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 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAR4​3 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 30 VR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 ΩR4 = 3 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 20 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩIR2​AR4​2 ΩBR6​12 Ω

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 ΩR4 = 2 ΩR5 = 15 ΩR6 = 12 Ω
IR2 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​5 Ω+−V1​9 VR2​5 Ω+−V2​6 VI2​R3​20 Ω+−V3​15 VA

Między węzłem A a masą są włączone trzy gałęzie, jak na rysunku. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd I2 w gałęzi 2, płynący w górę do węzła A zgodnie ze strzałką.

V1 = 9 VR1 = 5 ΩV2 = 6 VR2 = 5 ΩV3 = 15 VR3 = 20 Ω
I2 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 4 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​6 VR3​5 ΩAR5​25 ΩBIs​3 A+−V2​9 V

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć potencjał węzła VB (mierzony względem masy).

V1 = 6 VIs = 3 AV2 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 5 ΩR4 = 10 ΩR5 = 25 Ω
VB = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 5 ΩR2​ = 4 Ω+−V1​15 VR3​5 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

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

V1 = 15 VV2 = 15 VR1 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 Ω
I2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 3 ΩR2​ = 4 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR4​6 ΩAR5​30 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd oczkowy I1 (zgodnie z ruchem wskazówek zegara).

V1 = 18 VV2 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 4 ΩR3 = 4 ΩR4 = 6 ΩR5 = 30 Ω
I1 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​8 Ω+−VR2​AR4​15 ΩBIs​1 A

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

V1 = 30 VIs = 1 AR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩR4 = 15 Ω
VR2 = V
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 8 ΩR2​ = 20 ΩIR2​R4​ = 5 Ω+−V1​10 VR3​20 ΩAIs​6 AB+−V2​9 V

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

V1 = 10 VIs = 6 AV2 = 9 VR1 = 8 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 ΩR4 = 5 Ω
IR2 = A
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAab

Wyznacz rezystancję Thévenina Rth widzianą z zacisków a–b.

V1 = 15 VR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 4 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 12 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAIs​6 ABRL​5 ΩIL​

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

V1 = 24 VIs = 6 AR1 = 12 ΩR2 = 4 ΩR3 = 30 ΩRL = 5 Ω
IL = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​6 Vt = 0R = 50 ΩL220 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Po jakim czasie od zamknięcia łącznika prąd osiągnie 99% wartości końcowej? Wyznacz t.

Vs = 6 VR = 50 ΩL = 220 mH
t = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​9 Vt = 0R = 2,2 kΩC47 µF+−vC​vC​(0) = 8 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 8 V o zaznaczonej biegunowości. Po jakim czasie vC osiągnie 8,5 V? Wyznacz t.

Vs = 9 VR = 2,2 kΩC = 47 µFvC(0) = 8 V
t = ms
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
50 V60 HzR = 50 ΩC = 47 µFI

Rezystor i kondensator są połączone równolegle i podłączone do zasilania 50 V (skuteczne), 60 Hz. Wyznacz kąt fazowy φ impedancji w stopniach (dodatni, gdy prąd opóźnia się względem napięcia).

V = 50 V (rms)f = 60 HzR = 50 ΩC = 47 µF
φ = °
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
VfR = 20 ΩL = 5 mHC = 0,01 µF

Szeregowy obwód RLC ma R = 20 Ω, L = 5 mH i C = 0,01 µF. Wyznacz jego dobroć Q w rezonansie.

R = 20 ΩL = 5 mHC = 0,01 µF
Q =
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 21 kWQSφ

Silnik jednofazowy pobiera 21 kW przy współczynniku mocy 0,9 (indukcyjnym) z zasilania 400 V. Wyznacz prąd linii I.

P = 21 kWpf = 0,9V = 400 V
I = A
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 40 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 40 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) z zasilania 400 V, 50 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,98. Wyznacz nowy prąd linii Inew.

P = 40 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98V = 400 Vf = 50 Hz
Inew = A
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 480 VNZ = 16 + j12 Ωna fazę

Symetryczny odbiornik połączony w gwiazdę o impedancji 16 + j12 Ω na fazę jest przyłączony do symetrycznej sieci trójfazowej o napięciu przewodowym 480 V. Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 480 VZ = 16 + j12 Ω na fazę
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 120 kW przy współczynniku mocy 0,78 (indukcyjnym) z sieci 690 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 = 120 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
16 ΩN1​N2​400 Ω

Wzmacniacz o rezystancji wyjściowej 400 Ω zasila głośnik 16 Ω przez idealny transformator. Dla maksymalnego przekazu mocy głośnik musi być widziany od strony wzmacniacza jako 400 Ω. Wyznacz przekładnię a = N₁/N₂.

Rs = 400 ΩRL = 16 Ω
a =
20.TransformatoryTrudny
pf 0,95500 kVA, 50% obciążenie

Jednofazowy transformator 500 kVA ma straty w rdzeniu 1500 W i straty w miedzi 3000 W przy obciążeniu znamionowym. Dostarcza 50% swojej znamionowej mocy kVA przy współczynniku mocy 0,95 (indukcyjnym). Wyznacz całkowite straty Ploss w watach przy tym obciążeniu.

S = 500 kVAPcore = 1500 WPcu,fl = 3000 Wx = 0,5pf = 0,95
Ploss = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 47 kΩVin​

Dobierz rezystor sprzężenia zwrotnego Rf, który da temu wzmacniaczowi nieodwracającemu wzmocnienie napięciowe 3.

R1 = 47 kΩAv = 3
Rf = kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 100 kΩV1​ = 0,6 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = −1,3 VR2​ = 100 kΩ

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

V1 = 0,6 VV2 = −1,3 VR1 = 4,7 kΩR2 = 100 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 1,5 kΩβ = 150RE​ = 2,2 kΩVCC​ = 12 VR1​ = 47 kΩR2​ = 8,2 kΩ

Tranzystor NPN o β = 150 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 12 V: R₁ = 47 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 8,2 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 1,5 kΩ, a rezystor emiterowy RE = 2,2 kΩ. Przyjmij VBE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz napięcie kolektor–emiter VCE.

VCC = 12 VR1 = 47 kΩR2 = 8,2 kΩRC = 1,5 kΩRE = 2,2 kΩβ = 150
VCE = V
24.Diody i tranzystoryTrudny
+−≤ 16 V220 Ω6,2 V

Stabilizator z diodą Zenera 6,2 V ma rezystor szeregowy 220 Ω. Napięcie wejściowe może wzrosnąć do 16 V, a obciążenie może zostać odłączone. Wyznacz największą moc PZ,max, jaką musi rozproszyć dioda Zenera.

Vin,max = 16 VVZ = 6,2 VR = 220 Ω
PZ,max = mW
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U20−12806403201608040201

Ustaw bity tak, aby zapisywały −47 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −478 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 0100 1101 << 1. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

0100 1101<< 1
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111000111302041517161120130151140809111110

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać iloczynu sum (POS) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 5, 6, 7, 10, 11, 12, 14). Ile sum (czynników) N ona ma?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 5, 6, 7, 10, 11, 12, 14)
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
CLKJK123456

Przerzutnik JK wyzwalany zboczem narastającym startuje z Q = 0 i dostaje pokazane wejścia. Kliknij pierwsze zbocze zegara, przy którym Q przechodzi z 1 z powrotem na 0.

Q₀ = 0JK
  1. 1zbocze zegara 1
  2. 2zbocze zegara 2
  3. 3zbocze zegara 3
  4. 4zbocze zegara 4
  5. 5zbocze zegara 5
  6. 6zbocze zegara 6
29.Transformaty Laplace’aŚredni
ReIm−112

Znajdź f(t) dla F(s) = (5s + 8)/(s² + 2s + 5) metodą dopełnienia do kwadratu i oblicz f(0,25).

F(s) = (5s + 8)/(s² + 2s + 5)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 9y′ + 20y = 100·u(t). Startuje ze stanu spoczynku (y(0) = 0, y′(0) = 0), a wejściem jest skok u(t) = 1 dla t ≥ 0. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź wyjście y(0,3).

y″ + 9y′ + 20y = 100·u(t)u(t) = 1y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,3 s
y(0.3) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+32s + 3G(s)C(s)2H−

Obiekt G(s) = 32/(s + 3) jest regulowany w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego, w której czujnik ma wzmocnienie H = 2. Na wejście R podano skok o wielkości 5. Znajdź wyjście w stanie ustalonym css.

G(s) = 32/(s + 3)H = 2R = 5
css =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+48s(s + 9)G(s)C(s)2H−

Obiekt G(s) = 48/(s(s + 9)) jest w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego z czujnikiem o wzmocnieniu H = 2. Bieguny układu zamkniętego są zespolone. Znajdź ich część urojoną ωd (wartość dodatnią), w rad/s.

G(s) = 48/(s(s + 9))H = 2
ωd = rad/s
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)2ts​ = ?

Układ ma transmitancję G(s) = 72/(s² + 6s + 36) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 72/(s² + 6s + 36)
ts = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
+−5 VR = 65 ΩL = 500 mHC = 4,7 µFvC​

Szeregowy obwód RLC z R = 65 Ω, L = 500 mH i C = 4,7 µF jest dołączony do skoku 5 V w chwili t = 0. Kondensator jest nienaładowany i przed skokiem nie płynie prąd. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS napięcia na kondensatorze.

R = 65 ΩL = 500 mHC = 4,7 µFV = 5 V
%OS = %
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−20020406080ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 1

Znajdź fazę ∠G(jω) G(s) = 37(s + 17)/(s(s + 3)) przy ω = 1 rad/s, w stopniach.

G(s) = 37(s + 17)/(s(s + 3))ω = 1 rad/s
∠G(jω) = °
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = K/(s(s + 5)(s + 8)). Znajdź wzmocnienie K, które daje zapas wzmocnienia 5 dB.

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 8))GM = 5 dB
K =
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K1(s + 1)(s + 2)(s + 6)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 6)), gdzie K > 0. Wyznacz największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

L(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 6))
Kmax =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,5−50,5j0,5j1−1

Dla pętli L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4)) wyznacz wzmocnienie K, przy którym biegun układu zamkniętego leży w s = −1.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4))s = −1
K =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 1·t²/2+10(s + 5)s²(s + 1)C(s)−

Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 10(s + 5)/(s²(s + 1)) podano wejście paraboliczne r(t) = 1·t²/2. Wyznacz uchyb ustalony ess.

G(s) = 10(s + 5)/(s²(s + 1))r(t) = 1·t²/2
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+Kp​ + Ki​/s5s + 1C(s)−

Regulator PI C(s) = Kp + Ki/s steruje obiektem G(s) = 5/(s + 1) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Układ zamknięty ma mieć ωₙ = 10 rad/s i ζ = 0,7. Wyznacz wzmocnienie proporcjonalne Kp.

G(s) = 5/(s + 1)ωₙ = 10 rad/sζ = 0,7
Kp =

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 4,5 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​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAR4​3 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R3 + R4 = 2 + 3 = 5 Ω
R2 ∥ 5 = 5·5/(5+5) = 2,5 Ω
Req = R1 + 2,5 = 2 + 2,5 = 4,5 Ω

Odpowiedź

Req = 4,5 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,1169 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​ = 20 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩAR4​2 ΩBR6​12 Ω

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R5 + R6 = 15 + 12 = 27 Ω
R4 ∥ 27 = 1,862 Ω
R3 + 1,862 = 6,862 Ω
R2 ∥ 6,862 = 3,694 Ω
Req = R1 + 3,694 = 20 + 3,694 = 23,69 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 6/23,69 = 0,2532 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 6 − 0,2532·20 = 0,9354 V
IR2 = VA/R2 = 0,9354/8 = 0,1169 A

Odpowiedź

IR2 = 0,1169 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: I2 = −0,4667 A

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

PPK w węźle A

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

(VA − 9)/5 + (VA − 6)/5 + (VA − 15)/20 = 0

Wyznacz VA

VA = (9/5 + 6/5 + 15/20) / (1/5 + 1/5 + 1/20) = 3,75/0,45 = 8,333 V

Prąd gałęzi

Strzałka wskazuje w górę wzdłuż gałęzi, do węzła A.

I2 = (6 − VA)/R2 = (6 − 8,333)/5 = −0,4667 A

Odpowiedź

I2 = −0,4667 A

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

4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = −8,871 V

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

R1​ = 4 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​6 VR3​5 ΩAR5​25 ΩBIs​3 A+−V2​9 V

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 6 V, V2 = 9 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/5 + (VA − 6)/4 + (VA − VB)/12 = 0
0,5333·VA − 0,08333·VB = 1,5

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/25 + (VB − VA)/12 + (VB − 9)/10 = (−3)
−0,08333·VA + 0,2233·VB = −2,1

Rozwiąż

Δ = (0,5333)(0,2233) − (−0,08333)(−0,08333) = 0,1122
VA = Δ1/Δ = 0,16/0,1122 = 1,426 V
VB = Δ2/Δ = −0,995/0,1122 = −8,871 V

Odpowiedź

VB = −8,871 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I2 = −1,154 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​ = 5 ΩR2​ = 4 Ω+−V1​15 VR3​5 ΩA+−V2​15 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
5·I1 + 5(I1 − I2) = 15
10·I1 − 5·I2 = 15

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
4·I2 + 5(I2 − I1) = (−15)
−5·I1 + 9·I2 = −15

Rozwiąż

Δ = (10)(9) − (−5)(−5) = 65
I1 = Δ1/Δ = 60/65 = 0,9231 A
I2 = Δ2/Δ = −75/65 = −1,154 A

Odpowiedź

I2 = −1,154 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I1 = 2,099 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​ = 4 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR4​6 ΩAR5​30 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
3·I1 + 6(I1 − I2) = 18
9·I1 − 6·I2 = 18

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
4·I2 + 6(I2 − I1) + 30(I2 − I3) = 0
−6·I1 + 40·I2 − 30·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
4·I3 + 30(I3 − I2) = (−12)
−30·I2 + 34·I3 = −12

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 2916
I1 = Δ1/Δ = 6120/2916 = 2,099 A
I2 = Δ2/Δ = 432/2916 = 0,1481 A
I3 = Δ3/Δ = −648/2916 = −0,2222 A

Odpowiedź

I1 = 2,099 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: VR2 = 19,32 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​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAR4​15 ΩBROZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

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

R3+R4 = 15+15 = 30 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·30/(8+30) = 6,316 Ω
VA = 30·6,316/(3+6,316) = 20,34 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 20,34·15/30 = 10,17 V
VR2′ = VA − 0 = 20,34 − 0 = 20,34 V
R1​ = 3 ΩR3​ = 15 ΩZWARCIER2​8 ΩAR4​15 ΩBIs​1 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 = 3·8/(3+8) = 2,182 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 15 ∥ 17,18 = 8,008 Ω
VB = Is·Req = (−1)·8,008 = −8,008 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −8,008·2,182/17,18 = −1,017 V
VR2″ = VA − 0 = −1,017 − 0 = −1,017 V

Dodaj składowe

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 20,34 + (−1,017) = 19,32 V

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

8.Superpozycja

Odpowiedź: IR2 = 1,037 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​ = 8 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​10 VR3​20 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) = 20 ∥ 25 = 11,11 Ω
VA = 10·11,11/(8+11,11) = 5,814 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 5,814·5/25 = 1,163 V
IR2′ = (VB − VA)/R2 = (1,163 − 5,814)/20 = −0,2326 A
R1​ = 8 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 5 ΩZWARCIER3​20 ΩAIs​6 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 = 5,714 Ω, więc lewa gałąź to R2+5,714 = 25,71 Ω
Req = R4 ∥ 25,71 = 4,186 Ω
VB = Is·Req = 6·4,186 = 25,12 V
VA = VB·5,714/25,71 = 5,581 V
IR2″ = (VB − VA)/R2 = (25,12 − 5,581)/20 = 0,9767 A
R1​ = 8 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 5 ΩZWARCIER3​20 ΩAROZWARCIEB+−V2​9 V

Przypadek 3 · działa tylko V2

V₁ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. R₁ ∥ R₃ wychodzi z A, szeregowo z R₂ z powrotem do B.

R1 ∥ R3 = 8·20/(8+20) = 5,714 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 9·25,71/30,71 = 7,535 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 7,535·5,714/25,71 = 1,674 V
IR2‴ = (VB − VA)/R2 = (7,535 − 1,674)/20 = 0,293 A

Dodaj składowe

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴
IR2 = (−0,2326) + 0,9767 + 0,293 = 1,037 A

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

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Rth = 7 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​ = 6 ΩR3​ = 4 ΩZWARCIER2​6 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 = 6·6/(6+6) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 4 = 7 Ω
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 5,368 A

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 30 ΩZWARCIER2​4 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 = 12·4/(12+4) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 30 = 33 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAIs​6 ABab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 6 + 6·3 = 24 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 24 + 6·30 = 204 V
Rth​ = 33 Ω+−Vth​204 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) = 204/(33 + 5) = 5,368 A
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 20,26 ms

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

Stała czasowa i prąd końcowy

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

τ = L/R = 220 mH / 50 Ω = 4,4 ms
i(∞) = Vs/R = 6/50 = 0,12 A

Wyznacz czas

0,99 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,99)
t = −4,4·ln(0,01) = 20,26 ms

Odpowiedź

t = 20,26 ms
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 71,67 ms

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

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

Napięcie na kondensatorze nie może zmienić się skokowo, więc zaczyna od zgromadzonej wartości i dąży do napięcia źródła.

vC(0) = 8 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 47 µF = 103,4 ms
vC(t) = 9 + (8 − 9)·e−t/τ

Wyznacz czas

8,5 = 9 + (−1)·e−t/τ → e−t/τ = (8,5 − 9)/(8 − 9) = 0,5
t = τ·ln((8 − 9)/(8,5 − 9)) = 103,4·ln(2) = 71,67 ms

Odpowiedź

t = 71,67 ms
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: φ = −41,54 °

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|.

Reaktancja

XC = 1/(ωC) = 1/(2π·60·47·10⁻⁶) = 56,44 Ω

Prądy gałęzi

Obie gałęzie są podłączone bezpośrednio do zasilania, więc na każdej jest pełne napięcie V.

IR = V/R = 50/50 = 1 A
IX = V/XC = 50/56,44 = 0,8859 A

Prąd całkowity

Prąd rezystora jest w fazie z V, a prąd bierny przesunięty o 90°, więc dodają się jak boki trójkąta prostokątnego.

I = √(IR² + IX²) = √(1² + 0,8859²) = 1,336 A

Kąt fazowy

Prąd kondensatora wyprzedza V, więc prąd całkowity też wyprzedza, a kąt jest ujemny.

φ = −arctan(IX/IR) = −arctan(0,8859/1) = −41,54°

Odpowiedź

φ = −41,54°
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: Q = 35,36

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·√(0,005·0,01·10⁻⁶)) = 22508 Hz

Dobroć

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

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/20)·√(0,005/(0,01·10⁻⁶)) = 35,36

Odpowiedź

Q = 35,36
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: I = 58,33 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) = 21000/(400·0,9) = 58,33 A

Odpowiedź

I = 58,33 A
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Inew = 102 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 = 40·tan(36,87°) = 30 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(11,48°) = 8,122 kvar
QC = Q1 − Q2 = 21,88 kvar

Nowy prąd linii

Inew = P/(V·cos φ2) = 40000/(400·0,98) = 102 A

Odpowiedź

Inew = 102 A
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 9,216 kW

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

Napięcie fazowe

Vph = 480/√3 = 277,1 V

Prąd fazowy

|Z| = √(16² + 12²) = 20 Ω
Iph = 277,1/20 = 13,86 A

Całkowita moc czynna

Moc czynną pobiera tylko rezystancyjna część każdej impedancji.

P = 3·Iph²·R = 3·13,86²·16 = 9,216 kW

Odpowiedź

P = 9,216 kW

Sprawdzenie: cos φ = R/|Z| = 0,8, a √3·VL·IL·cos φ daje tę samą moc.

18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 251,6 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 = 120·tan(acos 0,78) = 120·0,8023 = 96,27 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,92) = 120·0,426 = 51,12 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 45,15 kvar

Pojemność na fazę

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

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 15051/(377·398,4²) = 251,6 µF

Odpowiedź

Cph = 251,6 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: a = 5

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.

Dopasuj sprowadzone obciążenie

a²·16 = 400
a = √(400/16) = √25 = 5

Odpowiedź

a = 5
20.Transformatory

Odpowiedź: Ploss = 2250 W

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

Straty w miedzi przy tym obciążeniu

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,25·3000 = 750 W

Straty całkowite

Straty w rdzeniu są takie same przy każdym obciążeniu.

Ploss = 1500 + 750 = 2250 W

Odpowiedź

Ploss = 2250 W

Sprawność przy tym obciążeniu wynosi η = 99,06%.

21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Rf = 94 kΩ

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.

Wzmocnienie wzmacniacza nieodwracającego

V₋ = V₊ = Vin, a prąd przez R₁ płynie też przez Rf, więc Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (3 − 1)·47 = 94 kΩ

Odpowiedź

Rf = 94 kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −11,47 V

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

Prądy wejściowe

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

I1 = V1/R1 = 0,6/4,7 = 0,1277 mA
I2 = V2/R2 = −1,3/100 = −0,013 mA
If = I1 + I2 = 0,1147 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −100·0,1147 = −11,47 V

Odpowiedź

Vout = −11,47 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: VCE = 10,22 V

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

Zastępczy układ Thévenina dzielnika

VTH = 12·8,2/(47 + 8,2) = 1,783 V
RTH = 47·8,2/(47 + 8,2) = 6,982 kΩ

Prąd bazy

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

IB = (1,783 − 0,7)/(6,982 + 151·2,2) = 3,192 µA

Prąd kolektora

IC = 150·3,192 µA = 0,4788 mA
IE = 151·3,192 µA = 0,482 mA

Napięcie kolektor–emiter

VCE = 12 − 0,4788·1,5 − 0,482·2,2 = 10,22 V

Odpowiedź

VCE = 10,22 V
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: PZ,max = 276,2 mW

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

Prąd diody Zenera w najgorszym przypadku

IZ = 9,8/220 = 44,55 mA

Moc diody Zenera

PZ = 6,2·44,55 = 276,2 mW

Odpowiedź

PZ,max = 276,2 mW
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 209

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

47 = 0010 1111
odwrócone: 1101 0000
+1 → 1101 0001

Odczytaj bez znaku

1101 0001₂ = 256 − 47 = 209

Odpowiedź

U = 209
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 154

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.

Bit po bicie

Przesunięcie w lewo o 1 przesuwa każdy bit o 1 pozycji w lewo; bity, które wypadną z lewego końca, są tracone, a z prawej wchodzą zera.

0100 1101 << 1
= 1001 1010

Wartość wyniku

1001 1010₂ = 154

Odpowiedź

R = 154
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 4

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

ABCD000111100001111000111302041517161120130151140809111110

Zgrupuj zera

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

(A + C + D)
(A + B + D)
(A′ + B′ + D′)
(A′ + B + C)

Minimalna postać POS

F = (A + C + D)(A + B + D)(A′ + B′ + D′)(A′ + B + C)
N = 4

Odpowiedź

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

Odpowiedź: zbocze zegara 6

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

Pierwsza zmiana z 1 na 0

zbocze zegara 6

Odpowiedź

zbocze zegara 6
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.25) = 3,977

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

Dopełnienie do kwadratu

s² + 2s + 5 = (s + 1)² + 4 = (s + 1)² + 2²

Dopasuj licznik

F(s) = 5·(s + 1)/((s + 1)² + 2²) + (3/2)·2/((s + 1)² + 2²)

Transformata odwrotna

f(t) = e−t·(5·cos 2t + 1,5·sin 2t)
f(0,25) = e−0,25·(5·cos(2·0,25) + 1,5·sin(2·0,25)) = 3,977

Odpowiedź

f(0,25) = 3,977
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.3) = 1,933

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

Przekształcenie równania

Y(s) = 100/(s(s + 4)(s + 5))

Ułamki proste

A = 100/(4·5) = 5
B = 100/((−4)·1) = −25
C = 100/((−5)·(−1)) = 20

Wydalone

y(t) = 5 − 25·e−4t + 20·e−5t
y(0,3) = 1,933

Odpowiedź

y(0,3) = 1,933
31.Schematy blokowe

Odpowiedź: css = 2,388

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) = 32/(s + 3 + 64) = 32/(s + 67)

Wynik

css = R·T(0) = 5·32/67 = 2,388

Odpowiedź

css = 2,388
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: ωd = 8,703 rad/s

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).

Równanie charakterystyczne

s(s + 9) + 48·2 = 0 → s² + 9s + 96 = 0

Pierwiastki

s = −4,5 ± j·√(96 − 20,25) = −4,5 ± j8,703
ωd = 8,703 rad/s

Odpowiedź

ωd = 8,703 rad/s
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ts = 1,333 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 = 36 → ωₙ = 6 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·6) = 0,5

Wynik

ζωₙ = 3 → ts ≈ 4/3 = 1,333 s

Odpowiedź

ts = 1,333 s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: %OS = 73,01 %

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).

Pulsacja własna i współczynnik tłumienia

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,5·4,7 × 10⁻⁶) = 652,3 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (65/2)·√(4,7 × 10⁻⁶/0,5) = 0,09964

Wynik

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 73,01 %

Odpowiedź

%OS = 73,01 %
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ∠G(jω) = −105,1 °

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

Dodaj kąty

∠G = atan(1/17) − 90° − atan(1/3) = 3,366° − 90° − 18,43°

Wynik

∠G(j1) = −105,1°

Odpowiedź

∠G(jω) = −105,1°
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: K = 292,4

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/5)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(5·8) = 6,325 rad/s

Moduł przy częstotliwości odcięcia fazy

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 25)·√(ω² + 64)) = K/(5·8·(5 + 8)) = K/520

Wymagane wzmocnienie

520/K = 105/20 = 1,778
K = 520/1,778 = 292,4

Odpowiedź

K = 292,4
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmax = 168

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

Wielomian charakterystyczny

s³ + 9s² + 20s + 12 + K = 0

Tablica Routha

s³: 1, 20
s²: 9, 12 + K
s¹: (9·20 − 12 − K)/9
s⁰: 12 + K

Warunek

Element wiersza s¹ musi pozostać dodatni.

K < 9·20 − 12 = 168

Odpowiedź

Kmax = 168

Na granicy stabilności pętla oscyluje z pulsacją ω = √20 = 4,472 rad/s.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: K = 3

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.

Warunek modułu

K = |s|·|s + 2|·|s + 4|

Oblicz w tym punkcie

K = 1·1·3 = 3

Odpowiedź

K = 3

Sprawdzenie: s(s + 2)(s + 4) + K jest równe zero w s = −1.

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 0,02

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 przyspieszeniowa

Ka = 10·5/1 = 50

Uchyb dla paraboli

ess = 1/50 = 0,02

Odpowiedź

ess = 0,02
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Kp = 2,6

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

Wielomian charakterystyczny

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

s² + (1 + 5Kp)s + 5Ki

Wielomian docelowy

s² + 2·0,7·10s + 10² = s² + 14s + 100

Dopasuj współczynniki

1 + 5Kp = 14 → Kp = 2,6

Odpowiedź

Kp = 2,6

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

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

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