnym wzmacniacz ustawia wyjście tak, aby oba wejścia miały to samo napięcie (V₋ = V₊), a do żadnego wejścia nie płynie prąd. PPK na wejściu odwracającym z tymi dwoma faktami daje wyjście.

Prądy wejściowe

V₋ = 0, więc na każdym rezystorze wejściowym jest całe jego napięcie wejściowe.

I1 = V1/R1 = 1,1/22 = 0,05 mA
I2 = V2/R2 = 0,3/2 = 0,15 mA
If = I1 + I2 = 0,2 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −22·0,2 = −4,4 V

Odpowiedź

Vout = −4,4 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 2,404 mA

Punkt pracy tranzystora bipolarnego: w obszarze aktywnym VBE = 0,7 V, IC = β·IB i IE = (β + 1)·IB. Wyznacz IB z oczka bazy za pomocą napięciowego prawa Kirchhoffa, potem IC, a następnie VCE z oczka kolektor–emiter. Dzielnik napięcia w bazie zastępuje się jego zastępczym układem Thévenina VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; rezystor emiterowy w oczku bazy jest widziany jako (β + 1) razy większy.

Prąd bazy

IB = (VCC − VBE)/RB = (12 − 0,7)/470 kΩ = 24,04 µA

Prąd kolektora

IC = β·IB = 100·24,04 µA = 2,404 mA

Odpowiedź

IC = 2,404 mA

Sprawdzenie: VCE = 9,115 V jest wyraźnie większe od 0,2 V, więc tranzystor rzeczywiście pracuje w obszarze aktywnym.

24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: RB = 1,203 kΩ

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

Prąd kolektora w nasyceniu

IC(sat) = (12 − 0,2)/330 = 35,76 mA

Minimalny prąd bazy

IB(min) = IC(sat)/β = 35,76/100 = 357,6 µA

Projektowy prąd bazy

IB = 10·357,6 µA = 3576 µA

Rezystor bazowy

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/3,576 mA = 1,203 kΩ

Odpowiedź

RB = 1,203 kΩ
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 159

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

97 = 0110 0001
odwrócone: 1001 1110
+1 → 1001 1111

Odczytaj bez znaku

1001 1111₂ = 256 − 97 = 159

Odpowiedź

U = 159
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: b = 12 bit

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.

Potęgi dwójki

211 = 2048 < 2077
212 = 4096 ≥ 2077

Odpowiedź

b = 12
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 3

Multiplekser: multiplekser 2ⁿ-do-1 przekazuje na wyjście jedno ze swoich wejść danych; linie wyboru, odczytane jako liczba binarna, wskazują które. Dla multipleksera 4-do-1 z wejściami wyboru S₁S₀ = AB: F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Podłączenie wejść danych do 0, 1, C lub C′ sprawia, że multiplekser realizuje dowolną funkcję A, B i C, co jest częstym sposobem budowania logiki w jednym układzie scalonym.

Wyrażenie wyjścia

F = A′B′C + A′BC + ABC′

Wiersze z F = 1

ABC = 001, 011, 110
N = 3

Odpowiedź

N = 3
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: L = 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.

Implikanty proste

Największe grupy, jakie można utworzyć z jedynek i X.

CD′, BD′, A′BC
ABCD0001111000011110000103121405X716112013015X140809011110

Minimalne pokrycie

F = CD′ + BD′
L = 4

Odpowiedź

L = 4
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.1) = 1,499

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).

Dopełnienie do kwadratu

s² + 8s + 25 = (s + 4)² + 9 = (s + 4)² + 3²

Dopasuj licznik

F(s) = 1·(s + 4)/((s + 4)² + 3²) + (13/3)·3/((s + 4)² + 3²)

Transformata odwrotna

f(t) = e−4t·(cos 3t + 4,333·sin 3t)
f(0,1) = e−4·0,1·(cos(3·0,1) + 4,333·sin(3·0,1)) = 1,499

Odpowiedź

f(0,1) = 1,499
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.6) = 6,374

Transformata Laplace’a: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt zamienia pochodne na mnożenie przez s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Podstawowe pary: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), a przesunięcie s → s + σ mnoży funkcję czasu przez e−σt. Aby odwrócić wymierną F(s), rozłóż ją na ułamki proste: residuum prostego bieguna p wynosi A = [(s − p)·F(s)] przy s = p. Twierdzenie o wartości końcowej: f(∞) = lims→0 s·F(s), słuszne tylko wtedy, gdy wszystkie bieguny s·F(s) leżą w lewej półpłaszczyźnie. Twierdzenie o wartości początkowej: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Przekształcenie równania

Y(s) = 120/(s(s + 2)(s + 5))

Ułamki proste

A = 120/(2·5) = 12
B = 120/((−2)·3) = −20
C = 120/((−5)·(−3)) = 8

Wydalone

y(t) = 12 − 20·e−2t + 8·e−5t
y(0,6) = 6,374

Odpowiedź

y(0,6) = 6,374
31.Schematy blokowe

Odpowiedź: css = 86,67

Algebra schematów blokowych: bloki połączone szeregowo mnożą się (G₁·G₂), bloki połączone równolegle dodają się (G₁ + G₂), a pętla ze ścieżką prostą G i ścieżką sprzężenia zwrotnego H redukuje się do T = G/(1 + G·H) dla ujemnego sprzężenia zwrotnego i G/(1 − G·H) dla dodatniego. Najpierw redukuj pętle wewnętrzne, potem idź na zewnątrz. Bieguny układu zamkniętego są pierwiastkami równania charakterystycznego 1 + G(s)H(s) = 0. Dla stabilnej pętli wymuszenie skokowe o wielkości A daje w stanie ustalonym wyjście A·T(0); przy jednostkowym sprzężeniu zwrotnym uchyb ustalony przy skoku wynosi A/(1 + Kp), gdzie Kp = G(0).

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = G/(1 + G·H) = 26/(s + 2 + 5,2) = 26/(s + 7,2)

Wynik

css = R·T(0) = 24·26/7,2 = 86,67

Odpowiedź

css = 86,67
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: ωd = 4,899 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 + 4) + 14·2 = 0 → s² + 4s + 28 = 0

Pierwiastki

s = −2 ± j·√(28 − 4) = −2 ± j4,899
ωd = 4,899 rad/s

Odpowiedź

ωd = 4,899 rad/s
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ζ = 0,7298

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 = 92 → ωₙ = 9,592 rad/s
2ζωₙ = 14 → ζ = 14/(2·9,592) = 0,7298

Wynik

ζ = 0,7298

Odpowiedź

ζ = 0,7298
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ts = 0,6667 s

Odpowiedź skokowa: układ pierwszego rzędu G(s) = K/(τs + 1) odpowiada na skok o wielkości U przebiegiem y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): po jednej stałej czasowej τ osiąga 63,2 % wartości końcowej K·U, a po 4τ 98 %. Układ drugiego rzędu G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) ma bieguny s = −ζωₙ ± jωd, gdzie ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Dla 0 < ζ < 1 odpowiedź skokowa ma przeregulowanie: przeregulowanie procentowe %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), czas szczytu tp = π/ωd, a 2-procentowy czas ustalania ts ≈ 4/(ζωₙ). Porównaj mianownik z s² + 2ζωₙs + ωₙ², aby odczytać ωₙ i ζ. Dla układu masa–sprężyna–tłumik ωₙ = √(k/m) i ζ = c/(2√(km)); dla szeregowego obwodu RLC ωₙ = 1/√(LC) i ζ = (R/2)·√(C/L).

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = 275/(s² + 12s + 275): ωₙ = 16,58 rad/s, ζ = 0,3618

Czas ustalania

ζωₙ = 12/2 = 6
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 0,6667 s

Odpowiedź

ts = 0,6667 s

Dla tej pętli ζωₙ = a/2 niezależnie od K: zwiększenie K zwiększa przeregulowanie, ale nie skraca czasu ustalania.

35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: |G(jω)| = 2,621 dB

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

Pomnóż moduły

|G(j30)| = 1440/(√(30² + 9²)·√(30² + 16²)) = 1440/(31,32·34) = 1,352

Wynik

20·log₁₀(1,352) = 2,621 dB

Odpowiedź

|G(jω)| = 2,621 dB
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: GM = 3,003 dB

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

Częstotliwość odcięcia fazy

(ω/5)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(5·8) = 6,325 rad/s

Moduł przy częstotliwości odcięcia fazy

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 25)·√(ω² + 64)) = K/(5·8·(5 + 8)) = K/520

Zapas wzmocnienia

GM = 20·log₁₀(520/368) = 3,003 dB

Odpowiedź

GM = 3,003 dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: ω = 6,325 rad/s

Kryterium Routha–Hurwitza: układ liniowy jest stabilny, gdy wszystkie pierwiastki jego wielomianu charakterystycznego leżą w lewej półpłaszczyźnie płaszczyzny s. Współczynniki wpisuje się naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha. Każdy element nowego wiersza powstaje z dwóch wierszy powyżej; dla wielomianu trzeciego stopnia a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ element w wierszu s¹ to b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Liczba zmian znaku w pierwszej kolumnie jest równa liczbie pierwiastków w prawej półpłaszczyźnie. Gdy we współczynnikach występuje wzmocnienie K, każdy element pierwszej kolumny musi pozostać dodatni: wzmocnienie, przy którym element wiersza s¹ zeruje się, to granica stabilności, a wiersz s² daje wtedy częstotliwość drgań niegasnących.

Tablica Routha

s³ + 13s² + 40s + K = 0
s³: 1, 40
s²: 13, K
s¹: (13·40 − K)/13
s⁰: K

Wzmocnienie krytyczne

K = 13·40 = 520

Równanie pomocnicze

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

13s² + 520 = 0 → s = ±j√40
ω = 6,325 rad/s

Odpowiedź

ω = 6,325 rad/s
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: σa = −4,5

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: 0, −4, −6
zera: −1
n − m = 3 − 1 = 2

Środek ciężkości

σa = (−10 − (−1))/2 = −4,5

Odpowiedź

σa = −4,5

2 asymptot wychodzi ze środka asymptot pod kątami 90°, 270°.

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 1

Uchyb ustalony: w pętli ze sprzężeniem jednostkowym o transmitancji układu otwartego G(s) uchyb wynosi E(s) = R(s)/(1 + G(s)), a z twierdzenia o wartości końcowej ess = lims→0 s·E(s). Typ układu to liczba biegunów G(s) w s = 0. Stałe uchybowe to Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) oraz Ka = lim s²·G(s), wszystkie dla s → 0. Skok o wartości A daje ess = A/(1 + Kp), narastanie liniowe A·t daje A/Kv, a parabola A·t²/2 daje A/Ka. Pętla typu 0 nadąża za skokiem ze skończonym uchybem, pętla typu 1 nadąża za nim dokładnie, a za narastaniem liniowym ze skończonym uchybem.

Stała prędkościowa

Kv = lim s·G(s) = 4

Część skokowa

Kp = ∞ → estep = 0

Uchyb dla narastania liniowego

ess = 4/4 = 1

Odpowiedź

ess = 1
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: tp = 0,8112 s

Regulacja P, PI i PID: regulator C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s działa na uchyb. Wzmocnienie proporcjonalne przyspiesza układ i zmniejsza uchyb obiektu typu 0, ale nigdy go nie usuwa. Człon całkujący dodaje biegun w s = 0: typ układu rośnie o jeden, a skok jest śledzony bez uchybu. Człon różniczkujący zwiększa tłumienie. Aby dobrać nastawy, zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego i porównaj go z s² + 2ζωns + ωn². Wtedy %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, gdzie ωd = ωn√(1 − ζ²), oraz ts ≈ 4/(ζωn).

Wielomian charakterystyczny

s(s + 10) + 4·10 = s² + 10s + 40

ωₙ i ζ

ωₙ = √40 = 6,325 rad/s
ζ = 10/(2·6,325) = 0,7906

Czas szczytu

ωd = 6,325·√(1 − 0,7906²) = 3,873 rad/s
tp = π/3,873 = 0,8112 s

Odpowiedź

tp = 0,8112 s

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