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​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAR4​4 ΩB

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 15 VR1 = 2 ΩR2 = 15 ΩR3 = 5 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 2 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​5 ΩIR2​AR4​8 ΩBR6​4 Ω

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 8 ΩR4 = 8 ΩR5 = 6 ΩR6 = 4 Ω
IR2 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
−+Vs​ = 12 VIx​Is​2 AAR1​20 ΩR2​15 ΩB

Źródło napięcia Vₛ między A i B ma zacisk + po stronie B, więc VB − VA = Vₛ. Użyj metody potencjałów węzłowych z superwęzłem, aby wyznaczyć prąd Ix przez źródło napięcia, od A do B zgodnie ze strzałką.

Is = 2 AVs = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 15 Ω
Ix = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 5 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 8 ΩIR4​+−V1​24 VR3​25 ΩAR5​12 ΩBIs​5 A+−V2​36 V

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

V1 = 24 VIs = 5 AV2 = 36 VR1 = 5 ΩR2 = 3 ΩR3 = 25 ΩR4 = 8 ΩR5 = 12 Ω
IR4 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 10 ΩR2​ = 10 Ω+−VR2​+−V1​9 VR3​20 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 9 VV2 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩR3 = 20 Ω
VR2 = V
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 10 ΩR2​ = 5 ΩIR2​R3​ = 3 Ω+−V1​12 VR4​30 ΩAR5​2 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

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

V1 = 12 VV2 = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 3 ΩR4 = 30 ΩR5 = 2 Ω
IR2 = A
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 = 6 V i Is = 10 mA I = 6 mA; przy Vs = 15 V i Is = 5 mA I = 9 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy Vs = 15 V i Is = 2 mA.

6 V, 10 mA → 6 mA15 V, 5 mA → 9 mAVs = 15 V, Is = 2 mA
I = mA
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 6 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 6 ΩIR4​+−V1​5 VR3​3 ΩAIs​5 AB+−V2​18 V

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

V1 = 5 VIs = 5 AV2 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 25 ΩR3 = 3 ΩR4 = 6 Ω
IR4 = A
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 5 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAab

Wyznacz rezystancję Thévenina Rth widzianą z zacisków a–b.

V1 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 25 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAIs​4 ABab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 12 VIs = 4 AR1 = 25 ΩR2 = 2 ΩR3 = 30 Ω
Vth = V
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​30 Vt = 0R1​ = 4,7 kΩR2​ = 6,8 kΩC47 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 = 60 ms.

Vs = 30 VR1 = 4,7 kΩR2 = 6,8 kΩC = 47 µFt = 60 ms
vC = V
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​5 Vt = 0R = 100 kΩC?+−vC​

W t = 0 układ czasowy zaczyna ładować nienaładowany kondensator przez rezystor ze źródła 5 V. Ma zadziałać, gdy napięcie kondensatora osiągnie 3,75 V, dokładnie 100 ms po starcie. Przy R = 100 kΩ wyznacz potrzebną pojemność C.

Vs = 5 VVth = 3,75 VT = 100 msR = 100 kΩ
C = µF
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
230 V100 HzR = 25 ΩL = 20 mHC = 47 µF

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 230 V (skuteczne), 100 Hz. Wyznacz kąt fazowy φ impedancji w stopniach (dodatni, gdy prąd opóźnia się względem napięcia).

V = 230 V (rms)f = 100 HzR = 25 ΩL = 20 mHC = 47 µF
φ = °
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
VfR = 50 ΩL = 20 mHC = 0,1 µF

Szeregowy obwód RLC ma R = 50 Ω, L = 20 mH i C = 0,1 µF. Wyznacz jego pasmo przenoszenia B (szerokość pasma między częstotliwościami połowy mocy) w Hz.

R = 50 ΩL = 20 mHC = 0,1 µF
B = Hz
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 8 kWQSφ

Silnik jednofazowy pobiera 8 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym) z zasilania 230 V. Wyznacz prąd linii I.

P = 8 kWpf = 0,65V = 230 V
I = A
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 35 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 35 kW przy współczynniku mocy 0,6 (indukcyjnym) z zasilania 240 V, 60 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,9. Wyznacz nowy prąd linii Inew.

P = 35 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,9V = 240 Vf = 60 Hz
Inew = A
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 208 VIL​ = 12 Acos φ = 0,9indukcyjny

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera prąd przewodowy 12 A ze źródła o napięciu przewodowym 208 V. Współczynnik mocy wynosi 0,9 (indukcyjny). Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 208 VIL = 12 Acos φ = 0,9
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 80 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 80 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z sieci 480 V (napięcie przewodowe), 60 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,92 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w gwiazdę. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 80 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
RL​ = 48 Ω1012300 VV2​I1​ = ?I2​

Do uzwojenia pierwotnego idealnego transformatora o przekładni N₁:N₂ = 10:1 przyłożono napięcie 2300 V. Do uzwojenia wtórnego dołączono rezystor 48 Ω. Wyznacz prąd pierwotny I1.

N1:N2 = 10:1V1 = 2300 VRL = 48 Ω
I1 = A
20.TransformatoryTrudny
pf 0,8200 kVA, η = 98,2%

Jednofazowy transformator 200 kVA ma straty w rdzeniu 1600 W. Przy obciążeniu znamionowym i współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) jego sprawność wynosi 98,2%. Wyznacz straty w miedzi przy pełnym obciążeniu Pcu,fl w watach.

S = 200 kVAPcore = 1600 Wpf = 0,8η = 98,2%
Pcu,fl = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 22 kΩVin​ = −1,6 V

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

Vin = −1,6 VR1 = 22 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = 1,8 VR1​ = 10 kΩV2​ = 0,8 VR2​ = 2 kΩ

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

V1 = 1,8 VV2 = 0,8 VR1 = 10 kΩR2 = 2 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 1,2 kΩβ = 100VCC​ = 9 VRB​ = 820 kΩ

Tranzystor NPN o β = 100 jest spolaryzowany rezystorem bazowym RB = 820 kΩ z zasilania VCC = 9 V. Rezystor kolektorowy to RC = 1,2 kΩ, a emiter jest uziemiony. Przyjmij VBE = 0,7 V i załóż, że tranzystor pracuje w obszarze aktywnym. Wyznacz napięcie kolektor–emiter VCE.

VCC = 9 VRB = 820 kΩRC = 1,2 kΩβ = 100VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Diody i tranzystoryTrudny
+−≤ 21 V330 Ω5,6 V

Stabilizator z diodą Zenera 5,6 V ma rezystor szeregowy 330 Ω. Napięcie wejściowe może wzrosnąć do 21 V, a obciążenie może zostać odłączone. Wyznacz największą moc PZ,max, jaką musi rozproszyć dioda Zenera.

Vin,max = 21 VVZ = 5,6 VR = 330 Ω
PZ,max = mW
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U20−12806403201608040201

Ustaw bity tak, aby zapisywały −23 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −238 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
396 kodów, b = ? bitów?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

System musi nadać każdemu z 396 elementów własny kod dwójkowy tej samej długości. Ile co najmniej bitów b potrzeba?

396
b = bit
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABC000111100101324576

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

F = A′B′C′ + AC′ + A′B′C + AB′C
L =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
CLKJK1234567

Przerzutnik JK wyzwalany zboczem narastającym startuje z Q = 0 i dostaje pokazane wejścia przy 7 zboczach narastających zegara. Ile razy N Q zmienia stan?

Q₀ = 0JK
N =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
ReIm−2−4−6−8−10

F(s) = (4s + 40)/(s² + 11s + 24). Jej transformata odwrotna ma postać f(t) = A·e−3t + B·e−8t. Znajdź współczynnik A metodą rozkładu na ułamki proste.

F(s) = (4s + 40)/(s² + 11s + 24)
A =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 1,2y(1,2) = ?

Rozwiąż y″ + 4y′ + 3y = 0 dla y(0) = 10 i y′(0) = 6 za pomocą transformaty Laplace’a i znajdź y(1,2).

y″ + 4y′ + 3y = 0y(0) = 10y′(0) = 6t = 1,2 s
y(1.2) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+16s + 4G(s)C(s)0,25H−

Obiekt G(s) = 16/(s + 4) jest regulowany w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego, w której czujnik ma wzmocnienie H = 0,25. Na wejście R podano skok o wielkości 12. Znajdź wyjście w stanie ustalonym css.

G(s) = 16/(s + 4)H = 0,25R = 12
css =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+13s + 2G₁+3s + 3G₂C(s)2H₁−0,25H₂−

Zredukuj schemat blokowy dla G₁ = 13/(s + 2), G₂ = 3/(s + 3), z wewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₁ = 2 wokół G₂ i zewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₂ = 0,25. Znajdź wzmocnienie statyczne T(0) transmitancji C(s)/R(s).

G₁ = 13/(s + 2)G₂ = 3/(s + 3)H₁ = 2H₂ = 0,25
T(0) =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)2tp​ = ?

Układ ma transmitancję G(s) = 186/(s² + 5s + 93) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź czas szczytu tp odpowiedzi skokowej.

G(s) = 186/(s² + 5s + 93)
tp = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
t (s)y(t)1tp​ = 1,5 s5 %

Odpowiedź skokowa układu drugiego rzędu bez zer wykazuje przeregulowanie 5 %, a pierwszy szczyt występuje w chwili t = 1,5 s. Znajdź pulsację własną ωn.

%OS = 5 %tp = 1,5 s
ωn = rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,11101001000−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 4

Znajdź dokładny moduł |G(jω)| G(s) = 2304/((s + 9)(s + 16)) przy ω = 4 rad/s, w dB.

G(s) = 2304/((s + 9)(s + 16))ω = 4 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 80/(s(s + 4)). Znajdź zapas fazy PM w stopniach.

L(s) = 80/(s(s + 4))
PM = °
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+Ks + 8s(s + 1)(s + 3)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K(s + 8)/(s(s + 1)(s + 3)), gdzie K > 0. Wyznacz największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

L(s) = K(s + 8)/(s(s + 1)(s + 3))
Kmax =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−2−4−6−8−10−12j2

Linia pierwiastkowa dla L(s) = K/(s(s + 3)(s + 10)) opuszcza oś rzeczywistą między s = 0 a s = −3. Wyznacz punkt rozejścia sb.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 10))
sb =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 1 + 2t+10s(s + 2)(s + 4)C(s)−

Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 10/(s(s + 2)(s + 4)) podano wejście r(t) = 1 + 2t (skok plus narastanie liniowe). Wyznacz uchyb ustalony ess.

G(s) = 10/(s(s + 2)(s + 4))r(t) = 1 + 2t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+20 + Kd​s5s(s + 3)C(s)−

Regulator PD C(s) = 20 + Kd·s steruje obiektem G(s) = 5/(s(s + 3)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz wzmocnienie członu różniczkującego Kd, przy którym układ zamknięty ma współczynnik tłumienia ζ = 0,5.

G(s) = 5/(s(s + 3))Kp = 20ζ = 0,5
Kd = s

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 1,967 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​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​15 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 = 5 + 4 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 15·9/(15+9) = 5,625 Ω
Req = R1 + 5,625 = 2 + 5,625 = 7,625 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 15/7,625 = 1,967 A

Odpowiedź

IR1 = 1,967 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 2,307 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​ = 8 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​5 ΩAR4​8 ΩBR6​4 Ω

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R5 + R6 = 6 + 4 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 4,444 Ω
R3 + 4,444 = 12,44 Ω
R2 ∥ 12,44 = 3,567 Ω
Req = R1 + 3,567 = 2 + 3,567 = 5,567 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 18/5,567 = 3,233 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 18 − 3,233·2 = 11,53 V
IR2 = VA/R2 = 11,53/5 = 2,307 A

Odpowiedź

IR2 = 2,307 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: Ix = 1,486 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.

Utwórz superwęzeł

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

VB = VA + Vs = VA + 12
VA/R1 + VB/R2 = Is

Rozwiąż

VA/20 + (VA + 12)/15 = 2
VA = (2 − 12/15)/(1/20 + 1/15) = 10,29 V
VB = 10,29 + 12 = 22,29 V

Prąd przez źródło napięcia

Wszystko, co przepływa przez źródło od A do B, opuszcza węzeł B przez R₂.

Ix = VB/R2 = 22,29/15 = 1,486 A

Odpowiedź

Ix = 1,486 A

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

4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR4 = −3,677 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​ = 3 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​24 VR3​25 ΩAR5​12 ΩBIs​5 A+−V2​36 V

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 24 V, V2 = 36 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/25 + (VA − 24)/5 + (VA − VB)/3 = 0
0,5733·VA − 0,3333·VB = 4,8

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/12 + (VB − VA)/3 + (VB − 36)/8 = (−5)
−0,3333·VA + 0,5417·VB = −0,5

Rozwiąż

Δ = (0,5733)(0,5417) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,1994
VA = Δ1/Δ = 2,433/0,1994 = 12,2 V
VB = Δ2/Δ = 1,313/0,1994 = 6,585 V

Odpowiedź

IR4 = (VB − V2)/R4 = (6,585 − 36)/8 = −3,677 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: VR2 = −7,2 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​ = 10 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​9 VR3​20 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Przypisz prądy oczkowe

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

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
10·I1 + 20(I1 − I2) = 9
30·I1 − 20·I2 = 9

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
10·I2 + 20(I2 − I1) = (−18)
−20·I1 + 30·I2 = −18

Rozwiąż

Δ = (30)(30) − (−20)(−20) = 500
I1 = Δ1/Δ = −90/500 = −0,18 A
I2 = Δ2/Δ = −360/500 = −0,72 A

Odpowiedź

IR2 = I2 = −0,72 A
VR2 = IR2·R2 = −0,72·10 = −7,2 V

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR2 = 0,3066 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​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR4​30 ΩAR5​2 ΩB+−V2​12 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
10·I1 + 30(I1 − I2) = 12
40·I1 − 30·I2 = 12

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
5·I2 + 30(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 37·I2 − 2·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
3·I3 + 2(I3 − I2) = (−12)
−2·I2 + 5·I3 = −12

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 2740
I1 = Δ1/Δ = 1452/2740 = 0,5299 A
I2 = Δ2/Δ = 840/2740 = 0,3066 A
I3 = Δ3/Δ = −6240/2740 = −2,277 A

Odpowiedź

IR2 = I2 = 0,3066 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: I = 8,1 mA

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

Zapisz odpowiedź jako sumę wkładów

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

I = k₁·Vs + k₂·Is
6·k₁ + 10·k₂ = 6
15·k₁ + 5·k₂ = 9

Wyznacz stałe

Δ = (6)(5) − (10)(15) = −120
k₁ = Δ1/Δ = −60/−120 = 0,5
k₂ = Δ2/Δ = −36/−120 = 0,3
k₁ = 0,5 mA/V, k₂ = 0,3

Przewidź nowy prąd

I = 0,5·15 + 0,3·2 = 8,1 mA

Odpowiedź

I = 8,1 mA
8.Superpozycja

Odpowiedź: IR4 = 4,586 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​ = 6 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​5 VR3​3 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) = 3 ∥ 31 = 2,735 Ω
VA = 5·2,735/(6+2,735) = 1,566 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,566·6/31 = 0,303 V
IR4′ = (V2 − VB)/R4 = (0 − 0,303)/6 = −0,05051 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 6 ΩZWARCIER3​3 ΩAIs​5 ABZWARCIE

Przypadek 2 · działa tylko Is

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

R1 ∥ R3 = 2 Ω, więc lewa gałąź to R2+2 = 27 Ω
Req = R4 ∥ 27 = 4,909 Ω
VB = Is·Req = (−5)·4,909 = −24,55 V
VA = VB·2/27 = −1,818 V
IR4″ = (V2 − VB)/R4 = (0 − −24,55)/6 = 4,091 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 6 ΩZWARCIER3​3 ΩAROZWARCIEB+−V2​18 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 = 6·3/(6+3) = 2 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 18·27/33 = 14,73 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 14,73·2/27 = 1,091 V
IR4‴ = (V2 − VB)/R4 = (18 − 14,73)/6 = 0,5455 A

Dodaj składowe

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴
IR4 = (−0,05051) + 4,091 + 0,5455 = 4,586 A

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

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Rth = 16,88 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​ = 5 ΩR3​ = 15 ΩZWARCIER2​3 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 = 5·3/(5+3) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 15 = 16,88 Ω
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 128,3 V

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

R1​ = 25 ΩR3​ = 30 ΩZWARCIER2​2 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 = 25·2/(25+2) = 1,852 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,852 + 30 = 31,85 Ω
R1​ = 25 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAIs​4 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) = 0,8889 + 4·1,852 = 8,296 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 8,296 + 4·30 = 128,3 V
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 6,533 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 = 4,7·6,8/(4,7 + 6,8) = 2,779 kΩ
vC(∞) = 30·6,8/(4,7 + 6,8) = 17,74 V

Stała czasowa

τ = Rth·C = 2,779·47 = 130,6 ms

Krzywa ładowania

vC(t) = 17,74·(1 − e−60/130,6) = 6,533 V

Odpowiedź

vC = 6,533 V
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: C = 0,7213 µF

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.

Wymagana stała czasowa

3,75 = 5·(1 − e−100/τ) → τ = 100/ln(5/(5 − 3,75))
τ = 100/1,386 = 72,13 ms

Pojemność

kΩ razy µF daje milisekundy.

C = τ/R = 72,13/100 = 0,7213 µF

Odpowiedź

C = 0,7213 µF
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: φ = −40,43 °

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 = 628,3·0,02 = 12,57 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·47·10⁻⁶) = 33,86 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(25² + (−21,3)²) = 32,84 Ω

Kąt fazowy

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−21,3/25) = −40,43°

Odpowiedź

φ = −40,43°
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: B = 397,9 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|.

Częstotliwość rezonansowa

f0 = 1/(2π·√(0,02·0,1·10⁻⁶)) = 3559 Hz

Dobroć

Q porównuje reaktancję w rezonansie z rezystancją: Q = ω₀L/R.

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/50)·√(0,02/(0,1·10⁻⁶)) = 8,944

Pasmo przenoszenia

B = f0/Q = 3559/8,944 = 397,9 Hz

Odpowiedź

B = 397,9 Hz
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: I = 53,51 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) = 8000/(230·0,65) = 53,51 A

Odpowiedź

I = 53,51 A
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Inew = 162 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 = 35·tan(53,13°) = 46,67 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 35·tan(25,84°) = 16,95 kvar
QC = Q1 − Q2 = 29,72 kvar

Nowy prąd linii

Inew = P/(V·cos φ2) = 35000/(240·0,9) = 162 A

Odpowiedź

Inew = 162 A
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 3,891 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 = √3·208·12 = 4,323 kVA

Moc czynna

P = S·cos φ = 4,323·0,9 = 3,891 kW

Odpowiedź

P = 3,891 kW
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 419,9 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 = 80·tan(acos 0,75) = 80·0,8819 = 70,55 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,92) = 80·0,426 = 34,08 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 36,47 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·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 12158/(377·277,1²) = 419,9 µF

Odpowiedź

Cph = 419,9 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: I1 = 0,4792 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 = 2300/10 = 230 V
I2 = 230/48 = 4,792 A

Prąd pierwotny

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

I1 = I2/10 = 0,4792 A

Odpowiedź

I1 = 0,4792 A

Sprawdzenie: obciążenie widziane od strony pierwotnej to a²·RL = 4800 Ω, a 2300/4800 daje ten sam prąd.

20.Transformatory

Odpowiedź: Pcu,fl = 1333 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 = 160000/0,982 = 162933 W

Straty całkowite i straty w miedzi

Ploss = 162933 − 160000 = 2933 W
Pcu,fl = 2933 − 1600 = 1333 W

Odpowiedź

Pcu,fl = 1333 W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −8,873 V

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

Wejście odwracające podąża za wejściem

V₋ = V₊ = −1,6 V
I = V₋/R1 = −1,6/22 = −0,07273 mA

Napięcie wyjściowe

Prąd przez R₁ płynie też przez Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −1,6 + (−0,07273)·100 = −8,873 V

Odpowiedź

Vout = −8,873 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −5,8 V

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

Prądy wejściowe

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

I1 = V1/R1 = 1,8/10 = 0,18 mA
I2 = V2/R2 = 0,8/2 = 0,4 mA
If = I1 + I2 = 0,58 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −10·0,58 = −5,8 V

Odpowiedź

Vout = −5,8 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: VCE = 7,785 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)/820 kΩ = 10,12 µA

Prąd kolektora

IC = β·IB = 100·10,12 µA = 1,012 mA

Napięcie kolektor–emiter

VCE = 9 − 1,012 mA·1,2 kΩ = 7,785 V

Odpowiedź

VCE = 7,785 V
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: PZ,max = 261,3 mW

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

Prąd diody Zenera w najgorszym przypadku

IZ = 15,4/330 = 46,67 mA

Moc diody Zenera

PZ = 5,6·46,67 = 261,3 mW

Odpowiedź

PZ,max = 261,3 mW
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 233

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

23 = 0001 0111
odwrócone: 1110 1000
+1 → 1110 1001

Odczytaj bez znaku

1110 1001₂ = 256 − 23 = 233

Odpowiedź

U = 233
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 < 396
29 = 512 ≥ 396

Odpowiedź

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

Odpowiedź: L = 3

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

Mintermy wyrażenia

A′B′C′ → m(0)
AC′ → m(4, 6)
A′B′C → m(1)
AB′C → m(5)
ABC00011110011011030214150716

Pogrupuj i odczytaj

F = B′ + AC′

Policz literały

L = 3

Odpowiedź

L = 3
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 5

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.

Q po każdym zboczu

Przerzutnik JK: 00 utrzymuje, 01 zeruje (Q = 0), 10 ustawia (Q = 1), 11 zmienia stan na przeciwny.

1: J = 1, K = 1 → Q = 1
2: J = 1, K = 0 → Q = 1
3: J = 0, K = 0 → Q = 1
4: J = 1, K = 1 → Q = 0
5: J = 1, K = 0 → Q = 1
6: J = 1, K = 1 → Q = 0
7: J = 1, K = 1 → Q = 1

Policz zmiany

0 → 1 → 1 → 1 → 0 → 1 → 0 → 1
N = 5

Odpowiedź

N = 5
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: A = 5,6

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 + 11s + 24 = (s + 3)(s + 8)
F(s) = A/(s + 3) + B/(s + 8)

Metoda zakrywania

Pomnóż przez (s + 3) i podstaw s = −3: składnik z B znika.

A = (4s + 40)/(s + 8) |s = −3 = 28/5 = 5,6

Odpowiedź

A = 5,6
(B = −1,6, więc f(t) = 5,6·e−3t − 1,6·e−8t)
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(1.2) = 5,203

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

s²Y − 10s − 6 + 4(sY − 10) + 3Y = 0
Y(s) = (10s + 46)/((s + 1)(s + 3))

Ułamki proste

A = 36/2 = 18
B = 16/(−2) = −8

Wynik

y(t) = 18·e−t − 8·e−3t
y(1,2) = 5,203

Odpowiedź

y(1,2) = 5,203

Sprawdzenie: y(0) = A + B = 10.

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: css = 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).

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = G/(1 + G·H) = 16/(s + 4 + 4) = 16/(s + 8)

Wynik

css = R·T(0) = 12·16/8 = 24

Odpowiedź

css = 24
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: T(0) = 1,405

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 = G₂/(1 + G₂H₁) = 3/(s + 9)

Pętla zewnętrzna

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 39/((s + 2)(s + 9) + 9,75)

Wzmocnienie statyczne

T(0) = 39/(2·9 + 9,75) = 39/27,75 = 1,405

Odpowiedź

T(0) = 1,405
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: tp = 0,3373 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 = 93 → ωₙ = 9,644 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·9,644) = 0,2592

Wynik

ωd = 9,644·√(1 − 0,2592²) = 9,314 rad/s → tp = π/ωd = 0,3373 s

Odpowiedź

tp = 0,3373 s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ωn = 2,894 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/1,5 = 2,094 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 2,094/0,7237 = 2,894 rad/s

Odpowiedź

ωn = 2,894 rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: |G(jω)| = 23,04 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.

Pomnóż moduły

|G(j4)| = 2304/(√(4² + 9²)·√(4² + 16²)) = 2304/(9,849·16,49) = 14,18

Wynik

20·log₁₀(14,18) = 23,04 dB

Odpowiedź

|G(jω)| = 23,04 dB
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: PM = 25,18 °

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 + 16ω² − 6400 = 0
ω² = (−16 + √(256 + 4·6400))/2 = 72,4
ωc = 8,509 rad/s

Zapas fazy

∠L(jωc) = −90° − atan(8,509/4) = −154,8°
PM = 180° + ∠L = 25,18°

Odpowiedź

PM = 25,18°
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmax = 3

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

Wielomian charakterystyczny

s(s + 1)(s + 3) + K(s + 8) = s³ + 4s² + (3 + K)s + 8K

Tablica Routha

s³: 1, 3 + K
s²: 4, 8K
s¹: (4·(3 + K) − 8K)/4
s⁰: 8K

Warunek

12 − 4K > 0
K < 12/4 = 3

Odpowiedź

Kmax = 3

Gdyby zero leżało na prawo od s = −4, pętla pozostałaby stabilna dla każdego K > 0.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: sb = −1,371

Linia pierwiastkowa: gdy wzmocnienie K rośnie od 0 do ∞, bieguny układu zamkniętego, czyli pierwiastki równania 1 + K·G(s) = 0, przesuwają się od biegunów układu otwartego do jego zer lub do nieskończoności. Punkt osi rzeczywistej należy do linii, gdy liczba biegunów i zer rzeczywistych na prawo od niego jest nieparzysta. n − m gałęzi biegnących do nieskończoności zbliża się do asymptot nachylonych pod kątami (2q + 1)·180°/(n − m), wychodzących ze środka asymptot σₐ = (Σ biegunów − Σ zer)/(n − m). Gałęzie opuszczają oś rzeczywistą lub do niej wracają tam, gdzie dK/ds = 0. Warunek kąta ∠G(s) = 180° wyznacza kształt, a warunek modułu K = 1/|G(s)| daje wzmocnienie w dowolnym punkcie linii.

Wzmocnienie wzdłuż osi rzeczywistej

K(s) = −s(s + 3)(s + 10) = −(s³ + 13s² + 30s)

Punkty stacjonarne

dK/ds = −(3s² + 26s + 30) = 0
s = (−26 ± √(676 − 360))/6 = −1,371, −7,296

Wybierz punkt należący do linii

Linia leży na osi rzeczywistej między 0 a −3; drugi pierwiastek do niej nie należy.

sb = −1,371

Odpowiedź

sb = −1,371
39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 1,6

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) = 1,25

Część skokowa

Kp = ∞ → estep = 0

Uchyb dla narastania liniowego

ess = 2/1,25 = 1,6

Odpowiedź

ess = 1,6
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Kd = 1,4 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) + 5(20 + Kds) = s² + (3 + 5Kd)s + 100

Częstotliwość drgań własnych

ωₙ = √100 = 10 rad/s

Wzmocnienie członu różniczkującego

3 + 5Kd = 2·0,5·10 = 10
Kd = 1,4 s

Odpowiedź

Kd = 1,4 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