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​ = 5 ΩIR1​R3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​6 ΩB

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

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

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 ΩR4 = 12 ΩR5 = 5 ΩR6 = 20 Ω
IR1 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 20 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩAR4​10 ΩBIs​3 A

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

V1 = 9 VIs = 3 AR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 ΩR4 = 10 Ω
VB = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 10 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​25 ΩBIs​?

Źródło prądu jest regulowane, aż potencjał węzła A osiągnie VA = 7 V. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd źródła Is (kierunek jak na rysunku).

V1 = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 ΩR4 = 25 ΩVA = 7 V
Is = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 15 ΩR2​ = 20 ΩIR2​+−V1​9 VR3​3 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd IR2 płynący przez R2 w kierunku strzałki.

V1 = 9 VV2 = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 Ω
IR2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 4 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​24 VR4​5 ΩAR5​3 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

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

V1 = 24 VV2 = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 3 ΩR3 = 25 ΩR4 = 5 ΩR5 = 3 Ω
I3 = A
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 = 4 V i Is = 4 mA I = 4,4 mA; przy Vs = 12 V i Is = 2 mA I = 14,2 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy Vs = 12 V i Is = 3 mA.

4 V, 4 mA → 4,4 mA12 V, 2 mA → 14,2 mAVs = 12 V, Is = 3 mA
I = mA
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 30 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 15 ΩIR4​+−V1​5 VR3​10 ΩAIs​6 AB+−V2​10 V

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR4 pobieraną przez R4.

V1 = 5 VIs = 6 AV2 = 10 VR1 = 30 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 Ω
PR4 = W
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAab

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

V1 = 10 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 5 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​36 VR2​20 ΩAIs​4 ABRL​25 ΩIL​

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

V1 = 36 VIs = 4 AR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 25 ΩRL = 25 Ω
PL = W
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​12 Vt = 0R = 22 ΩL47 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz napięcie vL na cewce w chwili t = 5 ms.

Vs = 12 VR = 22 ΩL = 47 mHt = 5 ms
vL = V
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​15 Vt = 0R = 2,2 kΩC47 µF+−vC​vC​(0) = 30 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 30 V o zaznaczonej biegunowości. Po jakim czasie vC osiągnie 25,5 V? Wyznacz t.

Vs = 15 VR = 2,2 kΩC = 47 µFvC(0) = 30 V
t = ms
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
24 V60 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 47 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 24 V (skuteczne), 60 Hz. Wyznacz współczynnik mocy cos φ obwodu.

V = 24 V (rms)f = 60 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 47 µF
cos φ =
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
100 V50 HzR = 25 ΩL = 100 mHC = 10 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 100 V (skuteczne), 50 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.

V = 100 V (rms)f = 50 HzR = 25 ΩL = 100 mHC = 10 µF
I = A
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 32 kWQ = ?Sφ

Silnik jednofazowy pobiera 32 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) z zasilania 240 V. Wyznacz moc bierną Q, którą pobiera.

P = 32 kWpf = 0,8V = 240 V
Q = kvar
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 30 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 30 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) z zasilania 240 V, 50 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,9. Wyznacz potrzebną pojemność C.

P = 30 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9V = 240 Vf = 50 Hz
C = µF
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M18,5 kW, η = 92%cos φ = 0,86

Trójfazowy silnik indukcyjny oddaje przy pełnym obciążeniu 18,5 kW mocy mechanicznej. Przy tym obciążeniu jego sprawność wynosi 92%, a współczynnik mocy 0,86 (indukcyjny). Napięcie przewodowe sieci wynosi 480 V. Wyznacz prąd przewodowy IL.

Pout = 18,5 kWη = 92%cos φ = 0,86VL = 480 V
IL = A
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 50 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) z sieci 690 V (napięcie przewodowe), 60 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,92 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w trójkąt. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 50 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
6600 V230 VIHV​ILV​ = ?500 kVA

Jednofazowy transformator 500 kVA, 6600/230 V pracuje przy obciążeniu znamionowym. Potraktuj go jako idealny. Wyznacz prąd ILV w uzwojeniu dolnego napięcia.

S = 500 kVAV1 = 6600 VV2 = 230 V
ILV = A
20.TransformatoryTrudny
pf 0,95250 kVA, η = 98,8%

Jednofazowy transformator 250 kVA ma straty w rdzeniu 1250 W. Przy obciążeniu znamionowym i współczynniku mocy 0,95 (indukcyjnym) jego sprawność wynosi 98,8%. Wyznacz straty w miedzi przy pełnym obciążeniu Pcu,fl w watach.

S = 250 kVAPcore = 1250 Wpf = 0,95η = 98,8%
Pcu,fl = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩR1​ = 2 kΩVin​ = 1 V

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

Vin = 1 VR1 = 2 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 47 kΩV1​ = −0,1 VR1​ = 22 kΩV2​ = 0,2 VR2​ = 1 kΩ

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

V1 = −0,1 VV2 = 0,2 VR1 = 22 kΩR2 = 1 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 1,2 kΩβ = 50IC​ = ?VCC​ = 12 VRB​ = 470 kΩ

Tranzystor NPN o β = 50 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 = 50VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
+−≥ 12 VR = ?5,6 V≤ 10 mA

Stabilizator z diodą Zenera 5,6 V ma dostarczać do obciążenia do 10 mA. Napięcie wejściowe może spaść do 12 V, a dioda Zenera potrzebuje co najmniej 5 mA, aby stabilizować. Wyznacz największą rezystancję szeregową Rmax, przy której stabilizacja jest zachowana.

Vin,min = 12 VVZ = 5,6 VIL,max = 10 mAIZ,min = 5 mA
Rmax = Ω
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U20−12806403201608040201

Ustaw bity tak, aby zapisywały −32 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −328 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
129 kodów, b = ? bitów?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

System musi nadać każdemu z 129 elementów własny kod dwójkowy tej samej długości. Ile co najmniej bitów b potrzeba?

129
b = bit
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111000010302040517061121131150140809011110

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(7, 10, 12, 13, 15). Ile iloczynów N ona zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(7, 10, 12, 13, 15)
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKJOHNSON

4-bitowy licznik Johnsona Q₃Q₂Q₁Q₀ startuje od 0000. Przy każdym zboczu zegara bity przesuwają się o jedno miejsce w prawo (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀), a Q₃ dostaje negację Q₀. Podaj stan Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ jako liczbę dziesiętną po 11 zboczach zegara.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 000011
Q =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
ReIm−2−4−6−8−10−12−14−162

Znajdź f(t) dla F(s) = (s + 15)/(s² + 6s + 13) metodą dopełnienia do kwadratu i oblicz f(0,5).

F(s) = (s + 15)/(s² + 6s + 13)t = 0,5 s
f(0.5) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 6y′ + 8y = 32·u(t), przy y(0) = 3 i y′(0) = 0. W chwili t = 0 podano na wejście skok u(t) = 2. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź y(0,2).

y″ + 6y′ + 8y = 32·u(t)y(0) = 3y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,2 s
y(0.2) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+40s(s + 8)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 40/(s(s + 8)). Sygnał odniesienia to wymuszenie liniowo narastające r(t) = 2·t. Znajdź uchyb ustalony ess.

G(s) = 40/(s(s + 8))r(t) = 2·t
ess =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+25regulator+D(s)+6s + 6obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K = 25 steruje obiektem G(s) = 6/(s + 6) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Zakłócenie D wchodzi na wejście obiektu (dodaje się do wyjścia regulatora). Jednocześnie podano skok wartości zadanej o wielkości 5 i skok zakłócenia o wielkości 1. Znajdź wyjście w stanie ustalonym css.

K = 25G(s) = 6/(s + 6)D = 1R = 5
css =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)2

Układ ma transmitancję G(s) = 104/(s² + 8s + 52) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź pulsację własną ωn w rad/s.

G(s) = 104/(s² + 8s + 52)
ωn = rad/s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
t (s)y(t)1tp​ = 1,5 s30 %

Odpowiedź skokowa układu drugiego rzędu bez zer wykazuje przeregulowanie 30 %, a pierwszy szczyt występuje w chwili t = 1,5 s. Znajdź pulsację własną ωn.

%OS = 30 %tp = 1,5 s
ωn = rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,10,1111010100100−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 5

Znajdź fazę ∠G(jω) G(s) = 47(s + 2)/(s(s + 5)) przy ω = 5 rad/s, w stopniach.

G(s) = 47(s + 2)/(s(s + 5))ω = 5 rad/s
∠G(jω) = °
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) = 98/(s(s + 6)(s + 7)). Znajdź częstotliwość odcięcia fazy ω180, przy której ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 98/(s(s + 6)(s + 7))
ω180 = rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K1s(s + 1)(s + 5)C(s)−

Pętla na schemacie ma transmitancję układu otwartego L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5)). Wyznacz największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5))
Kmax =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−2−4−6−8−10−12j2

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K(s + 3)/((s + 2)(s + 10)(s + 8)). Wyznacz punkt σa, w którym asymptoty linii pierwiastkowej przecinają oś rzeczywistą.

L(s) = K(s + 3)/((s + 2)(s + 10)(s + 8))
σa =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 10 + 1t+20(s + 4)s(s + 2)C(s)−

Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 20(s + 4)/(s(s + 2)) podano wejście r(t) = 10 + 1t (skok plus narastanie liniowe). Wyznacz uchyb ustalony ess.

G(s) = 20(s + 4)/(s(s + 2))r(t) = 10 + 1t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+K = 410s(s + 6)C(s)−

Regulator proporcjonalny K = 4 steruje obiektem G(s) = 10/(s(s + 6)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS odpowiedzi skokowej.

G(s) = 10/(s(s + 6))K = 4
%OS = %

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 1,174 A

Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.

R1​ = 5 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​6 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R3 + R4 = 2 + 6 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 15·8/(15+8) = 5,217 Ω
Req = R1 + 5,217 = 5 + 5,217 = 10,22 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 12/10,22 = 1,174 A

Odpowiedź

IR1 = 1,174 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 0,9419 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​ = 15 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​5 ΩAR4​12 ΩBR6​20 Ω

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R5 + R6 = 5 + 20 = 25 Ω
R4 ∥ 25 = 8,108 Ω
R3 + 8,108 = 23,11 Ω
R2 ∥ 23,11 = 4,111 Ω
Req = R1 + 4,111 = 15 + 4,111 = 19,11 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 18/19,11 = 0,9419 A

Odpowiedź

IR1 = 0,9419 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = −12,33 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​ = 20 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩAR4​10 ΩBIs​3 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 9 V). Niewiadome: VA, VB.

PPK w węźle A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/5 + (VA − 9)/20 + (VA − VB)/4 = 0
0,5·VA − 0,25·VB = 0,45

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/10 + (VB − VA)/4 = (−3)
−0,25·VA + 0,35·VB = −3

Rozwiąż

Δ = (0,5)(0,35) − (−0,25)(−0,25) = 0,1125
VA = Δ1/Δ = −0,5925/0,1125 = −5,267 V
VB = Δ2/Δ = −1,387/0,1125 = −12,33 V

Odpowiedź

VB = −12,33 V
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: Is = 1,72 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

VA jest znane, więc to równanie daje VB.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(7 − 12)/10 + 7/5 = (VB − 7)/15
0,9 = (VB − 7)/15 → VB = 20,5 V

PPK w węźle B

Prądy wypływające z B przez rezystory są równe prądowi wpychanemu do B przez źródła.

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (20,5 − 7)/15 + 20,5/25 = 1,72 A

Odpowiedź

Is = 1,72 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR2 = −0,4667 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​ = 15 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​9 VR3​3 ΩA+−V2​12 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
15·I1 + 3(I1 − I2) = 9
18·I1 − 3·I2 = 9

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 + 3(I2 − I1) = (−12)
−3·I1 + 23·I2 = −12

Rozwiąż

Δ = (18)(23) − (−3)(−3) = 405
I1 = Δ1/Δ = 171/405 = 0,4222 A
I2 = Δ2/Δ = −189/405 = −0,4667 A

Odpowiedź

IR2 = I2 = −0,4667 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I3 = −0,1909 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​ = 4 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​24 VR4​5 ΩAR5​3 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Przypisz prądy oczkowe

Narysuj w każdym oknie prąd zgodny z ruchem wskazówek zegara: I1, I2, I3. Rezystor wspólny dla dwóch oczek przewodzi różnicę ich prądów.

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
4·I1 + 5(I1 − I2) = 24
9·I1 − 5·I2 = 24

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
3·I2 + 5(I2 − I1) + 3(I2 − I3) = 0
−5·I1 + 11·I2 − 3·I3 = 0

NPK w oczku 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
25·I3 + 3(I3 − I2) = (−10)
−3·I2 + 28·I3 = −10

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 1991
I1 = Δ1/Δ = 7026/1991 = 3,529 A
I2 = Δ2/Δ = 3090/1991 = 1,552 A
I3 = Δ3/Δ = −380/1991 = −0,1909 A

Odpowiedź

I3 = −0,1909 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: I = 14,1 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
4·k₁ + 4·k₂ = 4,4
12·k₁ + 2·k₂ = 14,2

Wyznacz stałe

Δ = (4)(2) − (4)(12) = −40
k₁ = Δ1/Δ = −48/−40 = 1,2
k₂ = Δ2/Δ = 4/−40 = −0,1
k₁ = 1,2 mA/V, k₂ = −0,1

Przewidź nowy prąd

I = 1,2·12 + (−0,1)·3 = 14,1 mA

Odpowiedź

I = 14,1 mA
8.Superpozycja

Odpowiedź: PR4 = 170 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​ = 30 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​5 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 ∥ 30 = 7,5 Ω
VA = 5·7,5/(30+7,5) = 1 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1·15/30 = 0,5 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (0,5 − 0)/15 = 0,03333 A
R1​ = 30 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 15 ΩZWARCIER3​10 ΩAIs​6 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 = 7,5 Ω, więc lewa gałąź to R2+7,5 = 22,5 Ω
Req = R4 ∥ 22,5 = 9 Ω
VB = Is·Req = 6·9 = 54 V
VA = VB·7,5/22,5 = 18 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (54 − 0)/15 = 3,6 A
R1​ = 30 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 15 ΩZWARCIER3​10 ΩAROZWARCIEB+−V2​10 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 = 30·10/(30+10) = 7,5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 10·22,5/37,5 = 6 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 6·7,5/22,5 = 2 V
IR4‴ = (VB − V2)/R4 = (6 − 10)/15 = −0,2667 A

Zsumuj wkłady prądu

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴ = 0,03333 + 3,6 + (−0,2667) = 3,367 A

Moc w rezystorze

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

PR4 = IR4²·R4 = 3,367²·15 = 170 W

Odpowiedź

PR4 = 170 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 195,5 W, co jest błędne.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = 0,2857 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​ = 20 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 = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 20 = 21,88 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 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) = 10·5/(3+5) = 6,25 V
IN​0,2857 ARth​21,88 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 = 6,25/21,88 = 0,2857 A
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: PL = 179,8 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​ = 5 ΩR3​ = 25 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 = 5·20/(5+20) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 25 = 29 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​36 VR2​20 ΩAIs​4 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) = 28,8 + 4·4 = 44,8 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 44,8 + 4·25 = 144,8 V
Rth​ = 29 Ω+−Vth​144,8 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) = 144,8/(29 + 25) = 2,681 A
PL = IL²·RL = 2,681²·25 = 179,8 W
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vL = 1,155 V

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

Stała czasowa i prąd końcowy

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

τ = L/R = 47 mH / 22 Ω = 2,136 ms
i(∞) = Vs/R = 12/22 = 0,5455 A

Napięcie na cewce

W t = 0 całe napięcie zasilania jest na cewce; potem maleje do zera.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 12·e−5/2,136 = 1,155 V

Odpowiedź

vL = 1,155 V
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 36,88 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) = 30 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 47 µF = 103,4 ms
vC(t) = 15 + (30 − 15)·e−t/τ

Wyznacz czas

25,5 = 15 + (15)·e−t/τ → e−t/τ = (25,5 − 15)/(30 − 15) = 0,7
t = τ·ln((30 − 15)/(25,5 − 15)) = 103,4·ln(1,429) = 36,88 ms

Odpowiedź

t = 36,88 ms
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: cos φ = 0,7267

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

Reaktancje

XL = 94,25 Ω, XC = 56,44 Ω

Impedancja

|Z| = √(40² + (37,81)²) = 55,04 Ω

Współczynnik mocy

cos φ = R/|Z| = 40/55,04 = 0,7267
Obwód jest indukcyjny, więc współczynnik mocy ma charakter indukcyjny.

Odpowiedź

cos φ = 0,7267
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 0,3472 A

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

Reaktancje

ω = 2πf = 2π·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,1 = 31,42 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·10·10⁻⁶) = 318,3 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(25² + (−286,9)²) = 288 Ω

Prąd

Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.

I = V/|Z| = 100/288 = 0,3472 A

Odpowiedź

I = 0,3472 A
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Q = 24 kvar

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

Kąt

φ = arccos(0,8) = 36,87°, tan φ = 0,75

Moc bierna

Q = P·tan φ = 32·0,75 = 24 kvar

Odpowiedź

Q = 24 kvar
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: C = 440,5 µF

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = P·tan φ1 = 30·tan(36,87°) = 22,5 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 30·tan(25,84°) = 14,53 kvar
QC = Q1 − Q2 = 7,97 kvar

Pojemność

Kondensator dołączony do zasilania dostarcza Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 7970/(2π·50·240²) = 440,5 µF

Odpowiedź

C = 440,5 µF
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: IL = 28,12 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 = 18,5/0,92 = 20,11 kW

Prąd linii

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 20109/(√3·480·0,86) = 28,12 A

Odpowiedź

IL = 28,12 A
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 30,09 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 = 50·tan(acos 0,8) = 50·0,75 = 37,5 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,92) = 50·0,426 = 21,3 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 16,2 kvar

Pojemność na fazę

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

V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 5400/(377·690²) = 30,09 µF

Odpowiedź

Cph = 30,09 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: ILV = 2174 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 = 500000/230 = 2174 A

Odpowiedź

ILV = 2174 A
20.Transformatory

Odpowiedź: Pcu,fl = 1635 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.

Moc wyjściowa i wejściowa

Pout = 250·0,95 = 237,5 kW
Pin = 237500/0,988 = 240385 W

Straty całkowite i straty w miedzi

Ploss = 240385 − 237500 = 2885 W
Pcu,fl = 2885 − 1250 = 1635 W

Odpowiedź

Pcu,fl = 1635 W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 3,35 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.

Wejście odwracające podąża za wejściem

V₋ = V₊ = 1 V
I = V₋/R1 = 1/2 = 0,5 mA

Napięcie wyjściowe

Prąd przez R₁ płynie też przez Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 1 + 0,5·4,7 = 3,35 V

Odpowiedź

Vout = 3,35 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −9,186 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 = −0,1/22 = −0,004545 mA
I2 = V2/R2 = 0,2/1 = 0,2 mA
If = I1 + I2 = 0,1955 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −47·0,1955 = −9,186 V

Odpowiedź

Vout = −9,186 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 1,202 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 = 50·24,04 µA = 1,202 mA

Odpowiedź

IC = 1,202 mA

Sprawdzenie: VCE = 10,56 V jest wyraźnie większe od 0,2 V, więc tranzystor rzeczywiście pracuje w obszarze aktywnym.

24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: Rmax = 426,7 Ω

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 w najgorszym przypadku

IR = 10 + 5 = 15 mA

Największa rezystancja

Rmax = 6,4/0,015 = 426,7 Ω

Odpowiedź

Rmax = 426,7 Ω
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 224

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

32 = 0010 0000
odwrócone: 1101 1111
+1 → 1110 0000

Odczytaj bez znaku

1110 0000₂ = 256 − 32 = 224

Odpowiedź

U = 224
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: b = 8 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

27 = 128 < 129
28 = 256 ≥ 129

Odpowiedź

b = 8
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 3

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.

ABCD000111100001111000010302040517061121131150140809011110

Zgrupuj jedynki

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

BCD
ABC′
AB′CD′

Minimalna postać SOP

F = BCD + ABC′ + AB′CD′
N = 3

Odpowiedź

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

Odpowiedź: Q = 14

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.

Stan po każdym zboczu

0000 → 1000 → 1100 → 1110 → 1111 → 0111 → 0011 → 0001 → 0000 → 1000 → 1100 → 1110

Wartość dziesiętna

1110₂ = 14

Odpowiedź

Q = 14
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.5) = 1,247

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 + 6s + 13 = (s + 3)² + 4 = (s + 3)² + 2²

Dopasuj licznik

F(s) = 1·(s + 3)/((s + 3)² + 2²) + (12/2)·2/((s + 3)² + 2²)

Transformata odwrotna

f(t) = e−3t·(cos 2t + 6·sin 2t)
f(0,5) = e−3·0,5·(cos(2·0,5) + 6·sin(2·0,5)) = 1,247

Odpowiedź

f(0,5) = 1,247
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.2) = 3,543

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

(s² + 6s + 8)·Y(s) = 3s + 18 + 64/s
Y(s) = (3s² + 18s + 64)/(s(s + 2)(s + 4))

Ułamki proste

A = 64/(2·4) = 8
B = 40/((−2)·2) = −10
C = 40/((−4)·(−2)) = 5

Wynik

y(t) = 8 − 10·e−2t + 5·e−4t
y(0,2) = 3,543

Odpowiedź

y(0,2) = 3,543

Sprawdzenie: y(0) = A + B + C = 3.

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: ess = 0,4

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 prędkościowego

Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 40/8 = 5

Uchyb ustalony

ess = A/Kᵥ = 2/5 = 0,4

Odpowiedź

ess = 0,4
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: css = 4,846

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).

Transmitancje

C/D = G/(1 + K·G) = 6/(s + 6 + 150)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 150/(s + 6 + 150)

Stan ustalony

css = 5·150/156 + 1·6/156 = 4,846

Odpowiedź

css = 4,846

Większe K zmniejsza wpływ zakłócenia, ale przy regulatorze proporcjonalnym nigdy do zera.

33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ωn = 7,211 rad/s

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

Porównaj z postacią standardową

Mianownik musi odpowiadać s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 52 → ωₙ = 7,211 rad/s
2ζωₙ = 8 → ζ = 8/(2·7,211) = 0,5547

Wynik

ωₙ = 7,211 rad/s

Odpowiedź

ωn = 7,211 rad/s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ωn = 2,243 rad/s

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

Współczynnik tłumienia

ζ = −ln(0,3)/√(π² + ln²(0,3)) = 1,204/√(9,87 + 1,45) = 0,3579

Częstotliwość drgań własnych

ωd = π/tp = π/1,5 = 2,094 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 2,094/0,9338 = 2,243 rad/s

Odpowiedź

ωn = 2,243 rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ∠G(jω) = −66,8 °

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.

Dodaj kąty

∠G = atan(5/2) − 90° − atan(5/5) = 68,2° − 90° − 45°

Wynik

∠G(j5) = −66,8°

Odpowiedź

∠G(jω) = −66,8°
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ω180 = 6,481 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/6)·(ω/7) = 1 → ω180 = √(6·7) = 6,481 rad/s

Odpowiedź

ω180 = 6,481 rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmax = 30

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.

Równanie charakterystyczne

s³ + 6s² + 5s + K = 0

Tablica Routha

s³: 1, 5
s²: 6, K
s¹: (6·5 − K)/6
s⁰: K

Warunki

Każdy element pierwszej kolumny musi być dodatni.

K > 0
6·5 − K > 0 → K < 30

Odpowiedź

Kmax = 30

Przy K = 30 układ zamknięty oscyluje z pulsacją ω = √5 = 2,236 rad/s.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: σa = −8,5

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: −2, −10, −8
zera: −3
n − m = 3 − 1 = 2

Środek ciężkości

σa = (−20 − (−3))/2 = −8,5

Odpowiedź

σa = −8,5

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

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 0,025

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) = 40

Część skokowa

Kp = ∞ → estep = 0

Uchyb dla narastania liniowego

ess = 1/40 = 0,025

Odpowiedź

ess = 0,025
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: %OS = 18,4 %

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 + 6) + 4·10 = s² + 6s + 40

ωₙ i ζ

ωₙ = √40 = 6,325 rad/s
ζ = 6/(2·6,325) = 0,4743

Przeregulowanie

%OS = 100·e−0,4743π/√(1 − 0,4743²) = 18,4 %

Odpowiedź

%OS = 18,4 %

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