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​ = 2 ΩIR1​R3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩAR4​4 ΩB

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 15 VR1 = 2 ΩR2 = 2 ΩR3 = 15 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 10 ΩIR1​R3​ = 4 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​25 ΩBR6​10 Ω

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 4 ΩR4 = 25 ΩR5 = 5 ΩR6 = 10 Ω
IR1 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 20 ΩR3​ = 10 ΩIR3​+−V1​10 VR2​15 ΩAR4​5 ΩBIs​5 A

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

V1 = 10 VIs = 5 AR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 ΩR4 = 5 Ω
IR3 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 12 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​30 ΩAR4​4 ΩBIs​?

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

V1 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 30 ΩR3 = 10 ΩR4 = 4 ΩVA = 5 V
Is = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 10 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​6 VR3​2 ΩIR3​A+−V2​30 VI1​I2​

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

V1 = 6 VV2 = 30 VR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 Ω
IR3 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 30 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​5 VR4​20 ΩAR5​4 Ω+−VR5​B+−V2​6 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć napięcie VR5 na R5 o zaznaczonej biegunowości.

V1 = 5 VV2 = 6 VR1 = 30 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 ΩR4 = 20 ΩR5 = 4 Ω
VR5 = V
7.SuperpozycjaŚredni
obwód liniowyVs​Is​IRL​

Liniowy obwód rezystancyjny zawiera jedno źródło napięcia Vs i jedno źródło prądu Is. Prąd I przez rezystor obciążenia zmierzono dwukrotnie: przy Vs = 5 V i Is = 6 mA I = −0,55 mA; przy Vs = 2 V i Is = 5 mA I = −1 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy Vs = 12 V i Is = 4 mA.

5 V, 6 mA → −0,55 mA2 V, 5 mA → −1 mAVs = 12 V, Is = 4 mA
I = mA
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 3 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 30 ΩIR4​+−V1​30 VR3​15 ΩAIs​4 AB+−V2​30 V

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

V1 = 30 VIs = 4 AV2 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 15 ΩR4 = 30 Ω
IR4 = A
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​2 ΩAab

Wyznacz rezystancję Thévenina Rth widzianą z zacisków a–b.

V1 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 2 ΩR3 = 20 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 10 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAIs​0,5 ABab

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

V1 = 18 VIs = 0,5 AR1 = 10 ΩR2 = 6 ΩR3 = 25 Ω
IN = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​20 Vt = 0R = 100 ΩL220 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz prąd i w chwili t = 5 ms.

Vs = 20 VR = 100 ΩL = 220 mHt = 5 ms
i = A
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​6 Vt = 0R = 1 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 3 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 3 V o zaznaczonej biegunowości. Wyznacz napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 80 ms.

Vs = 6 VR = 1 kΩC = 33 µFvC(0) = 3 Vt = 80 ms
vC = V
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
12 V500 HzR = 30 ΩL = 150 mHC = 100 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 12 V (skuteczne), 500 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.

V = 12 V (rms)f = 500 HzR = 30 ΩL = 150 mHC = 100 µF
I = A
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
10 Vf0​R = 20 ΩL = 200 mHC = 0,22 µF

Szeregowy obwód RLC jest zasilany ze źródła 10 V (skuteczne), którego częstotliwość ustawiono na częstotliwość rezonansową obwodu. Wyznacz wartość skuteczną napięcia VL na cewce.

V = 10 V (rms)R = 20 ΩL = 200 mHC = 0,22 µF
VL = V
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 27 kWQSφ

Silnik jednofazowy pobiera 27 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym) z zasilania 230 V. Wyznacz prąd linii I.

P = 27 kWpf = 0,65V = 230 V
I = A
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 30 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 30 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) z zasilania 240 V, 60 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,98. Wyznacz moc bierną QC, którą musi dostarczyć kondensator.

P = 30 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98V = 240 Vf = 60 Hz
QC = kvar
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 415 VIL​ = 20 Acos φ = 0,92indukcyjny

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera prąd przewodowy 20 A ze źródła o napięciu przewodowym 415 V. Współczynnik mocy wynosi 0,92 (indukcyjny). Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 415 VIL = 20 Acos φ = 0,92
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 150 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z sieci 480 V (napięcie przewodowe), 50 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,95 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w gwiazdę. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 150 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
RL​ = 10 Ω511200 VV2​I1​ = ?I2​

Do uzwojenia pierwotnego idealnego transformatora o przekładni N₁:N₂ = 5:1 przyłożono napięcie 1200 V. Do uzwojenia wtórnego dołączono rezystor 10 Ω. Wyznacz prąd pierwotny I1.

N1:N2 = 5:1V1 = 1200 VRL = 10 Ω
I1 = A
20.TransformatoryTrudny
pf 0,8200 kVA, η = 97,5%

Jednofazowy transformator 200 kVA ma straty w rdzeniu 600 W. Przy obciążeniu znamionowym i współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) jego sprawność wynosi 97,5%. Wyznacz straty w miedzi przy pełnym obciążeniu Pcu,fl w watach.

S = 200 kVAPcore = 600 Wpf = 0,8η = 97,5%
Pcu,fl = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​R2​ = 47 kΩV1​ = 2,3 VR1​ = 100 kΩV2​ = 0,2 VR3​ = 100 kΩR4​ = 47 kΩ

Wzmacniacz różnicowy wykorzystuje idealny wzmacniacz operacyjny zasilany napięciem ±15 V, przy czym R3 = R1 i R4 = R2. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

V1 = 2,3 VV2 = 0,2 VR1 = R3 = 100 kΩR2 = R4 = 47 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = −0,6 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = −1,4 VR2​ = 47 kΩ

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

V1 = −0,6 VV2 = −1,4 VR1 = 4,7 kΩR2 = 47 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 1 kΩβ = 80IC​ = ?RE​ = 680 ΩVCC​ = 15 VR1​ = 47 kΩR2​ = 12 kΩ

Tranzystor NPN o β = 80 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 15 V: R₁ = 47 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 12 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 1 kΩ, a rezystor emiterowy RE = 680 Ω. Przyjmij VBE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz prąd kolektora IC w mA.

VCC = 15 VR1 = 47 kΩR2 = 12 kΩRC = 1 kΩRE = 680 Ωβ = 80
IC = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 470 Ωβ = 100VCC​ = 12 V3,3 VRB​ = ?

Tranzystor NPN o β = 100 przełącza rezystor obciążenia 470 Ω włączony między VCC = 12 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 3,3 V przez rezystor bazowy RB. Przyjmij VBE = 0,7 V i VCE(sat) = 0,2 V. Wyznacz największy rezystor bazowy RB, w kΩ, który jeszcze wprowadza tranzystor w nasycenie.

VCC = 12 VRC = 470 Ωβ = 100Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U20−12806403201608040201

Ustaw bity tak, aby zapisywały −36 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −368 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
16-bitowy kod uzupełnień do dwóch, N = ??znak???????????????

Jaka jest najmniejsza (najbardziej ujemna) liczba całkowita N, którą można zapisać w 16-bitowym kodzie U2?

16 bit
N =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111000010302041517160120131151141809111010

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(5, 6, 7, 8, 11, 14, 15). Ile iloczynów N ona zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(5, 6, 7, 8, 11, 14, 15)
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​CLKMOD-9

Licznik mod-9 zbudowano z minimalnej liczby przerzutników. Ile z możliwych stanów U nigdy nie jest używanych?

N = 9
U =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
ReIm5

Znajdź f(t) dla F(s) = 29/(s² + 4s + 40) metodą dopełnienia do kwadratu i oblicz f(0,5).

F(s) = 29/(s² + 4s + 40)t = 0,5 s
f(0.5) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,4y(0,4) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 3y′ + 2y = 6·u(t), przy y(0) = 2 i y′(0) = 0. W chwili t = 0 podano na wejście skok u(t) = 2. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź y(0,4).

y″ + 3y′ + 2y = 6·u(t)y(0) = 2y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,4 s
y(0.4) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+14K+5s + 8G(s)C(s)0,5H₁−−

Obiekt G(s) = 5/(s + 8) ma wewnętrzną (podrzędną) pętlę ujemnego sprzężenia zwrotnego ze wzmocnieniem H₁ = 0,5. Wzmocnienie regulatora K = 14 i zewnętrzna pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego zamykają układ. Znajdź wzmocnienie statyczne układu zamkniętego T(0).

G(s) = 5/(s + 8)H₁ = 0,5K = 14
T(0) =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+28regulator+D(s)+7s + 2obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K = 28 steruje obiektem G(s) = 7/(s + 2) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Zakłócenie D wchodzi na wejście obiektu (dodaje się do wyjścia regulatora). Przy R = 0 podano skok zakłócenia o wielkości 5. Znajdź wyjście w stanie ustalonym css.

K = 28G(s) = 7/(s + 2)D = 5R = 0
css =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)1

Układ ma transmitancję G(s) = 60/(s² + 11s + 60) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Wyznacz współczynnik tłumienia ζ.

G(s) = 60/(s² + 11s + 60)
ζ =
34.Odpowiedź skokowaTrudny
t (s)y(t)1tp​ = 0,25 s5 %

Odpowiedź skokowa układu drugiego rzędu bez zer wykazuje przeregulowanie 5 %, a pierwszy szczyt występuje w chwili t = 0,25 s. Znajdź pulsację własną ωn.

%OS = 5 %tp = 0,25 s
ωn = rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
vin​L = 1 mHC = 10 µFR = 5 Ωvout​

W pokazanym szeregowym filtrze środkowoprzepustowym RLC wyjście jest brane na R = 5 Ω, przy L = 1 mH i C = 10 µF. Znajdź dobroć Q.

R = 5 ΩL = 1 mHC = 10 µF
Q =
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 35/(s(s + 5)). Znajdź częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc, przy której |L(jω)| = 1.

L(s) = 35/(s(s + 5))
ωc = rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+21s(s + 8)(s + 10)C(s)+

Pętla na schemacie ma dodatnie sprzężenie zwrotne, z L(s) = 2/(s(s + 8)(s + 10)). Ile biegunów N układu zamkniętego leży w prawej półpłaszczyźnie?

L(s) = 2/(s(s + 8)(s + 10))
N =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2sb​

Pokazano linię pierwiastkową dla L(s) = K/((s + 2)(s + 8)). Wyznacz wzmocnienie K w punkcie rozejścia sb, w którym dwa bieguny układu zamkniętego spotykają się na osi rzeczywistej.

L(s) = K/((s + 2)(s + 8))
K =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
R(s)+K = 190,55s + 1C(s)−

Proces G(s) = 0,5/(5s + 1) jest sterowany wzmocnieniem proporcjonalnym K = 19 w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz uchyb ustalony ess dla skoku, jako procent wartości skoku.

G(s) = 0,5/(5s + 1)K = 19
ess = %
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+5 + Kd​s10s(s + 3)C(s)−

Regulator PD C(s) = 5 + Kd·s steruje obiektem G(s) = 10/(s(s + 3)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz wzmocnienie członu różniczkującego Kd, przy którym układ zamknięty ma współczynnik tłumienia ζ = 0,6.

G(s) = 10/(s(s + 3))Kp = 5ζ = 0,6
Kd = s

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 3,938 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​ = 2 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩAR4​4 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 = 15 + 4 = 19 Ω
R2 ∥ 19 = 2·19/(2+19) = 1,81 Ω
Req = R1 + 1,81 = 2 + 1,81 = 3,81 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 15/3,81 = 3,938 A

Odpowiedź

IR1 = 3,938 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 0,6661 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​ = 10 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​25 ΩBR6​10 Ω

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R5 + R6 = 5 + 10 = 15 Ω
R4 ∥ 15 = 9,375 Ω
R3 + 9,375 = 13,38 Ω
R2 ∥ 13,38 = 8,015 Ω
Req = R1 + 8,015 = 10 + 8,015 = 18,01 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 12/18,01 = 0,6661 A

Odpowiedź

IR1 = 0,6661 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR3 = 1,242 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​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​15 ΩAR4​5 ΩBIs​5 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 10 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/15 + (VA − 10)/20 + (VA − VB)/10 = 0
0,2167·VA − 0,1·VB = 0,5

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/5 + (VB − VA)/10 = (−5)
−0,1·VA + 0,3·VB = −5

Rozwiąż

Δ = (0,2167)(0,3) − (−0,1)(−0,1) = 0,055
VA = Δ1/Δ = −0,35/0,055 = −6,364 V
VB = Δ2/Δ = −1,033/0,055 = −18,79 V

Odpowiedź

IR3 = (VA − VB)/R3 = (−6,364 − −18,79)/10 = 1,242 A
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: Is = 0,375 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
(5 − 10)/12 + 5/30 = (VB − 5)/10
−0,25 = (VB − 5)/10 → VB = 2,5 V

PPK w węźle B

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

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (2,5 − 5)/10 + 2,5/4 = 0,375 A

Odpowiedź

Is = 0,375 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR3 = 2,268 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​ = 12 Ω+−V1​6 VR3​2 ΩA+−V2​30 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 + 2(I1 − I2) = 6
12·I1 − 2·I2 = 6

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
12·I2 + 2(I2 − I1) = (−30)
−2·I1 + 14·I2 = −30

Rozwiąż

Δ = (12)(14) − (−2)(−2) = 164
I1 = Δ1/Δ = 24/164 = 0,1463 A
I2 = Δ2/Δ = −348/164 = −2,122 A

Odpowiedź

IR3 = I1 − I2 = 2,268 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: VR5 = 1,391 V

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

R1​ = 30 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​5 VR4​20 ΩAR5​4 ΩB+−V2​6 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
30·I1 + 20(I1 − I2) = 5
50·I1 − 20·I2 = 5

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 + 20(I2 − I1) + 4(I2 − I3) = 0
−20·I1 + 27·I2 − 4·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
15·I3 + 4(I3 − I2) = (−6)
−4·I2 + 19·I3 = −6

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 17250
I1 = Δ1/Δ = 2005/17250 = 0,1162 A
I2 = Δ2/Δ = 700/17250 = 0,04058 A
I3 = Δ3/Δ = −5300/17250 = −0,3072 A

Odpowiedź

IR5 = I2 − I3 = 0,3478 A
VR5 = IR5·R5 = 0,3478·4 = 1,391 V

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: I = 1,8 mA

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

Zapisz odpowiedź jako sumę wkładów

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

I = k₁·Vs + k₂·Is
5·k₁ + 6·k₂ = −0,55
2·k₁ + 5·k₂ = −1

Wyznacz stałe

Δ = (5)(5) − (6)(2) = 13
k₁ = Δ1/Δ = 3,25/13 = 0,25
k₂ = Δ2/Δ = −3,9/13 = −0,3
k₁ = 0,25 mA/V, k₂ = −0,3

Przewidź nowy prąd

I = 0,25·12 + (−0,3)·4 = 1,8 mA

Odpowiedź

I = 1,8 mA
8.Superpozycja

Odpowiedź: IR4 = 0,6667 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​ = 3 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​30 VR3​15 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) = 15 ∥ 32 = 10,21 Ω
VA = 30·10,21/(3+10,21) = 23,19 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 23,19·30/32 = 21,74 V
IR4′ = (V2 − VB)/R4 = (0 − 21,74)/30 = −0,7246 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 30 ΩZWARCIER3​15 ΩAIs​4 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 = 2,5 Ω, więc lewa gałąź to R2+2,5 = 4,5 Ω
Req = R4 ∥ 4,5 = 3,913 Ω
VB = Is·Req = (−4)·3,913 = −15,65 V
VA = VB·2,5/4,5 = −8,696 V
IR4″ = (V2 − VB)/R4 = (0 − −15,65)/30 = 0,5217 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 30 ΩZWARCIER3​15 ΩAROZWARCIEB+−V2​30 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 = 3·15/(3+15) = 2,5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 30·4,5/34,5 = 3,913 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 3,913·2,5/4,5 = 2,174 V
IR4‴ = (V2 − VB)/R4 = (30 − 3,913)/30 = 0,8696 A

Dodaj składowe

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴
IR4 = (−0,7246) + 0,5217 + 0,8696 = 0,6667 A

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

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Rth = 21,76 Ω

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​ = 20 ΩZWARCIER2​2 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 = 15·2/(15+2) = 1,765 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,765 + 20 = 21,76 Ω
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = −0,2652 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​ = 10 ΩR3​ = 25 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 = 10·6/(10+6) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 25 = 28,75 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAIs​0,5 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) = 6,75 + (−0,5)·3,75 = 4,875 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 4,875 + (−0,5)·25 = −7,625 V
IN​0,2652 ARth​28,75 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 = −7,625/28,75 = −0,2652 A
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: i = 0,1794 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 = 220 mH / 100 Ω = 2,2 ms
i(∞) = Vs/R = 20/100 = 0,2 A

Prąd w danej chwili

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,2·(1 − e−5/2,2) = 0,1794 A

Odpowiedź

i = 0,1794 A
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 5,734 V

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

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) = 3 V, vC(∞) = Vs = 6 V
τ = R·C = 1 kΩ · 33 µF = 33 ms
vC(t) = 6 + (3 − 6)·e−t/τ

Napięcie w danej chwili

vC(80) = 6 + (−3)·e−80/33 = 5,734 V

Odpowiedź

vC = 5,734 V
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 0,02559 A

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

Reaktancje

ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,15 = 471,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·100·10⁻⁶) = 3,183 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(30² + (468,1)²) = 469 Ω

Prąd

Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.

I = V/|Z| = 12/469 = 0,02559 A

Odpowiedź

I = 0,02559 A
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: VL = 476,7 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/√(0,2·0,22·10⁻⁶) = 4767 rad/s
I = V/R = 10/20 = 0,5 A

Napięcie na cewce

XL = ω₀L = 4767·0,2 = 953,5 Ω
VL = I·XL = 0,5·953,5 = 476,7 V

Odpowiedź

VL = 476,7 V

To Q = 47,67 razy napięcie zasilania.

15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: I = 180,6 A

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.

Prąd linii

Pracę wykonuje tylko moc czynna, więc podziel przez współczynnik mocy.

I = P/(V·cos φ) = 27000/(230·0,65) = 180,6 A

Odpowiedź

I = 180,6 A
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: QC = 16,41 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.

Moc bierna przed i po

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

Q1 = P·tan φ1 = 30·tan(36,87°) = 22,5 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 30·tan(11,48°) = 6,092 kvar
QC = Q1 − Q2 = 16,41 kvar

Odpowiedź

QC = 16,41 kvar
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 13,23 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 = √3·415·20 = 14,38 kVA

Moc czynna

P = S·cos φ = 14,38·0,92 = 13,23 kW

Odpowiedź

P = 13,23 kW
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 1146 µF

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = 150·tan(acos 0,75) = 150·0,8819 = 132,3 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,95) = 150·0,3287 = 49,3 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 82,98 kvar

Pojemność na fazę

W baterii połączonej w gwiazdę każdy kondensator jest włączony między przewód fazowy a punkt gwiazdowy.

V = 480/√3 = 277,1 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 27662/(314,2·277,1²) = 1146 µF

Odpowiedź

Cph = 1146 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: I1 = 4,8 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.

Napięcie i prąd wtórny

V2 = 1200/5 = 240 V
I2 = 240/10 = 24 A

Prąd pierwotny

Idealny transformator nie ma strat: V₁·I₁ = V₂·I₂.

I1 = I2/5 = 4,8 A

Odpowiedź

I1 = 4,8 A

Sprawdzenie: obciążenie widziane od strony pierwotnej to a²·RL = 250 Ω, a 1200/250 daje ten sam prąd.

20.Transformatory

Odpowiedź: Pcu,fl = 3503 W

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

Moc wyjściowa i wejściowa

Pout = 200·0,8 = 160 kW
Pin = 160000/0,975 = 164103 W

Straty całkowite i straty w miedzi

Ploss = 164103 − 160000 = 4103 W
Pcu,fl = 4103 − 600 = 3503 W

Odpowiedź

Pcu,fl = 3503 W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −0,987 V

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

Napięcie na wejściach

Przez R₃ i R₄ płynie ten sam prąd, więc tworzą dzielnik napięcia; sprzężenie zwrotne sprawia, że V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 0,2·47/(100 + 47) = 0,06395 V
V₋ = V₊

PPK na wejściu odwracającym

(2,3 − 0,06395)/100 = (0,06395 − Vout)/47
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (47/100)·(0,2 − 2,3) = −0,987 V

Odpowiedź

Vout = −0,987 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 0,74 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 = −0,6/4,7 = −0,1277 mA
I2 = V2/R2 = −1,4/47 = −0,02979 mA
If = I1 + I2 = −0,1574 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −4,7·(−0,1574) = 0,74 V

Odpowiedź

Vout = 0,74 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 2,909 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 = 15·12/(47 + 12) = 3,051 V
RTH = 47·12/(47 + 12) = 9,559 kΩ

Prąd bazy

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

IB = (3,051 − 0,7)/(9,559 + 81·0,68) = 36,37 µA

Prąd kolektora

IC = 80·36,37 µA = 2,909 mA
IE = 81·36,37 µA = 2,946 mA

Odpowiedź

IC = 2,909 mA
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: RB = 10,36 kΩ

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

Prąd kolektora w nasyceniu

IC(sat) = (12 − 0,2)/470 = 25,11 mA

Minimalny prąd bazy

IB(min) = IC(sat)/β = 25,11/100 = 251,1 µA

Rezystor bazowy

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,2511 mA = 10,36 kΩ

Odpowiedź

RB = 10,36 kΩ

Każdy mniejszy rezystor bazowy też nasyca tranzystor; w praktyce wybiera się rezystor kilka razy mniejszy.

25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 220

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

36 = 0010 0100
odwrócone: 1101 1011
+1 → 1101 1100

Odczytaj bez znaku

1101 1100₂ = 256 − 36 = 220

Odpowiedź

U = 220
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −32768

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.

Najbardziej ujemna wartość

−215 = −32768

Odpowiedź

N = −32768
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 4

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

ABCD000111100001111000010302041517160120131151141809111010

Zgrupuj jedynki

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

BC
ACD
A′BD
AB′C′D′

Minimalna postać SOP

F = BC + ACD + A′BD + AB′C′D′
N = 4

Odpowiedź

N = 4
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: U = 7

Przerzutniki i liczniki: przerzutnik zmienia stan tylko przy aktywnym zboczu zegara. D kopiuje swoje wejście (Q⁺ = D); T zmienia stan na przeciwny, gdy T = 1; JK utrzymuje stan dla 00, zeruje dla 01, ustawia dla 10 i zmienia stan na przeciwny dla 11. N-bitowy licznik binarny ma 2ⁿ stanów i liczy modulo 2ⁿ; licznik mod-N liczy 0, 1, …, N − 1 i wraca do 0, a potrzebuje tylu przerzutników, ile wynosi najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N. Każdy stopień licznika asynchronicznego dzieli częstotliwość przez dwa, więc ostatnie wyjście licznika mod-N pracuje z częstotliwością fclk/N. Licznik Johnsona z n przerzutników ma 2n stanów, licznik pierścieniowy n.

Liczba przerzutników

2ⁿ ≥ 9 → n = 4 (2⁴ = 16)

Nieużywane stany

U = 16 − 9 = 7

Odpowiedź

U = 7
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.5) = 0,2509

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

Dopełnienie do kwadratu

s² + 4s + 40 = (s + 2)² + 36 = (s + 2)² + 6²

Dopasuj licznik

F(s) = (29/6)·6/((s + 2)² + 6²)

Transformata odwrotna

f(t) = e−2t·(4,833·sin 6t)
f(0,5) = e−2·0,5·(4,833·sin(6·0,5)) = 0,2509

Odpowiedź

f(0,5) = 0,2509
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.4) = 2,435

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

Przekształcenie równania

(s² + 3s + 2)·Y(s) = 2s + 6 + 12/s
Y(s) = (2s² + 6s + 12)/(s(s + 1)(s + 2))

Ułamki proste

A = 12/(1·2) = 6
B = 8/((−1)·1) = −8
C = 8/((−2)·(−1)) = 4

Wynik

y(t) = 6 − 8·e−t + 4·e−2t
y(0,4) = 2,435

Odpowiedź

y(0,4) = 2,435

Sprawdzenie: y(0) = A + B + C = 2.

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: T(0) = 0,8696

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) = 5/(s + 8 + 5·0,5) = 5/(s + 10,5)

Pętla zewnętrzna

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 70/(s + 10,5 + 70) = 70/(s + 80,5)

Wynik

T(0) = 70/80,5 = 0,8696

Odpowiedź

T(0) = 0,8696
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: css = 0,1768

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

Transmitancje

C/D = G/(1 + K·G) = 7/(s + 2 + 196)

Stan ustalony

css = 5·7/198 = 0,1768

Odpowiedź

css = 0,1768

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

33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ζ = 0,71

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 = 60 → ωₙ = 7,746 rad/s
2ζωₙ = 11 → ζ = 11/(2·7,746) = 0,71

Wynik

ζ = 0,71

Odpowiedź

ζ = 0,71
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ωn = 17,36 rad/s

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

Współczynnik tłumienia

ζ = −ln(0,05)/√(π² + ln²(0,05)) = 2,996/√(9,87 + 8,974) = 0,6901

Częstotliwość drgań własnych

ωd = π/tp = π/0,25 = 12,57 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 12,57/0,7237 = 17,36 rad/s

Odpowiedź

ωn = 17,36 rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: Q = 2

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/√(0,001·1 × 10⁻⁵) = 10000 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 1592 Hz

Dobroć

BW = R/L = 5/0,001 = 5000 rad/s = 795,8 Hz
Q = ω₀/BW = 10000/5000 = 2

Odpowiedź

Q = 2
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ωc = 4,966 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 wzmocnienia

ω⁴ + 25ω² − 1225 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·1225))/2 = 24,67
ωc = 4,966 rad/s

Odpowiedź

ωc = 4,966 rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: N = 1

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 + 18s² + 80s − 2 = 0

Tablica Routha

s³: 1, 80
s²: 18, −2
s¹: 80,11
s⁰: −2

Zmiany znaku w pierwszej kolumnie

1 → 18 → 80,11 → −2
N = 1

Odpowiedź

N = 1

Dodatnie sprzężenie zwrotne czyni wyraz wolny ujemnym: jeden rzeczywisty biegun zawsze przechodzi do prawej półpłaszczyzny.

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 + 2)(s + 8) daje 2s + 10 = 0.

sb = −5

Warunek modułu

K = |−5 + 2|·|−5 + 8| = 3·3 = 9

Odpowiedź

K = 9

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

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 9,524 %

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

Stała położeniowa

Kp = 19·0,5 = 9,5

Uchyb skokowy

ess = 100/(1 + 9,5) = 9,524 %

Odpowiedź

ess = 9,524 %
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Kd = 0,5485 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 + 3) + 10(5 + Kds) = s² + (3 + 10Kd)s + 50

Częstotliwość drgań własnych

ωₙ = √50 = 7,071 rad/s

Wzmocnienie członu różniczkującego

3 + 10Kd = 2·0,6·7,071 = 8,485
Kd = 0,5485 s

Odpowiedź

Kd = 0,5485 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