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​ = 15 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩAR4​20 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 24 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 ΩR4 = 20 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 12 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​36 VR2​8 ΩIR2​AR4​25 ΩBR6​10 Ω

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 36 VR1 = 12 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 ΩR4 = 25 ΩR5 = 10 ΩR6 = 10 Ω
IR2 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAR4​8 ΩBIs​5 A

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć moc PIs oddawaną przez źródło prądu Is.

V1 = 9 VIs = 5 AR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 ΩR4 = 8 Ω
PIs = W
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 5 ΩR2​ = 6 ΩIR2​R4​ = 30 Ω+−V1​15 VR3​3 ΩAR5​6 ΩBIs​0,5 A+−V2​5 V

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

V1 = 15 VIs = 0,5 AV2 = 5 VR1 = 5 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩR4 = 30 ΩR5 = 6 Ω
IR2 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 3 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​10 VR3​4 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd oczkowy I2 (zgodnie z ruchem wskazówek zegara).

V1 = 10 VV2 = 6 VR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 Ω
I2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 6 ΩR2​ = 10 Ω+−VR2​R3​ = 2 Ω+−V1​10 VR4​20 ΩAR5​20 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć napięcie VR2 na R2 o zaznaczonej biegunowości.

V1 = 10 VV2 = 15 VR1 = 6 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩR4 = 20 ΩR5 = 20 Ω
VR2 = V
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 10 ΩR3​ = 5 ΩIR3​+−V1​6 VR2​12 ΩAR4​2 ΩBIs​2,5 A

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

V1 = 6 VIs = 2,5 AR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 5 ΩR4 = 2 Ω
IR3 = A
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 15 ΩR2​ = 3 Ω+−VR2​R4​ = 15 Ω+−V1​12 VR3​10 ΩAIs​4 AB−+V2​6 V

Użyj metody superpozycji, aby wyznaczyć napięcie VR2 na R2 o zaznaczonej biegunowości.

V1 = 12 VIs = 4 AV2 = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 Ω
VR2 = V
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 3 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩARL​5 ΩIL​B

Między a–b podłączono obciążenie RL = 5 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 ΩRL = 5 Ω
IL = A
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​25 ΩAIs​1,5 ABRL​25 ΩIL​

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

V1 = 30 VIs = 1,5 AR1 = 12 ΩR2 = 25 ΩR3 = 15 ΩRL = 25 Ω
PL = W
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​30 Vt = 0R1​ = 4,7 kΩR2​ = 1 kΩC100 µF+−vC​

Źródło Vₛ ładuje kondensator przez R₁, a R₂ jest połączony równolegle z C. Kondensator jest rozładowany, gdy łącznik zamyka się w t = 0. Wyznacz napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 25 ms.

Vs = 30 VR1 = 4,7 kΩR2 = 1 kΩC = 100 µFt = 25 ms
vC = V
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​24 VR1​ = 10 ΩR2​ = 20 Ωotwiera się w t = 0L68 mHi(t)

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

Vs = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩL = 68 mHt = 5 ms
i = A
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
50 V100 HzR = 15 ΩL = 150 mHC = 22 µFI

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

V = 50 V (rms)f = 100 HzR = 15 ΩL = 150 mHC = 22 µF
I = A
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
12 V100 HzR = 20 ΩL = 150 mHC = 47 µF

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 12 V (skuteczne), 100 Hz. Wyznacz częstotliwość rezonansową f0 obwodu.

V = 12 V (rms)f = 100 HzR = 20 ΩL = 150 mHC = 47 µF
f0 = Hz
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 14 kWQSφ

Silnik jednofazowy pobiera 14 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z zasilania 230 V. Wyznacz prąd linii I.

P = 14 kWpf = 0,75V = 230 V
I = A
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 5 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 5 kW przy współczynniku mocy 0,6 (indukcyjnym) z zasilania 230 V, 60 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,98. Wyznacz nowy prąd linii Inew.

P = 5 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,98V = 230 Vf = 60 Hz
Inew = A
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M75 kW, η = 88%cos φ = 0,82

Trójfazowy silnik indukcyjny oddaje przy pełnym obciążeniu 75 kW mocy mechanicznej. Przy tym obciążeniu jego sprawność wynosi 88%, a współczynnik mocy 0,82 (indukcyjny). Napięcie przewodowe sieci wynosi 480 V. Wyznacz prąd przewodowy IL.

Pout = 75 kWη = 88%cos φ = 0,82VL = 480 V
IL = A
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 100 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 100 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym) z sieci 480 V (napięcie przewodowe), 50 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,9 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w gwiazdę. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 100 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
RL​ = 5 Ω511150 VV2​I1​ = ?I2​

Do uzwojenia pierwotnego idealnego transformatora o przekładni N₁:N₂ = 5:1 przyłożono napięcie 1150 V. Do uzwojenia wtórnego dołączono rezystor 5 Ω. Wyznacz prąd pierwotny I1.

N1:N2 = 5:1V1 = 1150 VRL = 5 Ω
I1 = A
20.TransformatoryTrudny
500 kVA

Jednofazowy transformator 500 kVA ma straty w rdzeniu 2500 W i straty w miedzi 7500 W przy obciążeniu znamionowym. Przy jakim obciążeniu Sη,max, w kVA, jego sprawność jest najwyższa?

S = 500 kVAPcore = 2500 WPcu,fl = 7500 W
Sη,max = kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​R2​ = 22 kΩV1​ = 0,4 VR1​ = 10 kΩV2​ = −1,8 VR3​ = 10 kΩR4​ = 22 kΩ

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

V1 = 0,4 VV2 = −1,8 VR1 = R3 = 10 kΩR2 = R4 = 22 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 47 kΩV1​ = −1,4 VR1​ = 100 kΩV2​ = 0,4 VR2​ = 2 kΩIf​

Wzmacniacz sumujący korzysta z idealnego wzmacniacza operacyjnego zasilanego napięciem ±15 V. Wyznacz prąd If płynący przez rezystor sprzężenia zwrotnego w stronę wyjścia.

V1 = −1,4 VV2 = 0,4 VR1 = 100 kΩR2 = 2 kΩRf = 47 kΩ
If = mA
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 2,7 kΩβ = 50VCC​ = 9 VRB​ = 270 kΩ

Tranzystor NPN o β = 50 jest spolaryzowany rezystorem bazowym RB = 270 kΩ z zasilania VCC = 9 V. Rezystor kolektorowy to RC = 2,7 kΩ, a emiter jest uziemiony. Przyjmij VBE = 0,7 V i załóż, że tranzystor pracuje w obszarze aktywnym. Wyznacz napięcie kolektor–emiter VCE.

VCC = 9 VRB = 270 kΩRC = 2,7 kΩβ = 50VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Diody i tranzystoryTrudny
V (V)I (mA)0,6536,383Q = ?

Dioda jest modelowana jako 0,65 V szeregowo z 20 Ω (przewodzi powyżej 0,65 V). Jest połączona szeregowo z rezystorem 470 Ω i zasilana napięciem 3 V. Wyznacz prąd pracy ID w punkcie, w którym prosta diody przecina prostą obciążenia.

Vs = 3 VR = 470 ΩV0 = 0,65 Vrd = 20 Ω
ID = mA
25.Systemy liczboweŚredni
wagi w kodzie U21−12816403211618040211

8-bitowy wzór 1101 1001 zapisuje liczbę całkowitą ze znakiem w kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest jej wartość N dziesiętnie?

1101 10018 bit
N =
26.Systemy liczboweTrudny
380 kodów, b = ? bitów?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

System musi nadać każdemu z 380 elementów własny kod dwójkowy tej samej długości. Ile co najmniej bitów b potrzeba?

380
b = bit
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111000110312041507060121131151140809011010

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 5, 13, 14, 15). Ile literałów L zawiera łącznie (zmienna z negacją liczy się jako jeden literał)?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 5, 13, 14, 15)
L =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
ABCD0001111000011110X00103X2X4X517X6112X130151141819011110

Dla F(A, B, C, D) = Σm(7, 8, 9, 10, 12, 14) + d(0, 2, 4, 5, 6, 13), gdzie d oznacza stany nieokreślone, znajdź liczbę N istotnych implikantów prostych.

F(A, B, C, D) = Σm(7, 8, 9, 10, 12, 14) + d(0, 2, 4, 5, 6, 13)
N =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,25f(0,25) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = (s + 23)/(s² + 6s + 9) i oblicz f(0,25).

F(s) = (s + 23)/(s² + 6s + 9)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,75y(0,75) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 7y′ + 6y = 18·u(t), przy y(0) = 5 i y′(0) = 0. W chwili t = 0 podano na wejście skok u(t) = 2. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź y(0,75).

y″ + 7y′ + 6y = 18·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,75 s
y(0.75) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+11(s + 6)(s + 1)(s + 9)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 11(s + 6)/((s + 1)(s + 9)). Na wartość zadaną podano skok o wielkości 2. Znajdź uchyb ustalony ess.

G(s) = 11(s + 6)/((s + 1)(s + 9))R = 2
ess =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+2regulator+D(s)+6s + 6obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K = 2 steruje obiektem G(s) = 6/(s + 6) 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 0,5. Znajdź wyjście w stanie ustalonym css.

K = 2G(s) = 6/(s + 6)D = 0,5R = 0
css =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)1tp​ = ?

Układ ma transmitancję G(s) = 81/(s² + 9s + 81) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź czas szczytu tp odpowiedzi skokowej.

G(s) = 81/(s² + 9s + 81)
tp = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
R(s)+Ks(s + 8)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = K/(s(s + 8)). Znajdź wzmocnienie K, które daje odpowiedź skokową z przeregulowaniem 30 %.

G(s) = K/(s(s + 8))%OS = 30 %
K =
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
vin​L = 10 mHC = 0,22 µFR = 10 Ωvout​

W pokazanym szeregowym filtrze środkowoprzepustowym RLC wyjście jest brane na R = 10 Ω, przy L = 10 mH i C = 0,22 µF. Znajdź szerokość pasma −3 dB BW w Hz.

R = 10 ΩL = 10 mHC = 0,22 µF
BW = Hz
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) = 204/(s(s + 3)(s + 9)). Znajdź zapas wzmocnienia GM w dB.

L(s) = 204/(s(s + 3)(s + 9))
GM = dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K = 41,251s(s + 5)(s + 6)C(s)−

Pętla na schemacie pracuje z K = 41,25 i L(s) = K/(s(s + 5)(s + 6)). Ile razy m można zwiększyć wzmocnienie, zanim układ zamknięty stanie się niestabilny?

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 6))K = 41,25
m =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81j1j2

Linia pierwiastkowa dla L(s) = K(s + 7)/(s(s + 1)) opuszcza oś rzeczywistą między s = 0 a s = −1, zakreśla okrąg i wraca na oś rzeczywistą na lewo od zera. Wyznacz punkt zejścia si.

L(s) = K(s + 7)/(s(s + 1))
si =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 1 + 3t+4(s + 3)s(s + 4)C(s)−

Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 4(s + 3)/(s(s + 4)) podano wejście r(t) = 1 + 3t (skok plus narastanie liniowe). Wyznacz uchyb ustalony ess.

G(s) = 4(s + 3)/(s(s + 4))r(t) = 1 + 3t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+K = 501s(s + 10)C(s)−

Regulator proporcjonalny K = 50 steruje obiektem G(s) = 1/(s(s + 10)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 1/(s(s + 10))K = 50
ts = s

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 22,22 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​ = 15 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩAR4​20 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 + 20 = 26 Ω
R2 ∥ 26 = 10·26/(10+26) = 7,222 Ω
Req = R1 + 7,222 = 15 + 7,222 = 22,22 Ω

Odpowiedź

Req = 22,22 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 1,343 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​ = 12 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​36 VR2​8 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 = 10 + 10 = 20 Ω
R4 ∥ 20 = 11,11 Ω
R3 + 11,11 = 14,11 Ω
R2 ∥ 14,11 = 5,106 Ω
Req = R1 + 5,106 = 12 + 5,106 = 17,11 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 36/17,11 = 2,105 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 36 − 2,105·12 = 10,75 V
IR2 = VA/R2 = 10,75/8 = 1,343 A

Odpowiedź

IR2 = 1,343 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: PIs = 129,6 W

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

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)/10 + (VA − VB)/8 = 0
0,35·VA − 0,125·VB = 0,9

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/8 + (VB − VA)/8 = 5
−0,125·VA + 0,25·VB = 5

Rozwiąż

Δ = (0,35)(0,25) − (−0,125)(−0,125) = 0,07187
VA = Δ1/Δ = 0,85/0,07187 = 11,83 V
VB = Δ2/Δ = 1,863/0,07187 = 25,91 V

Moc oddawana przez źródło prądu

Źródło wpycha Iₛ w górę do węzła B, od masy (0 V) do VB. Źródło, którego prąd wypływa z zacisku +, oddaje moc P = V·I.

PIs = VB·Is = 25,91·5 = 129,6 W

Odpowiedź

PIs = 129,6 W
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR2 = 0,178 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​ = 5 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​15 VR3​3 ΩAR5​6 ΩBIs​0,5 A+−V2​5 V

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 15 V, V2 = 5 V). Niewiadome: VA, VB.

PPK w węźle A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/3 + (VA − 15)/5 + (VA − VB)/6 = 0
0,7·VA − 0,1667·VB = 3

PPK w węźle B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/6 + (VB − VA)/6 + (VB − 5)/30 = 0,5
−0,1667·VA + 0,3667·VB = 0,6667

Rozwiąż

Δ = (0,7)(0,3667) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,2289
VA = Δ1/Δ = 1,211/0,2289 = 5,291 V
VB = Δ2/Δ = 0,9667/0,2289 = 4,223 V

Odpowiedź

IR2 = (VA − VB)/R2 = (5,291 − 4,223)/6 = 0,178 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I2 = −0,07692 A

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

R1​ = 3 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​10 VR3​4 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
3·I1 + 4(I1 − I2) = 10
7·I1 − 4·I2 = 10

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
2·I2 + 4(I2 − I1) = (−6)
−4·I1 + 6·I2 = −6

Rozwiąż

Δ = (7)(6) − (−4)(−4) = 26
I1 = Δ1/Δ = 36/26 = 1,385 A
I2 = Δ2/Δ = −2/26 = −0,07692 A

Odpowiedź

I2 = −0,07692 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: VR2 = −3,617 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​ = 6 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR4​20 ΩAR5​20 ΩB+−V2​15 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
6·I1 + 20(I1 − I2) = 10
26·I1 − 20·I2 = 10

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
10·I2 + 20(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−20·I1 + 50·I2 − 20·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
2·I3 + 20(I3 − I2) = (−15)
−20·I2 + 22·I3 = −15

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 9400
I1 = Δ1/Δ = 1000/9400 = 0,1064 A
I2 = Δ2/Δ = −3400/9400 = −0,3617 A
I3 = Δ3/Δ = −9500/9400 = −1,011 A

Odpowiedź

IR2 = I2 = −0,3617 A
VR2 = IR2·R2 = −0,3617·10 = −3,617 V

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: IR3 = −0,1387 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​ = 10 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAR4​2 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 = 5+2 = 7 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 12·7/(12+7) = 4,421 Ω
VA = 6·4,421/(10+4,421) = 1,839 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 1,839·2/7 = 0,5255 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (1,839 − 0,5255)/5 = 0,2628 A
R1​ = 10 ΩR3​ = 5 ΩZWARCIER2​12 ΩAR4​2 ΩBIs​2,5 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 = 10·12/(10+12) = 5,455 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 2 ∥ 10,45 = 1,679 Ω
VB = Is·Req = 2,5·1,679 = 4,197 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 4,197·5,455/10,45 = 2,19 V
IR3″ = (VA − VB)/R3 = (2,19 − 4,197)/5 = −0,4015 A

Dodaj składowe

IR3 = IR3′ + IR3″
IR3 = 0,2628 + (−0,4015) = −0,1387 A

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

8.Superpozycja

Odpowiedź: VR2 = 8,85 V

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

R1​ = 15 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​12 VR3​10 ΩAROZWARCIEBZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

V₂ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. Patrząc z A, R₃ jest równolegle z szeregową parą R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 10 ∥ 18 = 6,429 Ω
VA = 12·6,429/(15+6,429) = 3,6 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,6·15/18 = 3 V
VR2′ = VA − VB = 3,6 − 3 = 0,6 V
R1​ = 15 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 15 ΩZWARCIER3​10 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 = 6 Ω, więc lewa gałąź to R2+6 = 9 Ω
Req = R4 ∥ 9 = 5,625 Ω
VB = Is·Req = (−4)·5,625 = −22,5 V
VA = VB·6/9 = −15 V
VR2″ = VA − VB = −15 − −22,5 = 7,5 V
R1​ = 15 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 15 ΩZWARCIER3​10 ΩAROZWARCIEB−+V2​6 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 = 15·10/(15+10) = 6 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−6)·9/24 = −2,25 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −2,25·6/9 = −1,5 V
VR2‴ = VA − VB = −1,5 − −2,25 = 0,75 V

Dodaj składowe

VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = 0,6 + 7,5 + 0,75 = 8,85 V

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

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 0,8451 A

Twierdzenie Thévenina: każdy liniowy dwójnik zachowuje się jak jedno źródło napięcia Vth szeregowo z rezystancją Rth. Twierdzenie Nortona przedstawia ten sam układ jako źródło prądu IN = Vth/Rth równolegle z Rth.

R1​ = 3 ΩR3​ = 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 = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 2 = 3,875 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 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) = 12·5/(3+5) = 7,5 V
Rth​ = 3,875 Ω+−Vth​7,5 VRL​5 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) = 7,5/(3,875 + 5) = 0,8451 A
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: PL = 32,6 W

Twierdzenie Thévenina: każdy liniowy dwójnik zachowuje się jak jedno źródło napięcia Vth szeregowo z rezystancją Rth. Twierdzenie Nortona przedstawia ten sam układ jako źródło prądu IN = Vth/Rth równolegle z Rth.

R1​ = 12 ΩR3​ = 15 ΩZWARCIER2​25 ΩAROZWARCIEBabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

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

R1 ∥ R2 = 12·25/(12+25) = 8,108 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,108 + 15 = 23,11 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​25 ΩAIs​1,5 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) = 20,27 + 1,5·8,108 = 32,43 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 32,43 + 1,5·15 = 54,93 V
Rth​ = 23,11 Ω+−Vth​54,93 VRL​25 ΩIL​

Podłącz obciążenie do układu zastępczego Thévenina

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

IL = Vth/(Rth + RL) = 54,93/(23,11 + 25) = 1,142 A
PL = IL²·RL = 1,142²·25 = 32,6 W
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 1,377 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.

Obwód zastępczy Thevenina widziany przez kondensator

Zewrzyj źródło, aby wyznaczyć Rth; rozewrzyj kondensator, aby wyznaczyć napięcie, do którego się naładuje.

Rth = R1 ∥ R2 = 4,7·1/(4,7 + 1) = 0,8246 kΩ
vC(∞) = 30·1/(4,7 + 1) = 5,263 V

Stała czasowa

τ = Rth·C = 0,8246·100 = 82,46 ms

Krzywa ładowania

vC(t) = 5,263·(1 − e−25/82,46) = 1,377 V

Odpowiedź

vC = 1,377 V
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: i = 0,9762 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 zamknięty łącznik bocznikuje R₂; potem w obwodzie są zarówno R₁, jak i R₂.

i(0) = 24/10 = 2,4 A
i(∞) = 24/(10 + 20) = 0,8 A
τ = L/R = 68/30 = 2,267 ms
i(t) = 0,8 + (2,4 − 0,8)·e−t/τ

Prąd w danej chwili

i(5) = 0,8 + (1,6)·e−5/2,267 = 0,9762 A

Odpowiedź

i = 0,9762 A
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 1,883 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·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,15 = 94,25 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·22·10⁻⁶) = 72,34 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(15² + (21,9)²) = 26,55 Ω

Prąd

Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.

I = V/|Z| = 50/26,55 = 1,883 A

Odpowiedź

I = 1,883 A
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: f0 = 59,94 Hz

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

Rezonans

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

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,15·47·10⁻⁶)) = 59,94 Hz

Odpowiedź

f0 = 59,94 Hz
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: I = 81,16 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) = 14000/(230·0,75) = 81,16 A

Odpowiedź

I = 81,16 A
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Inew = 22,18 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.

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(53,13°) = 6,667 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(11,48°) = 1,015 kvar
QC = Q1 − Q2 = 5,651 kvar

Nowy prąd linii

Inew = P/(V·cos φ2) = 5000/(230·0,98) = 22,18 A

Odpowiedź

Inew = 22,18 A
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: IL = 125 A

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

Elektryczna moc wejściowa

Pin = Pout/η = 75/0,88 = 85,23 kW

Prąd linii

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 85227/(√3·480·0,82) = 125 A

Odpowiedź

IL = 125 A
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 946,1 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 = 100·tan(acos 0,65) = 100·1,169 = 116,9 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,9) = 100·0,4843 = 48,43 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 68,48 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) = 22827/(314,2·277,1²) = 946,1 µF

Odpowiedź

Cph = 946,1 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: I1 = 9,2 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 = 1150/5 = 230 V
I2 = 230/5 = 46 A

Prąd pierwotny

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

I1 = I2/5 = 9,2 A

Odpowiedź

I1 = 9,2 A

Sprawdzenie: obciążenie widziane od strony pierwotnej to a²·RL = 125 Ω, a 1150/125 daje ten sam prąd.

20.Transformatory

Odpowiedź: Sη,max = 288,7 kVA

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 równe stratom w rdzeniu

x²·7500 = 2500 → x = √(2500/7500) = 0,5774

Obciążenie przy maksymalnej sprawności

Sη,max = x·S = 0,5774·500 = 288,7 kVA

Odpowiedź

Sη,max = 288,7 kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −4,84 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) = −1,8·22/(10 + 22) = −1,238 V
V₋ = V₊

PPK na wejściu odwracającym

(0,4 − −1,238)/10 = (−1,238 − Vout)/22
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (22/10)·(−1,8 − 0,4) = −4,84 V

Odpowiedź

Vout = −4,84 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: If = 0,186 mA

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 = −1,4/100 = −0,014 mA
I2 = V2/R2 = 0,4/2 = 0,2 mA
If = I1 + I2 = 0,186 mA

Odpowiedź

If = 0,186 mA
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: VCE = 4,85 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.

Prąd bazy

IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/270 kΩ = 30,74 µA

Prąd kolektora

IC = β·IB = 50·30,74 µA = 1,537 mA

Napięcie kolektor–emiter

VCE = 9 − 1,537 mA·2,7 kΩ = 4,85 V

Odpowiedź

VCE = 4,85 V
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: ID = 4,796 mA

Obwody z diodą LED i diodami: spolaryzowana w kierunku przewodzenia dioda LED ma spadek napięcia w przybliżeniu równy jej napięciu przewodzenia VF (około 2 V dla czerwonej, 3 V dla niebieskiej lub białej), niezależnie od prądu. Rezystor szeregowy ustala prąd: R = (Vs − n·VF)/I dla n diod LED połączonych szeregowo. Dla dokładniejszego modelu diody V = V₀ + I·rd punkt pracy leży tam, gdzie prosta diody przecina prostą obciążenia I = (Vs − V)/R, więc I = (Vs − V₀)/(R + rd).

Połącz oba równania

3 = 0,65 + I·(470 + 20)

Prąd pracy

ID = 2,35/490 = 4,796 mA
VD = 0,65 + 0,004796·20 = 0,7459 V

Odpowiedź

ID = 4,796 mA
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −39

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 + 8 + 1 = −39

Odpowiedź

N = −39
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: b = 9 bit

Pozycyjne systemy liczbowe: każda cyfra jest warta swoją wartość razy potęgę podstawy. W systemie dwójkowym pozycje są warte 1, 2, 4, 8, 16, …, w szesnastkowym 1, 16, 256, …, a A–F oznaczają 10–15. W 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch skrajny lewy bit jest wart −128 zamiast +128; tak zapisuje się liczby ujemne.

Potęgi dwójki

28 = 256 < 380
29 = 512 ≥ 380

Odpowiedź

b = 9
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: L = 13

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.

ABCD000111100001111000110312041507060121131151140809011010

Zgrupuj jedynki

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

BC′D
A′C′D
ABC
A′B′CD′

Minimalna postać SOP

F = BC′D + A′C′D + ABC + A′B′CD′
L = 13

Odpowiedź

L = 13

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

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.

D′, BC′, AC′, A′B
ABCD0001111000011110X00103X2X4X517X6112X130151141819011110

Istotne implikanty proste

D′, AC′, A′B
N = 3

Odpowiedź

N = 3
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.25) = 2,834

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).

Rozłóż mianownik na czynniki

s² + 6s + 9 = (s + 3)²

Ułamki proste

s + 23 = 1(s + 3) + 20
F(s) = 1/(s + 3) + 20/(s + 3)²

Transformata odwrotna

f(t) = e−3t + 20·t·e−3t
f(0,25) = (1 + 20·0,25)·e−3·0,25 = 2,834

Odpowiedź

f(0,25) = 2,834
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.75) = 5,435

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 + 7s + 6)·Y(s) = 5s + 35 + 36/s
Y(s) = (5s² + 35s + 36)/(s(s + 1)(s + 6))

Ułamki proste

A = 36/(1·6) = 6
B = 6/((−1)·5) = −1,2
C = 6/((−6)·(−5)) = 0,2

Wynik

y(t) = 6 − 1,2·e−t + 0,2·e−6t
y(0,75) = 5,435

Odpowiedź

y(0,75) = 5,435

Sprawdzenie: y(0) = A + B + C = 5.

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: ess = 0,24

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

Stała uchybu położeniowego

Kₚ = G(0) = 11·6/(1·9) = 7,333

Uchyb ustalony

ess = A/(1 + Kₚ) = 2/(1 + 7,333) = 0,24

Odpowiedź

ess = 0,24
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: css = 0,1667

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

Transmitancje

C/D = G/(1 + K·G) = 6/(s + 6 + 12)

Stan ustalony

css = 0,5·6/18 = 0,1667

Odpowiedź

css = 0,1667

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

33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: tp = 0,4031 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 = 81 → ωₙ = 9 rad/s
2ζωₙ = 9 → ζ = 9/(2·9) = 0,5

Wynik

ωd = 9·√(1 − 0,5²) = 7,794 rad/s → tp = π/ωd = 0,4031 s

Odpowiedź

tp = 0,4031 s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: K = 124,9

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) = K/(s² + 8s + K)

Współczynnik tłumienia z przeregulowania

ζ = −ln(0,3)/√(π² + ln²(0,3)) = 0,3579

Wzmocnienie

ωₙ = 8/(2ζ) = 11,18 rad/s
K = ωₙ² = 124,9

Odpowiedź

K = 124,9
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: BW = 159,2 Hz

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

Częstotliwość rezonansowa

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,01·2,2 × 10⁻⁷) = 21320 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 3393 Hz

Pasmo przenoszenia

BW = R/L = 10/0,01 = 1000 rad/s = 159,2 Hz

Odpowiedź

BW = 159,2 Hz
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: GM = 4,018 dB

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/3)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(3·9) = 5,196 rad/s

Moduł przy częstotliwości odcięcia fazy

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 81)) = K/(3·9·(3 + 9)) = K/324

Zapas wzmocnienia

GM = 20·log₁₀(324/204) = 4,018 dB

Odpowiedź

GM = 4,018 dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: m = 8

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.

Tablica Routha

s³ + 11s² + 30s + K = 0
s³: 1, 30
s²: 11, K
s¹: (11·30 − K)/11
s⁰: K

Największe stabilne wzmocnienie

Kmax = 11·30 = 330

Współczynnik

m = 330/41,25 = 8

Odpowiedź

m = 8

Ten współczynnik to zapas wzmocnienia jako stosunek: 18,06 dB.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: si = −13,48

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) = −(s² + 1s)/(s + 7)

Punkty stacjonarne

Zróżniczkuj według wzoru na pochodną ilorazu i przyrównaj licznik do zera.

(2s + 1)(s + 7) − (s² + 1s) = s² + 14s + 7 = 0
s = −7 ± √42 = −0,5193, −13,48

Punkt zejścia

si = −13,48

Odpowiedź

si = −13,48

Między tymi dwoma punktami linia jest okręgiem o środku w zerze i promieniu √42 = 6,481.

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 1

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

Stała prędkościowa

Kv = lim s·G(s) = 3

Część skokowa

Kp = ∞ → estep = 0

Uchyb dla narastania liniowego

ess = 3/3 = 1

Odpowiedź

ess = 1
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ts = 0,8 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 + 10) + 50·1 = s² + 10s + 50

ωₙ i ζ

ωₙ = √50 = 7,071 rad/s
ζ = 10/(2·7,071) = 0,7071

Czas ustalania

ζωₙ = 10/2 = 5
ts ≈ 4/5 = 0,8 s

Odpowiedź

ts = 0,8 s

Czas ustalania nie zależy tu od K: zwiększenie K tylko przyspiesza oscylacje odpowiedzi.

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