Przygotowanie do egzaminu FE Electrical and Computer: zestaw na powtórkę

Wzory, najważniejsze kroki metod dla każdego tematu i 40 zadań do ćwiczenia, z pełnymi rozwiązaniami na końcu.

Nowe zadaniaWróć do przedmiotu

W oknie drukowania wybierz „Zapisz jako PDF”, aby zachować kopię na swoim urządzeniu.

1Wzory i metody

Rezystory szeregowo i równolegle

Rezystory połączone szeregowo
Req = R1 + R2 + …
Rezystory połączone równolegle
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dwa równolegle
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Prawo Ohma
V = I·R
Moc
P = V·I = I²R = V²/R

Metoda

  1. Zacznij od końca sieci najdalszego od zacisków.
  2. Rezystory szeregowe łącz, dodając je, a równoległe ze wzoru 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Po każdym kroku narysuj obwód od nowa.
  4. Powtarzaj, aż między zaciskami zostanie jeden rezystor.

Metoda potencjałów węzłowych

Prądowe prawo Kirchhoffa
ΣIin = ΣIout
Prąd gałęzi
I = (Va − Vb)/R
Węzeł odniesienia
Vground = 0

Metoda

  1. Wybierz węzeł odniesienia (masę) i oznacz potencjały pozostałych węzłów.
  2. Napisz prądowe prawo Kirchhoffa dla każdego nieznanego węzła: prądy wypływające przez każdą gałąź są równe prądom wpływającym.
  3. Wyraź każdy prąd gałęziowy jako (Va − Vb)/R.
  4. Rozwiąż układ równań, a potem wyznacz potrzebne prądy.

Metoda prądów oczkowych

Napięciowe prawo Kirchhoffa
ΣV = 0 w każdym oczku
Rezystor wspólny
prąd = I1 − I2
Źródło prądu w oczku
wyznacza prąd tego oczka

Metoda

  1. Narysuj prąd płynący zgodnie z ruchem wskazówek zegara w każdym oczku (okienku) obwodu.
  2. Zastosuj napięciowe prawo Kirchhoffa w każdym oczku: suma spadków napięć jest równa zeru.
  3. W rezystorze wspólnym dla dwóch oczek prąd jest różnicą dwóch prądów oczkowych.
  4. Rozwiąż równania; wynik ujemny oznacza, że prąd płynie w przeciwną stronę.

Superpozycja

Superpozycja
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Wyłączone źródło napięcia
zwarcie (0 V)
Wyłączone źródło prądu
rozwarcie (0 A)
Dzielnik napięcia
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Dzielnik prądu
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Metoda

  1. Policz niezależne źródła. Dla każdego źródła rozwiążesz jeden prostszy obwód.
  2. Zostaw jedno źródło, a pozostałe wyłącz: źródło napięciowe staje się zwarciem (przewodem), źródło prądowe staje się rozwarciem (przerwą).
  3. Rozwiąż prostszy obwód dla potrzebnego napięcia lub prądu, pilnując jego kierunku.
  4. Powtórz dla każdego źródła, a potem dodaj składowe z ich znakami.

Thévenin i Norton

Napięcie Thévenina
Vth = Vopen circuit
Rezystancja Thévenina
Rth: wszystkie źródła wyłączone, widziana z a–b
Prąd Nortona
IN = Vth/Rth
Prąd obciążenia
IL = Vth/(Rth + RL)
Maksymalne przekazywanie mocy
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Metoda

  1. Odłącz obciążenie i oznacz dwa zaciski a i b.
  2. Wyznacz napięcie stanu jałowego między a i b: to jest Vth.
  3. Wyłącz wszystkie niezależne źródła i wyznacz rezystancję widzianą z a–b: to jest Rth.
  4. Podłącz obciążenie z powrotem do obwodu zastępczego: Vth szeregowo z Rth.
  5. Dla obwodu zastępczego Nortona przelicz: IN = Vth/Rth, z RN = Rth równolegle.

Stany nieustalone RC i RL

Stała czasowa
τ = RC | τ = L/R
Odpowiedź układu
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensator przy prądzie stałym
rozwarcie; vC nie może zmienić się skokowo
Cewka przy prądzie stałym
zwarcie; iL nie może zmienić się skokowo
Stan ustalony
t ≈ 5τ

Metoda

  1. Wyznacz wartość początkową tuż po przełączeniu: napięcie na kondensatorze i prąd cewki nie mogą zmienić się skokowo.
  2. Wyznacz wartość końcową długo po przełączeniu: kondensator zachowuje się jak rozwarcie, a cewka jak zwarcie.
  3. Wyznacz stałą czasową: τ = RC lub τ = L/R, z rezystancją widzianą przez kondensator lub cewkę.
  4. Użyj x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Impedancja i wskazy AC

Impedancje
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Pulsacja
ω = 2πf
Moduł i kąt
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Prawo Ohma dla wskazów
V = I·Z

Metoda

  1. Przelicz częstotliwość: ω = 2πf.
  2. Wyznacz każdą reaktancję: XL = ωL i XC = 1/(ωC).
  3. Dodawaj impedancje jak rezystory, z Z = R + jX.
  4. Wyznacz moduł |Z| = √(R² + X²) i kąt φ = atan(X/R), a potem zastosuj prawo Ohma dla wskazów.

Moc AC i współczynnik mocy

Moc czynna
P = V·I·cos φ
Moc bierna
Q = V·I·sin φ
Moc pozorna
S = V·I = √(P² + Q²)
Współczynnik mocy
pf = cos φ = P/S
Kondensator kompensacyjny
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Moc w układach trójfazowych

Połączenie w gwiazdę (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Połączenie w trójkąt (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Całkowita moc czynna
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Moc pozorna i bierna
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kondensatory do kompensacji
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Napięcie na każdym kondensatorze
Δ: VL Y: VL/√3
Moc pobierana przez silnik
Pin = Pout/η

Transformatory

Przekładnia zwojowa
a = N1/N2 = V1/V2
Stosunek prądów
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Prąd znamionowy
I = S/V
Impedancja sprowadzona
Z1′ = a²·ZL
Straty w miedzi przy obciążeniu częściowym
Pcu = x²·Pcu,fl
Sprawność
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Sprawność maksymalna
x = √(Pcore/Pcu,fl)

Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Wzmacniacz odwracający
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Wzmacniacz nieodwracający
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Wzmacniacz sumujący
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Idealny wzmacniacz operacyjny
V+ = V−, Iin = 0

Diody i tranzystory

Dioda (stały spadek napięcia)
VD = 0,7 V when conducting
Obszar aktywny
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Polaryzacja stałym prądem bazy
IB = (VCC − 0,7)/RB
Polaryzacja dzielnikiem napięcia
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin dla dzielnika
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Oczko kolektora
VCE = VCC − ICRC − IERE
Nasycenie
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Systemy liczbowe

Wagi pozycji
dwójkowy 2k, ósemkowy 8k, szesnastkowy 16k
Na dziesiętny
Σ dk·bk
Z dziesiętnego
dziel przez podstawę, czytaj reszty od dołu do góry
Szesnastkowy ↔ dwójkowy
jedna cyfra szesnastkowa = 4 bity
Kod uzupełnień do dwóch (U2)
odwróć bity i dodaj 1

Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Podstawowe bramki
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Reguły algebry Boole’a
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Prawa de Morgana
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Kolejność na mapie Karnaugha
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Grupa 2ᵏ komórek
traci k zmiennych
Multiplekser 4-do-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Przerzutniki
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Liczniki
n-bitowy: 2ⁿ stanów; mod-N: najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Licznik asynchroniczny (ripple)
fmax = 1/(n·tpd)
Liczniki pierścieniowy i Johnsona
n i 2n stanów

Metoda

  1. Dla układu przechodź od wejść do wyjścia bramka po bramce i zapisuj wartość na każdym przewodzie albo zapisz jego wyrażenie i wypełnij tablicę prawdy.
  2. Przy upraszczaniu wpisz jedynki (a stany nieokreślone jako X) na mapę Karnaugha z wierszami i kolumnami w kodzie Graya: 00, 01, 11, 10.
  3. Pokryj jedynki jak najmniejszą liczbą jak największych grup po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, zawijając przez brzegi; każda grupa to jeden iloczyn ze zmiennych, które pozostają stałe. Dla postaci POS grupuj zera.
  4. Przy przerzutnikach i licznikach odczytuj wejścia przy każdym aktywnym zboczu zegara, zapisuj stan po każdym zboczu i pamiętaj, że n-bitowy licznik zawija się po 2ⁿ stanach.

Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Stabilność
wszystkie pierwiastki wielomianu charakterystycznego w lewej półpłaszczyźnie
tablica Routha, element s¹ wielomianu trzeciego stopnia
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Pierwiastki w prawej półpłaszczyźnie
liczba zmian znaku w pierwszej kolumnie
Wielomian trzeciego stopnia s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabilny, gdy wszystkie a > 0 oraz a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Równanie charakterystyczne
1 + K·G(s) = 0
Asymptoty
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Punkty rozejścia i zejścia
dK/ds = 0
Warunek modułu
K = 1/|G(s)|
Kąt wyjścia
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Metoda

  1. Zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego: mianownik 1 + K·G(s) = 0, po wymnożeniu.
  2. Wpisz współczynniki naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha i zbuduj pozostałe wiersze.
  3. Policz zmiany znaku w pierwszej kolumnie: każda to jeden biegun w prawej półpłaszczyźnie. Gdy w tablicy występuje K, żądaj, by każdy element pierwszej kolumny pozostał dodatni.
  4. Dla linii pierwiastkowej zaznacz bieguny i zera, odcinki osi rzeczywistej, asymptoty wychodzące ze środka asymptot oraz punkty rozgałęzienia, w których dK/ds = 0. Użyj K = 1/|G(s)| dla wzmocnienia w danym punkcie.

Uchyb ustalony i regulacja PID

Typ układu
liczba biegunów G(s) w s = 0
Stałe uchybowe
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Skok A
ess = A/(1 + Kp)
Narastanie liniowe A·t
ess = A/Kv
Parabola A·t²/2
ess = A/Ka
Regulator PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Cel drugiego rzędu
s² + 2ζωns + ωn²
Przeregulowanie i czasy
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Metoda

  1. Policz bieguny układu otwartego C(s)·G(s) w s = 0: to typ układu.
  2. Wyznacz stałą uchybową pasującą do wejścia: Kp dla skoku, Kv dla narastania liniowego, Ka dla paraboli.
  3. Zastosuj ess = A/(1 + Kp), A/Kv lub A/Ka albo rozwiąż to względem potrzebnego wzmocnienia.
  4. Przy wymaganiu dotyczącym tłumienia lub prędkości zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego i porównaj go z s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Zadania do ćwiczenia

1.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni
R1​ = 5 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩIR2​AR4​8 ΩB

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 24 VR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩR4 = 8 Ω
IR2 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 20 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​5 VR2​20 ΩAR4​5 ΩBR6​4 Ω

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 5 VR1 = 20 ΩR2 = 20 ΩR3 = 25 ΩR4 = 5 ΩR5 = 5 ΩR6 = 4 Ω
Req = Ω
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 2 ΩIR1​R3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAR4​6 ΩBIs​2,5 A

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd IR1 płynący przez R1 w kierunku strzałki.

V1 = 9 VIs = 2,5 AR1 = 2 ΩR2 = 8 ΩR3 = 4 ΩR4 = 6 Ω
IR1 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 20 Ω−+Vs​ = 10 V+−V1​15 VR2​5 ΩAR3​15 ΩBIs​6 A

Źródło napięcia Vₛ między A i B ma zacisk + po stronie B, więc VB − VA = Vₛ. Użyj metody potencjałów węzłowych z superwęzłem, aby wyznaczyć potencjał węzła VB (mierzony względem masy).

V1 = 15 VIs = 6 AVs = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 Ω
VB = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 10 ΩR2​ = 15 ΩIR2​+−V1​12 VR3​6 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

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

V1 = 12 VV2 = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩR3 = 6 Ω
IR2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 15 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​24 VR4​12 ΩIR4​AR5​15 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd IR4 płynący przez R4 w kierunku strzałki.

V1 = 24 VV2 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 3 ΩR3 = 30 ΩR4 = 12 ΩR5 = 15 Ω
IR4 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 5 ΩR3​ = 15 ΩIR3​+−V1​10 VR2​15 ΩAR4​4 ΩBIs​5 A

Użyj metody superpozycji, aby wyznaczyć prąd IR3 płynący przez R3 w kierunku strzałki.

V1 = 10 VIs = 5 AR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩR3 = 15 ΩR4 = 4 Ω
IR3 = A
8.SuperpozycjaTrudny
obwód liniowyV1​V2​Is​IRL​

Liniowy obwód rezystancyjny zawiera trzy niezależne źródła: V1, V2 i Is. Prąd I przez obciążenie zmierzono trzy razy. Przy wszystkich źródłach o wartościach normalnych I = 16 mA. Po podwojeniu V1 przy niezmienionych pozostałych dwóch I = 23 mA. Po odwróceniu kierunku Is przy niezmienionych pozostałych dwóch I = 7 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy V2 jest wyłączone, a V1 i Is mają wartości normalne.

wartości normalne: I = 16 mA2·V1: I = 23 mA−Is: I = 7 mA
I = mA
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩARL​10 ΩIL​B

Między a–b podłączono obciążenie RL = 10 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 ΩRL = 10 Ω
IL = A
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩAIs​6 ABab

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

V1 = 9 VIs = 6 AR1 = 6 ΩR2 = 10 ΩR3 = 15 Ω
IN = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​9 Vt = 0R = 22 ΩL150 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz prąd i w chwili t = 15 ms.

Vs = 9 VR = 22 ΩL = 150 mHt = 15 ms
i = A
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​15 VR1​ = 33 ΩR2​ = 5 Ωzamyka się w t = 0L68 mHi(t)

Łącznik równoległy do R2 był długo otwarty, więc prąd cewki jest ustalony. W t = 0 łącznik się zamyka i zwiera R2. Wyznacz prąd cewki i w chwili t = 5 ms.

Vs = 15 VR1 = 33 ΩR2 = 5 ΩL = 68 mHt = 5 ms
i = A
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
230 V500 HzR = 80 ΩL = 200 mHC = 2,2 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 230 V (skuteczne), 500 Hz. Wyznacz współczynnik mocy cos φ obwodu.

V = 230 V (rms)f = 500 HzR = 80 ΩL = 200 mHC = 2,2 µF
cos φ =
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
2 Vf0​R = 15 ΩL = 100 mHC = 0,47 µF

Szeregowy obwód RLC jest zasilany ze źródła 2 V (skuteczne), którego częstotliwość ustawiono na częstotliwość rezonansową obwodu. Wyznacz wartość skuteczną napięcia VL na cewce.

V = 2 V (rms)R = 15 ΩL = 100 mHC = 0,47 µF
VL = V
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
120 VR + jXP = 855 W9,5 A

Odbiornik indukcyjny pobiera 9,5 A i 855 W z jednofazowego zasilania 120 V (skuteczne). Zamodeluj go jako rezystancję R połączoną szeregowo z reaktancją X. Wyznacz X.

V = 120 VI = 9,5 AP = 855 W
X = Ω
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 5 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 5 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym) z zasilania 400 V, 50 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,9. Wyznacz potrzebną pojemność C.

P = 5 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9V = 400 Vf = 50 Hz
C = µF
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 480 VIL​ = 30 Acos φ = 0,95indukcyjny

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera prąd przewodowy 30 A ze źródła o napięciu przewodowym 480 V. Współczynnik mocy wynosi 0,95 (indukcyjny). Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 480 VIL = 30 Acos φ = 0,95
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 75 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym) z sieci 415 V (napięcie przewodowe), 60 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,95 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Wyznacz całkowitą moc bierną QC, którą musi dostarczyć bateria kondensatorów, w kvar.

P = 75 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatoryŚredni
11000 V400 VIHV​ILV​ = ?250 kVA

Jednofazowy transformator 250 kVA, 11000/400 V pracuje przy obciążeniu znamionowym. Potraktuj go jako idealny. Wyznacz prąd ILV w uzwojeniu dolnego napięcia.

S = 250 kVAV1 = 11000 VV2 = 400 V
ILV = A
20.TransformatoryTrudny
pf 0,8200 kVA, 75% obciążenie

Jednofazowy transformator 200 kVA ma straty w rdzeniu 1200 W i straty w miedzi 3600 W przy obciążeniu znamionowym. Dostarcza 75% swojej znamionowej mocy kVA przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym). Wyznacz całkowite straty Ploss w watach przy tym obciążeniu.

S = 200 kVAPcore = 1200 WPcu,fl = 3600 Wx = 0,75pf = 0,8
Ploss = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = −0,9 V

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

Vin = −0,9 VR1 = 1 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 2 kΩV1​ = −1,9 VR1​ = 100 kΩV2​ = −1,7 VR2​ = 1 kΩ

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

V1 = −1,9 VV2 = −1,7 VR1 = 100 kΩR2 = 1 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 1,5 kΩβ = 80RE​ = 1 kΩVCC​ = 18 VR1​ = 47 kΩR2​ = 6,8 kΩ

Tranzystor NPN o β = 80 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 18 V: R₁ = 47 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 6,8 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 1,5 kΩ, a rezystor emiterowy RE = 1 kΩ. Przyjmij VBE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz napięcie kolektor–emiter VCE.

VCC = 18 VR1 = 47 kΩR2 = 6,8 kΩRC = 1,5 kΩRE = 1 kΩβ = 80
VCE = V
24.Diody i tranzystoryTrudny
+−≤ 20 V680 Ω12 V

Stabilizator z diodą Zenera 12 V ma rezystor szeregowy 680 Ω. Napięcie wejściowe może wzrosnąć do 20 V, a obciążenie może zostać odłączone. Wyznacz największą moc PZ,max, jaką musi rozproszyć dioda Zenera.

Vin,max = 20 VVZ = 12 VR = 680 Ω
PZ,max = mW
25.Systemy liczboweŚredni
wagi w kodzie U21−12816403211608040211

8-bitowy wzór 1101 0001 zapisuje liczbę całkowitą ze znakiem w kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest jej wartość N dziesiętnie?

1101 00018 bit
N =
26.Systemy liczboweTrudny
12 bitów, bez znaku, N = ?????????????

Jaka jest największa liczba całkowita bez znaku N, która mieści się w 12 bitach?

12 bit
N =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111010110302141517160120130150141809011010

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 4, 5, 6, 7, 8). Ile iloczynów N ona zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 4, 5, 6, 7, 8)
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
ABCD0001111000011110X0X10302X41507160121130150140819X11110

Znajdź minimalną postać SOP funkcji F(A, B, C, D) = Σm(5, 6, 9, 10, 13) + d(0, 1, 4, 11), gdzie d oznacza stany nieokreślone. Ile iloczynów N ona zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(5, 6, 9, 10, 13) + d(0, 1, 4, 11)
N =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,6f(0,6) = ?

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

F(s) = 60/(s(s + 1)(s + 5))t = 0,6 s
f(0.6) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 5y′ + 4y = 2·u(t). Startuje ze stanu spoczynku (y(0) = 0, y′(0) = 0), a wejściem jest skok u(t) = 1 dla t ≥ 0. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź wyjście y(0,2).

y″ + 5y′ + 4y = 2·u(t)u(t) = 1y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,2 s
y(0.2) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+6K+8s + 7G(s)C(s)1H₁−−

Obiekt G(s) = 8/(s + 7) ma wewnętrzną (podrzędną) pętlę ujemnego sprzężenia zwrotnego ze wzmocnieniem H₁ = 1. Wzmocnienie regulatora K = 6 i zewnętrzna pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego zamykają układ. Znajdź biegun układu zamkniętego p.

G(s) = 8/(s + 7)H₁ = 1K = 6
p =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+Kregulator+D(s)+9s + 8obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K steruje obiektem G(s) = 9/(s + 8) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Skok zakłócenia o wielkości 1 wchodzi na wejście obiektu, gdy R = 0. Znajdź najmniejsze wzmocnienie K, przy którym wyjście w stanie ustalonym nie przekracza 0,01125.

G(s) = 9/(s + 8)D = 1css ≤ 0,01125
K =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)1tp​ = ?

Układ ma transmitancję G(s) = 49/(s² + 5s + 49) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź czas szczytu tp odpowiedzi skokowej.

G(s) = 49/(s² + 5s + 49)
tp = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
R(s)+105s(s + 12)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 105/(s(s + 12)). Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej układu zamkniętego, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 105/(s(s + 12))
ts = s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,010,010,10,1111010100100−20020406080ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 0,5

Znajdź fazę ∠G(jω) G(s) = 44(s + 8)/(s(s + 7)) przy ω = 0,5 rad/s, w stopniach.

G(s) = 44(s + 8)/(s(s + 7))ω = 0,5 rad/s
∠G(jω) = °
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​ = ?

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 138/(s(s + 6)(s + 7)). Znajdź częstotliwość odcięcia fazy ω180, przy której ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 138/(s(s + 6)(s + 7))
ω180 = rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+Ks + 4(s − 3)(s + 2)C(s)−

Obiekt G(s) = (s + 4)/((s − 3)(s + 2)) ma biegun niestabilny w s = 3. Wzmocnienie proporcjonalne K zamyka wokół niego pętlę ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz najmniejsze wzmocnienie Kmin, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

G(s) = (s + 4)/((s − 3)(s + 2))
Kmin =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,5−50,5j0,5j1

Linia pierwiastkowa dla L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4)) opuszcza oś rzeczywistą między s = 0 a s = −2. Wyznacz punkt rozejścia sb.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4))
sb =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
R(s)+K(s + 2)(s + 5)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma G(s) = K/((s + 2)(s + 5)). Wyznacz wzmocnienie K, które daje uchyb ustalony 10 % dla wejścia skokowego.

G(s) = K/((s + 2)(s + 5))ess = 10 %
K =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+25 + Kd​s5s(s + 1)C(s)−

Regulator PD C(s) = 25 + Kd·s steruje obiektem G(s) = 5/(s(s + 1)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz wzmocnienie członu różniczkującego Kd, przy którym układ zamknięty ma współczynnik tłumienia ζ = 0,8.

G(s) = 5/(s(s + 1))Kp = 25ζ = 0,8
Kd = s

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 2,036 A

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

R1​ = 5 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​8 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 = 6 + 8 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 5·14/(5+14) = 3,684 Ω
Req = R1 + 3,684 = 5 + 3,684 = 8,684 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 24/8,684 = 2,764 A

Prąd przez R₂

Odejmij spadek na R₁, aby dostać potencjał węzła A, czyli napięcie na R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 24 − 2,764·5 = 10,18 V
IR2 = VA/R2 = 10,18/5 = 2,036 A

Odpowiedź

IR2 = 2,036 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 31,7 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​ = 20 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​5 VR2​20 ΩAR4​5 ΩBR6​4 Ω

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R5 + R6 = 5 + 4 = 9 Ω
R4 ∥ 9 = 3,214 Ω
R3 + 3,214 = 28,21 Ω
R2 ∥ 28,21 = 11,7 Ω
Req = R1 + 11,7 = 20 + 11,7 = 31,7 Ω

Odpowiedź

Req = 31,7 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR1 = 0,3621 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.

R1​ = 2 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAR4​6 ΩBIs​2,5 A

Ustal węzły

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

PPK w węźle A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/8 + (VA − 9)/2 + (VA − VB)/4 = 0
0,875·VA − 0,25·VB = 4,5

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/6 + (VB − VA)/4 = 2,5
−0,25·VA + 0,4167·VB = 2,5

Rozwiąż

Δ = (0,875)(0,4167) − (−0,25)(−0,25) = 0,3021
VA = Δ1/Δ = 2,5/0,3021 = 8,276 V
VB = Δ2/Δ = 3,313/0,3021 = 10,97 V

Odpowiedź

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (9 − 8,276)/2 = 0,3621 A
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 29,21 V

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

Utwórz superwęzeł

Przez źródło napięcia między A i B płynie nieznany prąd, więc nie można zapisać PPK osobno w A ani w B. Obejmij A, B i źródło jednym superwęzłem: prąd do niego wpływający jest równy prądowi wypływającemu.

VB = VA + 10
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Rozwiąż

(VA − 15)/20 + VA/5 + (VA + 10)/15 = 6
VA·(1/20 + 1/5 + 1/15) = 6 + 15/20 − 10/15 = 6,083
VA = 6,083/0,3167 = 19,21 V
VB = 29,21 V

Odpowiedź

VB = 29,21 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR2 = −0,08 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​ = 10 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​12 VR3​6 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

Przypisz prądy oczkowe

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

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
10·I1 + 6(I1 − I2) = 12
16·I1 − 6·I2 = 12

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
15·I2 + 6(I2 − I1) = (−6)
−6·I1 + 21·I2 = −6

Rozwiąż

Δ = (16)(21) − (−6)(−6) = 300
I1 = Δ1/Δ = 216/300 = 0,72 A
I2 = Δ2/Δ = −24/300 = −0,08 A

Odpowiedź

IR2 = I2 = −0,08 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR4 = 0,7571 A

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

R1​ = 15 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​24 VR4​12 ΩAR5​15 ΩB+−V2​18 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
15·I1 + 12(I1 − I2) = 24
27·I1 − 12·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 + 12(I2 − I1) + 15(I2 − I3) = 0
−12·I1 + 30·I2 − 15·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
30·I3 + 15(I3 − I2) = (−18)
−15·I2 + 45·I3 = −18

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 23895
I1 = Δ1/Δ = 23760/23895 = 0,9944 A
I2 = Δ2/Δ = 5670/23895 = 0,2373 A
I3 = Δ3/Δ = −7668/23895 = −0,3209 A

Odpowiedź

IR4 = I1 − I2 = 0,7571 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: IR3 = 1,209 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​ = 5 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​10 VR2​15 ΩAR4​4 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 = 15+4 = 19 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 15·19/(15+19) = 8,382 Ω
VA = 10·8,382/(5+8,382) = 6,264 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 6,264·4/19 = 1,319 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (6,264 − 1,319)/15 = 0,3297 A
R1​ = 5 ΩR3​ = 15 ΩZWARCIER2​15 ΩAR4​4 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 = 5·15/(5+15) = 3,75 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 4 ∥ 18,75 = 3,297 Ω
VB = Is·Req = (−5)·3,297 = −16,48 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −16,48·3,75/18,75 = −3,297 V
IR3″ = (VA − VB)/R3 = (−3,297 − −16,48)/15 = 0,8791 A

Dodaj składowe

IR3 = IR3′ + IR3″
IR3 = 0,3297 + 0,8791 = 1,209 A

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

8.Superpozycja

Odpowiedź: I = 11,5 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 pomiary za pomocą wkładów

Każdy wkład jest proporcjonalny do własnego źródła.

I₁ + I₂ + I₃ = 16
2·I₁ + I₂ + I₃ = 23
I₁ + I₂ − I₃ = 7

Wyznacz wkłady

I₁ = 23 − 16 = 7 mA
I₃ = (16 − 7)/2 = 4,5 mA
I₂ = 16 − 7 − 4,5 = 4,5 mA

Wyłącz V₂

I = I₁ + I₃ = 7 + 4,5 = 11,5 mA

Odpowiedź

I = 11,5 mA
9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 0,2381 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​ = 15 ΩR3​ = 2 ΩZWARCIER2​5 ΩAabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

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

R1 ∥ R2 = 15·5/(15+5) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 2 = 5,75 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩAab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

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

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 15·5/(15+5) = 3,75 V
Rth​ = 5,75 Ω+−Vth​3,75 VRL​10 ΩIL​

Podłącz obciążenie do układu zastępczego Thévenina

Źródło Thévenina i R_th szeregowo zachowują się na a–b dokładnie jak pierwotny obwód, więc obciążenie widzi prostą pętlę szeregową.

IL = Vth/(Rth + RL) = 3,75/(5,75 + 10) = 0,2381 A
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = −5,7 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​ = 6 ΩR3​ = 15 ΩZWARCIER2​10 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 = 6·10/(6+10) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 15 = 18,75 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩAIs​6 ABab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 5,625 + (−6)·3,75 = −16,88 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −16,88 + (−6)·15 = −106,9 V
IN​5,7 ARth​18,75 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 = −106,9/18,75 = −5,7 A
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: i = 0,3638 A

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

Stała czasowa i prąd końcowy

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

τ = L/R = 150 mH / 22 Ω = 6,818 ms
i(∞) = Vs/R = 9/22 = 0,4091 A

Prąd w danej chwili

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,4091·(1 − e−15/6,818) = 0,3638 A

Odpowiedź

i = 0,3638 A
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: i = 0,4493 A

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

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

Przed t = 0 w obwodzie są oba rezystory; potem zamknięty łącznik bocznikuje R₂.

i(0) = 15/(33 + 5) = 0,3947 A
i(∞) = 15/33 = 0,4545 A
τ = L/R = 68/33 = 2,061 ms
i(t) = 0,4545 + (0,3947 − 0,4545)·e−t/τ

Prąd w danej chwili

i(5) = 0,4545 + (−0,05981)·e−5/2,061 = 0,4493 A

Odpowiedź

i = 0,4493 A
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: cos φ = 0,1632

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 = 628,3 Ω, XC = 144,7 Ω

Impedancja

|Z| = √(80² + (483,6)²) = 490,2 Ω

Współczynnik mocy

cos φ = R/|Z| = 80/490,2 = 0,1632
Obwód jest indukcyjny, więc współczynnik mocy ma charakter indukcyjny.

Odpowiedź

cos φ = 0,1632
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: VL = 61,5 V

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 się znoszą, więc impedancja jest równa samemu R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,1·0,47·10⁻⁶) = 4613 rad/s
I = V/R = 2/15 = 0,1333 A

Napięcie na cewce

XL = ω₀L = 4613·0,1 = 461,3 Ω
VL = I·XL = 0,1333·461,3 = 61,5 V

Odpowiedź

VL = 61,5 V

To Q = 30,75 razy napięcie zasilania.

15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: X = 8,355 Ω

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

Rezystancja z mocy czynnej

R = P/I² = 855/9,5² = 9,474 Ω

Reaktancja z impedancji

|Z| = V/I = 120/9,5 = 12,63 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(12,63² − 9,474²) = 8,355 Ω

Odpowiedź

X = 8,355 Ω
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: C = 68,12 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 = 5·tan(49,46°) = 5,846 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(25,84°) = 2,422 kvar
QC = Q1 − Q2 = 3,424 kvar

Pojemność

Kondensator dołączony do zasilania dostarcza Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 3424/(2π·50·400²) = 68,12 µF

Odpowiedź

C = 68,12 µF
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 23,69 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.

Moc pozorna

S = √3·VL·IL = √3·480·30 = 24,94 kVA

Moc czynna

P = S·cos φ = 24,94·0,95 = 23,69 kW

Odpowiedź

P = 23,69 kW
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: QC = 63,03 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 = 75·tan(acos 0,65) = 75·1,169 = 87,68 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,95) = 75·0,3287 = 24,65 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 63,03 kvar

Odpowiedź

QC = 63,03 kvar
19.Transformatory

Odpowiedź: ILV = 625 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 = 250000/400 = 625 A

Odpowiedź

ILV = 625 A
20.Transformatory

Odpowiedź: Ploss = 3225 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 = 0,5625·3600 = 2025 W

Straty całkowite

Straty w rdzeniu są takie same przy każdym obciążeniu.

Ploss = 1200 + 2025 = 3225 W

Odpowiedź

Ploss = 3225 W

Sprawność przy tym obciążeniu wynosi η = 97,38%.

21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −9,9 V

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

Wejście odwracające podąża za wejściem

V₋ = V₊ = −0,9 V
I = V₋/R1 = −0,9/1 = −0,9 mA

Napięcie wyjściowe

Prąd przez R₁ płynie też przez Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −0,9 + (−0,9)·10 = −9,9 V

Odpowiedź

Vout = −9,9 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 3,438 V

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

Prądy wejściowe

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

I1 = V1/R1 = −1,9/100 = −0,019 mA
I2 = V2/R2 = −1,7/1 = −1,7 mA
If = I1 + I2 = −1,719 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −2·(−1,719) = 3,438 V

Odpowiedź

Vout = 3,438 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: VCE = 14,36 V

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

Zastępczy układ Thévenina dzielnika

VTH = 18·6,8/(47 + 6,8) = 2,275 V
RTH = 47·6,8/(47 + 6,8) = 5,941 kΩ

Prąd bazy

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

IB = (2,275 − 0,7)/(5,941 + 81·1) = 18,12 µA

Prąd kolektora

IC = 80·18,12 µA = 1,449 mA
IE = 81·18,12 µA = 1,467 mA

Napięcie kolektor–emiter

VCE = 18 − 1,449·1,5 − 1,467·1 = 14,36 V

Odpowiedź

VCE = 14,36 V
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: PZ,max = 141,2 mW

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

Prąd diody Zenera w najgorszym przypadku

IZ = 8/680 = 11,76 mA

Moc diody Zenera

PZ = 12·11,76 = 141,2 mW

Odpowiedź

PZ,max = 141,2 mW
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −47

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.

Dodaj wagi

Pozostałe bity mają swoje zwykłe dodatnie wartości.

−128 + 64 + 16 + 1 = −47

Odpowiedź

N = −47
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = 4095

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

212 − 1 = 4095

Odpowiedź

N = 4095
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.

ABCD000111100001111010110302141517160120130150141809011010

Zgrupuj jedynki

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

B′C′D′
A′C′
A′B

Minimalna postać SOP

F = B′C′D′ + A′C′ + A′B
N = 3

Odpowiedź

N = 3
28.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.

Implikanty proste

Największe grupy, jakie można utworzyć z jedynek i X.

C′D, A′C′, A′BD′, AB′D, AB′C
ABCD0001111000011110X0X10302X41507160121130150140819X11110

Minimalne pokrycie

F = C′D + A′BD′ + AB′C
N = 3

Odpowiedź

N = 3
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.6) = 3,917

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 + 1) + C/(s + 5)
A = 60/(1·5) = 12
B = 60/((−1)·4) = −15
C = 60/((−5)·(−4)) = 3

Transformata odwrotna

f(t) = 12 − 15·e−t + 3·e−5t

Oblicz

f(0,6) = 12 − 15·e−0,6 + 3·e−5·0,6 = 3,917

Odpowiedź

f(0,6) = 3,917
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.2) = 0,02907

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) = 2/(s(s + 1)(s + 4))

Ułamki proste

A = 2/(1·4) = 0,5
B = 2/((−1)·3) = −0,6667
C = 2/((−4)·(−3)) = 0,1667

Wydalone

y(t) = 0,5 − 0,6667·e−t + 0,1667·e−4t
y(0,2) = 0,02907

Odpowiedź

y(0,2) = 0,02907
31.Schematy blokowe

Odpowiedź: p = −63

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).

Pętla wewnętrzna

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 8/(s + 7 + 8·1) = 8/(s + 15)

Pętla zewnętrzna

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 48/(s + 15 + 48) = 48/(s + 63)

Wynik

p = −63

Odpowiedź

p = −63
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 88

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)) = 1·9/(8 + 9K)

Rozwiąż względem K

8 + 9K = 1·9/0,01125 = 800
K = (800 − 8)/9 = 88

Odpowiedź

K = 88
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: tp = 0,4805 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 = 49 → ωₙ = 7 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·7) = 0,3571

Wynik

ωd = 7·√(1 − 0,3571²) = 6,538 rad/s → tp = π/ωd = 0,4805 s

Odpowiedź

tp = 0,4805 s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ts = 0,6667 s

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

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = 105/(s² + 12s + 105): ωₙ = 10,25 rad/s, ζ = 0,5855

Czas ustalania

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

Odpowiedź

ts = 0,6667 s

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

35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ∠G(jω) = −90,51 °

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

Dodaj kąty

∠G = atan(0,5/8) − 90° − atan(0,5/7) = 3,576° − 90° − 4,086°

Wynik

∠G(j0,5) = −90,51°

Odpowiedź

∠G(jω) = −90,51°
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ω180 = 6,481 rad/s

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

Częstotliwość odcięcia fazy

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

Odpowiedź

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

Odpowiedź: Kmin = 1,5

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

Wielomian charakterystyczny

(s − 3)(s + 2) + K(s + 4) = s² + (-1 + K)s + (4K − 6)

Warunki

Dla s² + c₁s + c₀ wszystkie pierwiastki leżą w lewej półpłaszczyźnie dokładnie wtedy, gdy c₁ > 0 i c₀ > 0.

-1 + K > 0 → K > 1
4K − 6 > 0 → K > 1,5
Kmin = 1,5

Odpowiedź

Kmin = 1,5
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: sb = −0,8453

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.

Wzmocnienie wzdłuż osi rzeczywistej

K(s) = −s(s + 2)(s + 4) = −(s³ + 6s² + 8s)

Punkty stacjonarne

dK/ds = −(3s² + 12s + 8) = 0
s = (−12 ± √(144 − 96))/6 = −0,8453, −3,155

Wybierz punkt należący do linii

Linia leży na osi rzeczywistej między 0 a −2; drugi pierwiastek do niej nie należy.

sb = −0,8453

Odpowiedź

sb = −0,8453
39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 90

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 uchybowa

1/(1 + Kp) = 0,1 → Kp = 9

Wzmocnienie

K/10 = 9 → K = 90

Odpowiedź

K = 90

Sprawdź też stabilność układu zamkniętego: dla tej pętli drugiego rzędu każde K > 0 jest stabilne.

40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Kd = 3,378 s

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

Wielomian charakterystyczny

s(s + 1) + 5(25 + Kds) = s² + (1 + 5Kd)s + 125

Częstotliwość drgań własnych

ωₙ = √125 = 11,18 rad/s

Wzmocnienie członu różniczkującego

1 + 5Kd = 2·0,8·11,18 = 17,89
Kd = 3,378 s

Odpowiedź

Kd = 3,378 s

Człon różniczkujący zwiększa tłumienie bez zmiany ωₙ.

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