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​ = 3 ΩIR1​R3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​12 ΩB

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 ΩR4 = 12 Ω
IR1 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 10 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAR4​3 ΩBR6​12 Ω

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 ΩR4 = 3 ΩR5 = 4 ΩR6 = 12 Ω
Req = Ω
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​20 Ω+−V1​18 VI1​R2​15 Ω−+V2​6 VR3​2 ΩA

Między węzłem A a masą są włączone trzy gałęzie, jak na rysunku. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd I1 w gałęzi 1, płynący w górę do węzła A zgodnie ze strzałką.

V1 = 18 VR1 = 20 ΩV2 = 6 VR2 = 15 ΩR3 = 2 Ω
I1 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​5 VR2​30 ΩAR4​12 ΩBIs​?

Źródło prądu jest regulowane, aż potencjał węzła A osiągnie VA = 8,5 V. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd źródła Is (kierunek jak na rysunku).

V1 = 5 VR1 = 6 ΩR2 = 30 ΩR3 = 8 ΩR4 = 12 ΩVA = 8,5 V
Is = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 4 ΩIR1​R2​ = 8 Ω+−V1​24 VR3​4 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd IR1 płynący przez R1 w kierunku strzałki.

V1 = 24 VV2 = 18 VR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 4 Ω
IR1 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 3 ΩR2​ = 12 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR4​10 ΩAR5​5 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

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

V1 = 18 VV2 = 9 VR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 ΩR4 = 10 ΩR5 = 5 Ω
I3 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 12 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩIR2​AR4​6 ΩBIs​5 A

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

V1 = 9 VIs = 5 AR1 = 12 ΩR2 = 10 ΩR3 = 12 ΩR4 = 6 Ω
IR2 = A
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 5 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​9 VR3​30 Ω+−VR3​AIs​0,5 AB+−V2​9 V

Użyj metody superpozycji, aby wyznaczyć napięcie VR3 na R3 o zaznaczonej biegunowości.

V1 = 9 VIs = 0,5 AV2 = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 30 ΩR4 = 15 Ω
VR3 = V
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 4 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 18 VR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 Ω
Vth = V
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 12 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​6 ΩAIs​2 ABab

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

V1 = 24 VIs = 2 AR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 6 Ω
IN = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​15 Vt = 0R = 68 ΩL22 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Po jakim czasie od zamknięcia łącznika prąd osiągnie 95% wartości końcowej? Wyznacz t.

Vs = 15 VR = 68 ΩL = 22 mH
t = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​15 Vt = 0R = 3,3 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 18 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 18 V o zaznaczonej biegunowości. Po jakim czasie vC osiągnie 15,6 V? Wyznacz t.

Vs = 15 VR = 3,3 kΩC = 33 µFvC(0) = 18 V
t = ms
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
Vf0​ = 2000 HzRL = 5 mHC = ?

Szeregowy obwód RLC z L = 5 mH ma być w rezonansie przy 2000 Hz. Wyznacz potrzebną pojemność C.

f0 = 2000 HzL = 5 mH
C = µF
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
12 V60 HzR = 50 ΩL = 100 mHC = 22 µF

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 12 V (skuteczne), 60 Hz. Wyznacz częstotliwość rezonansową f0 obwodu.

V = 12 V (rms)f = 60 HzR = 50 ΩL = 100 mHC = 22 µF
f0 = Hz
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 27 kWQ = ?Sφ

Silnik jednofazowy pobiera 27 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z zasilania 400 V. Wyznacz moc bierną Q, którą pobiera.

P = 27 kWpf = 0,75V = 400 V
Q = kvar
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
120 V50 HzRs​ = 10 ΩXs​ = j6 ΩZL​ = ?

Źródło 120 V (skuteczne), 50 Hz ma impedancję wewnętrzną Zs = 10 + j6 Ω. Impedancję obciążenia ZL można dobrać dowolnie. Wyznacz maksymalną moc czynną Pmax, jaką można dostarczyć do obciążenia.

Vs = 120 V (rms)f = 50 HzZs = 10 + j6 Ω
Pmax = W
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 480 VZ = 18 + j24 Ωna fazę

Symetryczny odbiornik połączony w trójkąt o impedancji 18 + j24 Ω na fazę jest przyłączony do symetrycznej sieci trójfazowej o napięciu przewodowym 480 V. Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 480 VZ = 18 + j24 Ω na fazę
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 250 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z sieci 690 V (napięcie przewodowe), 60 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,9 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Wyznacz całkowitą moc bierną QC, którą musi dostarczyć bateria kondensatorów, w kvar.

P = 250 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatoryŚredni
6600 V230 VIHV​ = ?ILV​150 kVA

Jednofazowy transformator 150 kVA, 6600/230 V pracuje przy obciążeniu znamionowym. Potraktuj go jako idealny. Wyznacz prąd IHV w uzwojeniu górnego napięcia.

S = 150 kVAV1 = 6600 VV2 = 230 V
IHV = A
20.TransformatoryTrudny
pf 0,95500 kVA, 75% obciążenie

Jednofazowy transformator 500 kVA ma straty w rdzeniu 2500 W i straty w miedzi 3750 W przy obciążeniu znamionowym. Dostarcza 75% swojej znamionowej mocy kVA przy współczynniku mocy 0,95 (indukcyjnym). Wyznacz całkowite straty Ploss w watach przy tym obciążeniu.

S = 500 kVAPcore = 2500 WPcu,fl = 3750 Wx = 0,75pf = 0,95
Ploss = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 10 kΩVin​ = −0,3 V

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

Vin = −0,3 VR1 = 10 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 2 kΩV1​ = 0,6 VR1​ = 1 kΩV2​ = 0,6 VR2​ = 10 kΩ

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

V1 = 0,6 VV2 = 0,6 VR1 = 1 kΩR2 = 10 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 1,5 kΩβ = 80IC​ = ?RE​ = 1,2 kΩVCC​ = 18 VR1​ = 39 kΩR2​ = 22 kΩ

Tranzystor NPN o β = 80 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 18 V: R₁ = 39 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 22 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 1,5 kΩ, a rezystor emiterowy RE = 1,2 kΩ. Przyjmij VBE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz prąd kolektora IC w mA.

VCC = 18 VR1 = 39 kΩR2 = 22 kΩRC = 1,5 kΩRE = 1,2 kΩβ = 80
IC = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 100 Ωβ = 150IC​ = ?VCC​ = 9 V5 VRB​ = 220 kΩ

Tranzystor NPN o β = 150 przełącza rezystor obciążenia 100 Ω włączony między VCC = 9 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 5 V przez rezystor bazowy RB = 220 kΩ. Przyjmij VBE = 0,7 V i VCE(sat) = 0,2 V. Wyznacz prąd kolektora IC w mA, gdy na wejściu jest stan wysoki. Najpierw ustal, czy tranzystor jest nasycony.

VCC = 9 VRC = 100 Ωβ = 150Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 220 kΩ
IC = mA
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U20−12806403201608040201

Ustaw bity tak, aby zapisywały −84 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −848 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
24 bitów, bez znaku, N = ?????????????????????????

Jaka jest największa liczba całkowita bez znaku N, która mieści się w 24 bitach?

24 bit
N =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABC000111100101324576

Uprość F = A′C + AB′ + ABC′ do minimalnej postaci sumy iloczynów. Ile literałów L zawiera uproszczone wyrażenie?

F = A′C + AB′ + ABC′
L =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
ABCD0001111000011110000103X204151716X12013115014X809011110

Dla F(A, B, C, D) = Σm(5, 6, 7, 10, 15) + d(2, 8, 12), gdzie d oznacza stany nieokreślone, znajdź liczbę N istotnych implikantów prostych.

F(A, B, C, D) = Σm(5, 6, 7, 10, 15) + d(2, 8, 12)
N =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,1f(0,1) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = 60/(s(s + 5)(s + 6)) metodą rozkładu na ułamki proste i oblicz f(0,1).

F(s) = 60/(s(s + 5)(s + 6))t = 0,1 s
f(0.1) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 8y′ + 15y = 7,5·u(t). Startuje ze stanu spoczynku (y(0) = 0, y′(0) = 0), a wejściem jest skok u(t) = 2 dla t ≥ 0. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź wyjście y(0,25).

y″ + 8y′ + 15y = 7,5·u(t)u(t) = 2y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+8(s + 2)(s + 1)(s + 7)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 8(s + 2)/((s + 1)(s + 7)). Na wartość zadaną podano skok o wielkości 10. Znajdź uchyb ustalony ess.

G(s) = 8(s + 2)/((s + 1)(s + 7))R = 10
ess =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+Kregulator+D(s)+2s + 4obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K steruje obiektem G(s) = 2/(s + 4) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Skok zakłócenia o wielkości 2 wchodzi na wejście obiektu, gdy R = 0. Znajdź najmniejsze wzmocnienie K, przy którym wyjście w stanie ustalonym nie przekracza 0,1.

G(s) = 2/(s + 4)D = 2css ≤ 0,1
K =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)0,5

Układ ma transmitancję G(s) = 46/(s² + 3s + 92) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Bieguny to s = σ ± jωd. Znajdź część rzeczywistą σ.

G(s) = 46/(s² + 3s + 92)
σ =
34.Odpowiedź skokowaTrudny
t (s)y(t)112 %

Układ drugiego rzędu bez zer ma mieć odpowiedź skokową z przeregulowaniem 12 %. Znajdź współczynnik tłumienia ζ.

%OS = 12 %
ζ =
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
vin​L = 5 mHC = 10 µFR = 1 Ωvout​

W pokazanym szeregowym filtrze środkowoprzepustowym RLC wyjście jest brane na R = 1 Ω, przy L = 5 mH i C = 10 µF. Znajdź szerokość pasma −3 dB BW w Hz.

R = 1 ΩL = 5 mHC = 10 µF
BW = Hz
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 48/(s(s + 2)). Znajdź zapas fazy PM w stopniach.

L(s) = 48/(s(s + 2))
PM = °
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K1(s + 1)(s + 4)(s + 6)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K/((s + 1)(s + 4)(s + 6)), gdzie K > 0. Wyznacz największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

L(s) = K/((s + 1)(s + 4)(s + 6))
Kmax =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−2−4−6−8−10−12j2sb​

Pokazano linię pierwiastkową dla L(s) = K/((s + 4)(s + 10)). Wyznacz wzmocnienie K w punkcie rozejścia sb, w którym dwa bieguny układu zamkniętego spotykają się na osi rzeczywistej.

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

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = K/(s(s + 1)) ma nadążać za narastaniem liniowym r(t) = 1t z uchybem ustalonym 0,5. Wyznacz wzmocnienie K.

G(s) = K/(s(s + 1))r(t) = 1tess = 0,5
K =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+Kp​ + Ki​/s1s + 1C(s)−

Regulator PI C(s) = Kp + Ki/s steruje obiektem G(s) = 1/(s + 1) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Układ zamknięty ma mieć ωₙ = 10 rad/s i ζ = 0,7. Wyznacz wzmocnienie całkowania Ki.

G(s) = 1/(s + 1)ωₙ = 10 rad/sζ = 0,7
Ki =

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 3,591 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​ = 3 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​12 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 + 12 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 5·14/(5+14) = 3,684 Ω
Req = R1 + 3,684 = 3 + 3,684 = 6,684 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 24/6,684 = 3,591 A

Odpowiedź

IR1 = 3,591 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 13,29 Ω

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​ = 10 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAR4​3 ΩBR6​12 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 = 4 + 12 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 2,526 Ω
R3 + 2,526 = 4,526 Ω
R2 ∥ 4,526 = 3,287 Ω
Req = R1 + 3,287 = 10 + 3,287 = 13,29 Ω

Odpowiedź

Req = 13,29 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: I1 = 0,8595 A

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

PPK w węźle A

Przyjmij dolny przewód jako masę. Każda gałąź odprowadza z A prąd (VA − Vk)/Rk, gdzie Vk to napięcie jej źródła (zero dla samego rezystora). Prądy wypływające z A sumują się do zera.

(VA − 18)/20 + (VA − (−6))/15 + VA/2 = 0

Wyznacz VA

VA = (18/20 + (−6)/15 + 0/2) / (1/20 + 1/15 + 1/2) = 0,5/0,6167 = 0,8108 V

Prąd gałęzi

Strzałka wskazuje w górę wzdłuż gałęzi, do węzła A.

I1 = (18 − VA)/R1 = (18 − 0,8108)/20 = 0,8595 A

Odpowiedź

I1 = 0,8595 A

Wynik ujemny oznacza, że rzeczywisty prąd płynie przeciwnie do strzałki.

4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: Is = 2,153 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
(8,5 − 5)/6 + 8,5/30 = (VB − 8,5)/8
0,8667 = (VB − 8,5)/8 → VB = 15,43 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 = (15,43 − 8,5)/8 + 15,43/12 = 2,153 A

Odpowiedź

Is = 2,153 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR1 = 2,7 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​ = 8 Ω+−V1​24 VR3​4 ΩA+−V2​18 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
4·I1 + 4(I1 − I2) = 24
8·I1 − 4·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 + R3(I2 − I1) = −V2
8·I2 + 4(I2 − I1) = (−18)
−4·I1 + 12·I2 = −18

Rozwiąż

Δ = (8)(12) − (−4)(−4) = 80
I1 = Δ1/Δ = 216/80 = 2,7 A
I2 = Δ2/Δ = −48/80 = −0,6 A

Odpowiedź

IR1 = I1 = 2,7 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I3 = −0,3951 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​ = 3 ΩR2​ = 12 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR4​10 ΩAR5​5 ΩB+−V2​9 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
3·I1 + 10(I1 − I2) = 18
13·I1 − 10·I2 = 18

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
12·I2 + 10(I2 − I1) + 5(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 27·I2 − 5·I3 = 0

NPK w oczku 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
10·I3 + 5(I3 − I2) = (−9)
−5·I2 + 15·I3 = −9

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 3440
I1 = Δ1/Δ = 6390/3440 = 1,858 A
I2 = Δ2/Δ = 2115/3440 = 0,6148 A
I3 = Δ3/Δ = −1359/3440 = −0,3951 A

Odpowiedź

I3 = −0,3951 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: IR2 = 1,012 A

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​ = 12 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩAR4​6 ΩBROZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

Iₛ staje się rozwarciem, więc R₃ i R₄ tworzą jedną gałąź szeregową od A do masy, równolegle z R₂.

R3+R4 = 12+6 = 18 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·18/(10+18) = 6,429 Ω
VA = 9·6,429/(12+6,429) = 3,14 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,14·6/18 = 1,047 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (3,14 − 0)/10 = 0,314 A
R1​ = 12 ΩR3​ = 12 ΩZWARCIER2​10 ΩAR4​6 ΩBIs​5 A

Przypadek 2 · działa tylko Is

V₁ staje się zwarciem, więc R₁ jest równolegle z R₂. Iₛ rozdziela się w B między R₄ a drogę przez R₃.

R1 ∥ R2 = 12·10/(12+10) = 5,455 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 17,45 = 4,465 Ω
VB = Is·Req = 5·4,465 = 22,33 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 22,33·5,455/17,45 = 6,977 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (6,977 − 0)/10 = 0,6977 A

Dodaj składowe

IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = 0,314 + 0,6977 = 1,012 A

Wynik ujemny oznacza, że w rzeczywistości prąd płynie przeciwnie do strzałki.

8.Superpozycja

Odpowiedź: VR3 = 7,036 V

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

R1​ = 5 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​9 VR3​30 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) = 30 ∥ 35 = 16,15 Ω
VA = 9·16,15/(5+16,15) = 6,873 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 6,873·15/35 = 2,945 V
VR3′ = VA − 0 = 6,873 − 0 = 6,873 V
R1​ = 5 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 15 ΩZWARCIER3​30 ΩAIs​0,5 ABZWARCIE

Przypadek 2 · działa tylko Is

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

R1 ∥ R3 = 4,286 Ω, więc lewa gałąź to R2+4,286 = 24,29 Ω
Req = R4 ∥ 24,29 = 9,273 Ω
VB = Is·Req = (−0,5)·9,273 = −4,636 V
VA = VB·4,286/24,29 = −0,8182 V
VR3″ = VA − 0 = −0,8182 − 0 = −0,8182 V
R1​ = 5 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 15 ΩZWARCIER3​30 ΩAROZWARCIEB+−V2​9 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 = 5·30/(5+30) = 4,286 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 9·24,29/39,29 = 5,564 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 5,564·4,286/24,29 = 0,9818 V
VR3‴ = VA − 0 = 0,9818 − 0 = 0,9818 V

Dodaj składowe

VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = 6,873 + (−0,8182) + 0,9818 = 7,036 V

Wynik ujemny oznacza, że w rzeczywistości biegunowość jest odwrotna do zaznaczonej.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 12,86 V

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​ = 4 ΩR3​ = 6 ΩZWARCIER2​10 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 = 4·10/(4+10) = 2,857 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,857 + 6 = 8,857 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​10 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) = 18·10/(4+10) = 12,86 V
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = 2,8 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​ = 12 ΩR3​ = 6 ΩZWARCIER2​6 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 = 12·6/(12+6) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 6 = 10 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​6 ΩAIs​2 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) = 8 + 2·4 = 16 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 16 + 2·6 = 28 V
IN​2,8 ARth​10 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 = 28/10 = 2,8 A
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 0,9692 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.

Stała czasowa i prąd końcowy

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

τ = L/R = 22 mH / 68 Ω = 0,3235 ms
i(∞) = Vs/R = 15/68 = 0,2206 A

Wyznacz czas

0,95 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,95)
t = −0,3235·ln(0,05) = 0,9692 ms

Odpowiedź

t = 0,9692 ms
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 175,3 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) = 18 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 33 µF = 108,9 ms
vC(t) = 15 + (18 − 15)·e−t/τ

Wyznacz czas

15,6 = 15 + (3)·e−t/τ → e−t/τ = (15,6 − 15)/(18 − 15) = 0,2
t = τ·ln((18 − 15)/(15,6 − 15)) = 108,9·ln(5) = 175,3 ms

Odpowiedź

t = 175,3 ms
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: C = 1,267 µF

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|.

Warunek rezonansu

W rezonansie reaktancje indukcyjna i pojemnościowa się znoszą: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·2000 = 12566 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(12566²·0,005) = 1,267 µF

Odpowiedź

C = 1,267 µF
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: f0 = 107,3 Hz

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

Rezonans

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

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,1·22·10⁻⁶)) = 107,3 Hz

Odpowiedź

f0 = 107,3 Hz
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Q = 23,81 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(0,75) = 41,41°, tan φ = 0,8819

Moc bierna

Q = P·tan φ = 27·0,8819 = 23,81 kvar

Odpowiedź

Q = 23,81 kvar
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Pmax = 360 W

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

Dopasowanie sprzężone

Reaktancja obciążenia znosi reaktancję źródła, a rezystancja obciążenia jest równa rezystancji źródła.

ZL = Zs* = 10 − j6 Ω

Moc maksymalna

I = Vs/(2Rs) = 120/20 = 6 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 120²/(4·10) = 360 W

Odpowiedź

Pmax = 360 W
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 13,82 kW

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

Napięcie fazowe

Vph = VL = 480 V

Prąd fazowy

|Z| = √(18² + 24²) = 30 Ω
Iph = 480/30 = 16 A

Całkowita moc czynna

Moc czynną pobiera tylko rezystancyjna część każdej impedancji.

P = 3·Iph²·R = 3·16²·18 = 13,82 kW

Odpowiedź

P = 13,82 kW

Sprawdzenie: cos φ = R/|Z| = 0,6, a √3·VL·IL·cos φ daje tę samą moc.

18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: QC = 99,4 kvar

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = 250·tan(acos 0,75) = 250·0,8819 = 220,5 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,9) = 250·0,4843 = 121,1 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 99,4 kvar

Odpowiedź

QC = 99,4 kvar
19.Transformatory

Odpowiedź: IHV = 22,73 A

Transformator idealny: napięcia mają się do siebie jak liczby zwojów, a prądy odwrotnie: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a oraz I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, więc moc wejściowa jest równa mocy wyjściowej, V₁·I₁ = V₂·I₂. Impedancja obciążenia Z po stronie wtórnej widziana od strony pierwotnej wynosi a²·Z.

Prąd znamionowy

Oba uzwojenia przenoszą tę samą moc pozorną.

IHV = S/V = 150000/6600 = 22,73 A

Odpowiedź

IHV = 22,73 A
20.Transformatory

Odpowiedź: Ploss = 4609 W

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

Straty w miedzi przy tym obciążeniu

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,5625·3750 = 2109 W

Straty całkowite

Straty w rdzeniu są takie same przy każdym obciążeniu.

Ploss = 2500 + 2109 = 4609 W

Odpowiedź

Ploss = 4609 W

Sprawność przy tym obciążeniu wynosi η = 98,72%.

21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −3,3 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₊ = −0,3 V
I = V₋/R1 = −0,3/10 = −0,03 mA

Napięcie wyjściowe

Prąd przez R₁ płynie też przez Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −0,3 + (−0,03)·100 = −3,3 V

Odpowiedź

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

Odpowiedź: Vout = −1,32 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 = 0,6/1 = 0,6 mA
I2 = V2/R2 = 0,6/10 = 0,06 mA
If = I1 + I2 = 0,66 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −2·0,66 = −1,32 V

Odpowiedź

Vout = −1,32 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 4,164 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.

Zastępczy układ Thévenina dzielnika

VTH = 18·22/(39 + 22) = 6,492 V
RTH = 39·22/(39 + 22) = 14,07 kΩ

Prąd bazy

Napięciowe prawo Kirchhoffa w oczku bazy; prąd emitera to (β + 1)·IB.

IB = (6,492 − 0,7)/(14,07 + 81·1,2) = 52,05 µA

Prąd kolektora

IC = 80·52,05 µA = 4,164 mA
IE = 81·52,05 µA = 4,216 mA

Odpowiedź

IC = 4,164 mA
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 2,932 mA

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

Prąd bazy

IB = (5 − 0,7)/220 kΩ = 19,55 µA

Nasycenie czy obszar aktywny?

β·IB jest mniejsze od IC(sat), więc tranzystor pozostaje w obszarze aktywnym.

β·IB = 2,932 mA
IC(sat) = (9 − 0,2)/100 = 88 mA

Prąd kolektora

IC = β·IB = 2,932 mA

Odpowiedź

IC = 2,932 mA

Tranzystor pracuje w obszarze aktywnym, więc obciążenie nie jest całkowicie włączone.

25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 172

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

84 = 0101 0100
odwrócone: 1010 1011
+1 → 1010 1100

Odczytaj bez znaku

1010 1100₂ = 256 − 84 = 172

Odpowiedź

U = 172
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = 1,678 × 10⁷

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.

Największa wartość

224 − 1 = 16777215

Odpowiedź

N = 16777215
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: L = 6

Algebra Boole’a: reguły upraszczające wyrażenia to X + X′ = 1 i X·X′ = 0, X + X = X, absorpcja X + X·Y = X, reguła sklejania X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y oraz twierdzenie o konsensusie XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Prawa de Morgana zamieniają (X·Y)′ na X′ + Y′ oraz (X + Y)′ na X′·Y′. Mapa Karnaugha stosuje te reguły graficznie: każda grupa dwóch sąsiednich komórek to jedno użycie XY + XY′ = X.

Mintermy wyrażenia

A′C → m(1, 3)
AB′ → m(4, 5)
ABC′ → m(6)
ABC00011110010011130214150716

Pogrupuj i odczytaj

F = B′C + A′C + AC′

Policz literały

L = 6

Odpowiedź

L = 6

Istnieje inne grupowanie tego samego rozmiaru; ma tę samą liczbę literałów.

28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 2

Mapy Karnaugha: komórki są ułożone w kodzie Graya (00, 01, 11, 10), więc sąsiednie komórki, także te przez brzegi, różnią się dokładnie jedną zmienną. Grupuj jedynki w prostokąty po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, jak największe i jak najmniej, aż każda jedynka będzie pokryta. Każda grupa to jeden iloczyn: zmienne, które wewnątrz niej pozostają stałe. Grupa 2ᵏ komórek traci k zmiennych. Stany nieokreślone (X) można wykorzystać, by powiększyć grupy, ale nigdy nie trzeba ich pokrywać. Grupowanie zer daje minimalną postać POS.

Implikanty proste

Największe grupy, jakie można utworzyć z jedynek i X.

B′CD′, BCD, A′CD′, A′BD, AB′D′, A′BC
ABCD0001111000011110000103X204151716X12013115014X809011110

Istotne implikanty proste

BCD, A′BD
N = 2

Odpowiedź

N = 2
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.1) = 0,2097

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).

Ułamki proste

F(s) = A/s + B/(s + 5) + C/(s + 6)
A = 60/(5·6) = 2
B = 60/((−5)·1) = −12
C = 60/((−6)·(−1)) = 10

Transformata odwrotna

f(t) = 2 − 12·e−5t + 10·e−6t

Oblicz

f(0,1) = 2 − 12·e−5·0,1 + 10·e−6·0,1 = 0,2097

Odpowiedź

f(0,1) = 0,2097
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.25) = 0,2488

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

Przekształcenie równania

Y(s) = 15/(s(s + 3)(s + 5))

Ułamki proste

A = 15/(3·5) = 1
B = 15/((−3)·2) = −2,5
C = 15/((−5)·(−2)) = 1,5

Wydalone

y(t) = 1 − 2,5·e−3t + 1,5·e−5t
y(0,25) = 0,2488

Odpowiedź

y(0,25) = 0,2488
31.Schematy blokowe

Odpowiedź: ess = 3,043

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

Stała uchybu położeniowego

Kₚ = G(0) = 8·2/(1·7) = 2,286

Uchyb ustalony

ess = A/(1 + Kₚ) = 10/(1 + 2,286) = 3,043

Odpowiedź

ess = 3,043
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 18

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).

Odpowiedź na zakłócenie

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 2·2/(4 + 2K)

Rozwiąż względem K

4 + 2K = 2·2/0,1 = 40
K = (40 − 4)/2 = 18

Odpowiedź

K = 18
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: σ = −1,5

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

Porównaj z postacią standardową

Mianownik musi odpowiadać s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 92 → ωₙ = 9,592 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·9,592) = 0,1564

Wynik

σ = −ζωₙ = −3/2 = −1,5

Odpowiedź

σ = −1,5
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ζ = 0,5594

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(0,12)/√(π² + ln²(0,12)) = 2,12/√(9,87 + 4,496) = 0,5594

Odpowiedź

ζ = 0,5594
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: BW = 31,83 Hz

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 rezonansowa

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,005·1 × 10⁻⁵) = 4472 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 711,8 Hz

Pasmo przenoszenia

BW = R/L = 1/0,005 = 200 rad/s = 31,83 Hz

Odpowiedź

BW = 31,83 Hz
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: PM = 16,42 °

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 wzmocnienia

ω⁴ + 4ω² − 2304 = 0
ω² = (−4 + √(16 + 4·2304))/2 = 46,04
ωc = 6,785 rad/s

Zapas fazy

∠L(jωc) = −90° − atan(6,785/2) = −163,6°
PM = 180° + ∠L = 16,42°

Odpowiedź

PM = 16,42°
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmax = 350

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

Wielomian charakterystyczny

s³ + 11s² + 34s + 24 + K = 0

Tablica Routha

s³: 1, 34
s²: 11, 24 + K
s¹: (11·34 − 24 − K)/11
s⁰: 24 + K

Warunek

Element wiersza s¹ musi pozostać dodatni.

K < 11·34 − 24 = 350

Odpowiedź

Kmax = 350

Na granicy stabilności pętla oscyluje z pulsacją ω = √34 = 5,831 rad/s.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: K = 9

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.

Punkt rozejścia

dK/ds = 0 dla K = −(s + 4)(s + 10) daje 2s + 14 = 0.

sb = −7

Warunek modułu

K = |−7 + 4|·|−7 + 10| = 3·3 = 9

Odpowiedź

K = 9

Przy tym wzmocnieniu układ zamknięty jest tłumiony krytycznie (ζ = 1).

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 2

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

Wymagana stała prędkościowa

Kv = A/ess = 1/0,5 = 2

Wzmocnienie

K = 1·Kv = 2

Odpowiedź

K = 2

Duże wzmocnienie sprawia, że ta pętla jest bardzo słabo tłumiona: ζ = 0,3536. Ten konflikt jest powodem, dla którego stosuje się układy korekcyjne.

40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Ki = 100

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

Wielomian charakterystyczny

1 + C(s)G(s) = 0, pomnożone przez s(s + 1).

s² + (1 + 1Kp)s + 1Ki

Wielomian docelowy

s² + 2·0,7·10s + 10² = s² + 14s + 100

Dopasuj współczynniki

1Ki = 100 → Ki = 100

Odpowiedź

Ki = 100

Człon całkujący sprawia, że pętla jest typu 1, więc skok jest śledzony bez uchybu ustalonego.

To niezależne materiały do ćwiczeń. ExamProblems nie jest powiązane z organizacją przeprowadzającą ten egzamin ani przez nią rekomendowane, a nazwa egzaminu służy wyłącznie do opisu treści. Egzamin FE exam prowadzi NCEES, organizacja niezwiązana z ExamProblems, która go nie popiera.

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