W oknie drukowania wybierz „Zapisz jako PDF”, aby zachować kopię na swoim urządzeniu.
1Wzory i metody
Rezystory szeregowo i równolegle
Rezystory połączone szeregowo
Req = R1 + R2 + …
Rezystory połączone równolegle
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dwa równolegle
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Prawo Ohma
V = I·R
Moc
P = V·I = I²R = V²/R
Metoda
Zacznij od końca sieci najdalszego od zacisków.
Rezystory szeregowe łącz, dodając je, a równoległe ze wzoru 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Po każdym kroku narysuj obwód od nowa.
Powtarzaj, aż między zaciskami zostanie jeden rezystor.
Metoda potencjałów węzłowych
Prądowe prawo Kirchhoffa
ΣIin = ΣIout
Prąd gałęzi
I = (Va − Vb)/R
Węzeł odniesienia
Vground = 0
Metoda
Wybierz węzeł odniesienia (masę) i oznacz potencjały pozostałych węzłów.
Napisz prądowe prawo Kirchhoffa dla każdego nieznanego węzła: prądy wypływające przez każdą gałąź są równe prądom wpływającym.
Wyraź każdy prąd gałęziowy jako (Va − Vb)/R.
Rozwiąż układ równań, a potem wyznacz potrzebne prądy.
Metoda prądów oczkowych
Napięciowe prawo Kirchhoffa
ΣV = 0 w każdym oczku
Rezystor wspólny
prąd = I1 − I2
Źródło prądu w oczku
wyznacza prąd tego oczka
Metoda
Narysuj prąd płynący zgodnie z ruchem wskazówek zegara w każdym oczku (okienku) obwodu.
Zastosuj napięciowe prawo Kirchhoffa w każdym oczku: suma spadków napięć jest równa zeru.
W rezystorze wspólnym dla dwóch oczek prąd jest różnicą dwóch prądów oczkowych.
Rozwiąż równania; wynik ujemny oznacza, że prąd płynie w przeciwną stronę.
Superpozycja
Superpozycja
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Wyłączone źródło napięcia
zwarcie (0 V)
Wyłączone źródło prądu
rozwarcie (0 A)
Dzielnik napięcia
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Dzielnik prądu
I1 = I·R2/(R1 + R2)
Metoda
Policz niezależne źródła. Dla każdego źródła rozwiążesz jeden prostszy obwód.
Zostaw jedno źródło, a pozostałe wyłącz: źródło napięciowe staje się zwarciem (przewodem), źródło prądowe staje się rozwarciem (przerwą).
Rozwiąż prostszy obwód dla potrzebnego napięcia lub prądu, pilnując jego kierunku.
Powtórz dla każdego źródła, a potem dodaj składowe z ich znakami.
Thévenin i Norton
Napięcie Thévenina
Vth = Vopen circuit
Rezystancja Thévenina
Rth: wszystkie źródła wyłączone, widziana z a–b
Prąd Nortona
IN = Vth/Rth
Prąd obciążenia
IL = Vth/(Rth + RL)
Maksymalne przekazywanie mocy
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)
Metoda
Odłącz obciążenie i oznacz dwa zaciski a i b.
Wyznacz napięcie stanu jałowego między a i b: to jest Vth.
Wyłącz wszystkie niezależne źródła i wyznacz rezystancję widzianą z a–b: to jest Rth.
Podłącz obciążenie z powrotem do obwodu zastępczego: Vth szeregowo z Rth.
Dla obwodu zastępczego Nortona przelicz: IN = Vth/Rth, z RN = Rth równolegle.
Stany nieustalone RC i RL
Stała czasowa
τ = RC | τ = L/R
Odpowiedź układu
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensator przy prądzie stałym
rozwarcie; vC nie może zmienić się skokowo
Cewka przy prądzie stałym
zwarcie; iL nie może zmienić się skokowo
Stan ustalony
t ≈ 5τ
Metoda
Wyznacz wartość początkową tuż po przełączeniu: napięcie na kondensatorze i prąd cewki nie mogą zmienić się skokowo.
Wyznacz wartość końcową długo po przełączeniu: kondensator zachowuje się jak rozwarcie, a cewka jak zwarcie.
Wyznacz stałą czasową: τ = RC lub τ = L/R, z rezystancją widzianą przez kondensator lub cewkę.
Użyj x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.
Impedancja i wskazy AC
Impedancje
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Pulsacja
ω = 2πf
Moduł i kąt
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Prawo Ohma dla wskazów
V = I·Z
Metoda
Przelicz częstotliwość: ω = 2πf.
Wyznacz każdą reaktancję: XL = ωL i XC = 1/(ωC).
Dodawaj impedancje jak rezystory, z Z = R + jX.
Wyznacz moduł |Z| = √(R² + X²) i kąt φ = atan(X/R), a potem zastosuj prawo Ohma dla wskazów.
Moc AC i współczynnik mocy
Moc czynna
P = V·I·cos φ
Moc bierna
Q = V·I·sin φ
Moc pozorna
S = V·I = √(P² + Q²)
Współczynnik mocy
pf = cos φ = P/S
Kondensator kompensacyjny
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)
Moc w układach trójfazowych
Połączenie w gwiazdę (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Połączenie w trójkąt (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Całkowita moc czynna
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Moc pozorna i bierna
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kondensatory do kompensacji
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Napięcie na każdym kondensatorze
Δ: VL Y: VL/√3
Moc pobierana przez silnik
Pin = Pout/η
Transformatory
Przekładnia zwojowa
a = N1/N2 = V1/V2
Stosunek prądów
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Prąd znamionowy
I = S/V
Impedancja sprowadzona
Z1′ = a²·ZL
Straty w miedzi przy obciążeniu częściowym
Pcu = x²·Pcu,fl
Sprawność
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Sprawność maksymalna
x = √(Pcore/Pcu,fl)
Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi
Wzmacniacz odwracający
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Wzmacniacz nieodwracający
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Wzmacniacz sumujący
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Idealny wzmacniacz operacyjny
V+ = V−, Iin = 0
Diody i tranzystory
Dioda (stały spadek napięcia)
VD = 0,7 V when conducting
Obszar aktywny
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Polaryzacja stałym prądem bazy
IB = (VCC − 0,7)/RB
Polaryzacja dzielnikiem napięcia
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin dla dzielnika
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Oczko kolektora
VCE = VCC − ICRC − IERE
Nasycenie
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β
Systemy liczbowe
Wagi pozycji
dwójkowy 2k, ósemkowy 8k, szesnastkowy 16k
Na dziesiętny
Σ dk·bk
Z dziesiętnego
dziel przez podstawę, czytaj reszty od dołu do góry
Szesnastkowy ↔ dwójkowy
jedna cyfra szesnastkowa = 4 bity
Kod uzupełnień do dwóch (U2)
odwróć bity i dodaj 1
Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Podstawowe bramki
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Reguły algebry Boole’a
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Prawa de Morgana
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Kolejność na mapie Karnaugha
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Grupa 2ᵏ komórek
traci k zmiennych
Multiplekser 4-do-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Przerzutniki
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Liczniki
n-bitowy: 2ⁿ stanów; mod-N: najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Licznik asynchroniczny (ripple)
fmax = 1/(n·tpd)
Liczniki pierścieniowy i Johnsona
n i 2n stanów
Metoda
Dla układu przechodź od wejść do wyjścia bramka po bramce i zapisuj wartość na każdym przewodzie albo zapisz jego wyrażenie i wypełnij tablicę prawdy.
Przy upraszczaniu wpisz jedynki (a stany nieokreślone jako X) na mapę Karnaugha z wierszami i kolumnami w kodzie Graya: 00, 01, 11, 10.
Pokryj jedynki jak najmniejszą liczbą jak największych grup po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, zawijając przez brzegi; każda grupa to jeden iloczyn ze zmiennych, które pozostają stałe. Dla postaci POS grupuj zera.
Przy przerzutnikach i licznikach odczytuj wejścia przy każdym aktywnym zboczu zegara, zapisuj stan po każdym zboczu i pamiętaj, że n-bitowy licznik zawija się po 2ⁿ stanach.
Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa
Stabilność
wszystkie pierwiastki wielomianu charakterystycznego w lewej półpłaszczyźnie
tablica Routha, element s¹ wielomianu trzeciego stopnia
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Pierwiastki w prawej półpłaszczyźnie
liczba zmian znaku w pierwszej kolumnie
Wielomian trzeciego stopnia s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabilny, gdy wszystkie a > 0 oraz a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Równanie charakterystyczne
1 + K·G(s) = 0
Asymptoty
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Punkty rozejścia i zejścia
dK/ds = 0
Warunek modułu
K = 1/|G(s)|
Kąt wyjścia
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)
Metoda
Zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego: mianownik 1 + K·G(s) = 0, po wymnożeniu.
Wpisz współczynniki naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha i zbuduj pozostałe wiersze.
Policz zmiany znaku w pierwszej kolumnie: każda to jeden biegun w prawej półpłaszczyźnie. Gdy w tablicy występuje K, żądaj, by każdy element pierwszej kolumny pozostał dodatni.
Dla linii pierwiastkowej zaznacz bieguny i zera, odcinki osi rzeczywistej, asymptoty wychodzące ze środka asymptot oraz punkty rozgałęzienia, w których dK/ds = 0. Użyj K = 1/|G(s)| dla wzmocnienia w danym punkcie.
Uchyb ustalony i regulacja PID
Typ układu
liczba biegunów G(s) w s = 0
Stałe uchybowe
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Skok A
ess = A/(1 + Kp)
Narastanie liniowe A·t
ess = A/Kv
Parabola A·t²/2
ess = A/Ka
Regulator PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Cel drugiego rzędu
s² + 2ζωns + ωn²
Przeregulowanie i czasy
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)
Metoda
Policz bieguny układu otwartego C(s)·G(s) w s = 0: to typ układu.
Wyznacz stałą uchybową pasującą do wejścia: Kp dla skoku, Kv dla narastania liniowego, Ka dla paraboli.
Zastosuj ess = A/(1 + Kp), A/Kv lub A/Ka albo rozwiąż to względem potrzebnego wzmocnienia.
Przy wymaganiu dotyczącym tłumienia lub prędkości zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego i porównaj go z s² + 2ζω_n·s + ω_n².
2Zadania do ćwiczenia
1.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni
Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.
V1 = 12 VR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 ΩR4 = 6 Ω
IR1 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.
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).
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
Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR4 pobieraną przez R4.
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
Wzmacniacz sumujący korzysta z idealnego wzmacniacza operacyjnego zasilanego napięciem ±15 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.
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
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.
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
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
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
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
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
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).
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
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
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
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
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
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
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
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
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.
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.
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.
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.
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.
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.
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
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
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
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.
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
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
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.
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
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
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.
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).
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.
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.
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.
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).
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).
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.
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.