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​ = 20 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩAR4​8 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 12 ΩR4 = 8 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 6 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAR4​12 ΩBR6​5 Ω

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 12 VR1 = 6 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 ΩR4 = 12 ΩR5 = 3 ΩR6 = 5 Ω
Req = Ω
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 12 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​6 ΩBIs​2 A

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

V1 = 12 VIs = 2 AR1 = 12 ΩR2 = 15 ΩR3 = 4 ΩR4 = 6 Ω
VB = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAR4​25 ΩBIs​?

Źródło prądu jest regulowane, aż potencjał węzła A osiągnie VA = 7 V. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd źródła Is (kierunek jak na rysunku).

V1 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩR4 = 25 ΩVA = 7 V
Is = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 8 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​12 VR3​3 ΩIR3​A+−V2​15 VI1​I2​

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

V1 = 12 VV2 = 15 VR1 = 8 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 Ω
IR3 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 10 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR4​12 ΩIR4​AR5​6 ΩB+−V2​30 VI1​I2​I3​

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

V1 = 18 VV2 = 30 VR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 ΩR4 = 12 ΩR5 = 6 Ω
IR4 = 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 = 8 V i Is = 4 mA I = 5,6 mA; przy Vs = 6 V i Is = 6 mA I = 5,4 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy Vs = 2 V i Is = 10 mA.

8 V, 4 mA → 5,6 mA6 V, 6 mA → 5,4 mAVs = 2 V, Is = 10 mA
I = mA
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 20 ΩR2​ = 6 ΩIR2​R4​ = 30 Ω+−V1​10 VR3​12 ΩAIs​1 AB+−V2​10 V

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR2 pobieraną przez R2.

V1 = 10 VIs = 1 AV2 = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 12 ΩR4 = 30 Ω
PR2 = W
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAab

Wyznacz rezystancję Thévenina Rth widzianą z zacisków a–b.

V1 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​30 ΩAIs​2 ABab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 10 VIs = 2 AR1 = 5 ΩR2 = 30 ΩR3 = 12 Ω
Vth = V
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​6 Vt = 0R = 22 ΩL220 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz napięcie vL na cewce w chwili t = 15 ms.

Vs = 6 VR = 22 ΩL = 220 mHt = 15 ms
vL = V
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​20 Vt = 0R = 1 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 6 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 6 V o zaznaczonej biegunowości. Wyznacz napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 10 ms.

Vs = 20 VR = 1 kΩC = 33 µFvC(0) = 6 Vt = 10 ms
vC = V
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
Vf0​ = 2000 HzRL = ?C = 0,22 µF

Szeregowy obwód RLC z C = 0,22 µF ma być w rezonansie przy 2000 Hz. Wyznacz potrzebną indukcyjność L.

f0 = 2000 HzC = 0,22 µF
L = mH
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
120 V500 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 10 µF+−VC​

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 120 V (skuteczne), 500 Hz. Wyznacz wartość skuteczną napięcia VC na kondensatorze.

V = 120 V (rms)f = 500 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 10 µF
VC = V
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 22 kWQSφ

Silnik jednofazowy pobiera 22 kW przy współczynniku mocy 0,6 (indukcyjnym) z zasilania 230 V. Wyznacz prąd linii I.

P = 22 kWpf = 0,6V = 230 V
I = A
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
400 V50 Hzobciążenie3 kW, 0,65C33 µFI

Odbiornik jednofazowy pobiera 3 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym) z zasilania 400 V, 50 Hz. Równolegle do odbiornika podłączono kondensator 33 µF. Wyznacz nowy współczynnik mocy cos φ widziany przez zasilanie.

P = 3 kWpf1 = 0,65V = 400 Vf = 50 HzC = 33 µF
cos φ =
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 415 VZ = 3 + j4 Ωna fazę

Symetryczny odbiornik połączony w trójkąt o impedancji 3 + j4 Ω na fazę jest przyłączony do symetrycznej sieci trójfazowej o napięciu przewodowym 415 V. Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 415 VZ = 3 + j4 Ω na fazę
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 100 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 100 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z sieci 480 V (napięcie przewodowe), 50 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,98 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w trójkąt. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 100 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
RL​ = 48 Ω41920 VV2​I1​ = ?I2​

Do uzwojenia pierwotnego idealnego transformatora o przekładni N₁:N₂ = 4:1 przyłożono napięcie 920 V. Do uzwojenia wtórnego dołączono rezystor 48 Ω. Wyznacz prąd pierwotny I1.

N1:N2 = 4:1V1 = 920 VRL = 48 Ω
I1 = A
20.TransformatoryTrudny
150 kVA

Jednofazowy transformator 150 kVA ma straty w rdzeniu 600 W i straty w miedzi 1200 W przy obciążeniu znamionowym. Przy jakim obciążeniu Sη,max, w kVA, jego sprawność jest najwyższa?

S = 150 kVAPcore = 600 WPcu,fl = 1200 W
Sη,max = kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 1 kΩVin​

Dobierz rezystor sprzężenia zwrotnego Rf, który da temu wzmacniaczowi nieodwracającemu wzmocnienie napięciowe 8.

R1 = 1 kΩAv = 8
Rf = kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
Vin​V1​Vout​stopień 1: odwracającyR1​ = 4,7 kΩRf1​ = 10 kΩstopień 2: nieodwracającyR2​ = 10 kΩRf2​ = 1 kΩ

Dwa stopnie z idealnymi wzmacniaczami operacyjnymi są połączone kaskadowo: wzmacniacz odwracający (R1, Rf1), a za nim wzmacniacz nieodwracający (R2 do masy, Rf2 w sprzężeniu zwrotnym). Oba są zasilane napięciem ±15 V. Napięcie wejściowe wynosi Vin = 0,95 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

R1 = 4,7 kΩRf1 = 10 kΩR2 = 10 kΩRf2 = 1 kΩVin = 0,95 V
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 1 kΩβ = 50IC​ = ?VCC​ = 9 VRB​ = 150 kΩ

Tranzystor NPN o β = 50 jest spolaryzowany rezystorem bazowym RB = 150 kΩ z zasilania VCC = 9 V. Rezystor kolektorowy to RC = 1 kΩ, a emiter jest uziemiony. Przyjmij VBE = 0,7 V i załóż, że tranzystor pracuje w obszarze aktywnym. Wyznacz prąd kolektora IC w mA.

VCC = 9 VRB = 150 kΩRC = 1 kΩβ = 50VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
+−≤ 18 V470 Ω5,1 V

Stabilizator z diodą Zenera 5,1 V ma rezystor szeregowy 470 Ω. Napięcie wejściowe może wzrosnąć do 18 V, a obciążenie może zostać odłączone. Wyznacz największą moc PZ,max, jaką musi rozproszyć dioda Zenera.

Vin,max = 18 VVZ = 5,1 VR = 470 Ω
PZ,max = mW
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U2?−128?64?32?16?8?4?2?1

Zapisz −24 jako 8-bitowy wzór w kodzie U2. Odczytaj ten wzór jako liczbę dwójkową bez znaku: jaka jest jego wartość U dziesiętnie?

N = −248 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
1674 kodów, b = ? bitów?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

System musi nadać każdemu z 1674 elementów własny kod dwójkowy tej samej długości. Ile co najmniej bitów b potrzeba?

1674
b = bit
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABC00011110010011131204051706

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać iloczynu sum (POS) funkcji F(A, B, C) = Σm(1, 2, 3, 7). Ile sum (czynników) N ona ma?

F(A, B, C) = Σm(1, 2, 3, 7)
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
ABCD0001111000011110X01113X2140507160121131150140819111010

Znajdź minimalną postać SOP funkcji F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 4, 6, 9, 11, 13, 15) + d(0, 2), gdzie d oznacza stany nieokreślone. Ile iloczynów N ona zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 4, 6, 9, 11, 13, 15) + d(0, 2)
N =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
ReIm−2−4−624

Znajdź f(t) dla F(s) = (3s + 20)/(s² + 8s + 32) metodą dopełnienia do kwadratu i oblicz f(0,2).

F(s) = (3s + 20)/(s² + 8s + 32)t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Rozwiąż y″ + 4y′ + 3y = 0 dla y(0) = −6 i y′(0) = −11 za pomocą transformaty Laplace’a i znajdź y(0,2).

y″ + 4y′ + 3y = 0y(0) = −6y′(0) = −11t = 0,2 s
y(0.2) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+42s(s + 10)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 42/(s(s + 10)). Sygnał odniesienia to wymuszenie liniowo narastające r(t) = 5·t. Znajdź uchyb ustalony ess.

G(s) = 42/(s(s + 10))r(t) = 5·t
ess =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+4regulator+D(s)+8s + 5obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K = 4 steruje obiektem G(s) = 8/(s + 5) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Zakłócenie D wchodzi na wejście obiektu (dodaje się do wyjścia regulatora). Przy R = 0 podano skok zakłócenia o wielkości 0,5. Znajdź wyjście w stanie ustalonym css.

K = 4G(s) = 8/(s + 5)D = 0,5R = 0
css =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)2

Układ ma transmitancję G(s) = 104/(s² + 6s + 52) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Bieguny to s = σ ± jωd. Znajdź część rzeczywistą σ.

G(s) = 104/(s² + 6s + 52)
σ =
34.Odpowiedź skokowaTrudny
R(s)+Ks(s + 2)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = K/(s(s + 2)). Znajdź wzmocnienie K, które daje odpowiedź skokową z przeregulowaniem 15 %.

G(s) = K/(s(s + 2))%OS = 15 %
K =
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,10,1111010100100−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 1

Znajdź fazę ∠G(jω) G(s) = 3(s + 5)/(s(s + 3)) przy ω = 1 rad/s, w stopniach.

G(s) = 3(s + 5)/(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) = 30/(s(s + 4)(s + 7)). Znajdź zapas wzmocnienia GM w dB.

L(s) = 30/(s(s + 4)(s + 7))
GM = dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+5851s(s + 3)(s + 10)C(s)−

Pętla na schemacie ma ujemne sprzężenie zwrotne i L(s) = 585/(s(s + 3)(s + 10)). Ile biegunów N układu zamkniętego leży w prawej półpłaszczyźnie?

L(s) = 585/(s(s + 3)(s + 10))
N =
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) = 1t+4s(s + 4)C(s)−

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

G(s) = 4/(s(s + 4))r(t) = 1t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+Kp​ + Ki​/s1s + 1C(s)−

Regulator PI C(s) = Kp + Ki/s steruje obiektem G(s) = 1/(s + 1) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Układ zamknięty ma mieć ωₙ = 2 rad/s i ζ = 0,5. Wyznacz wzmocnienie proporcjonalne Kp.

G(s) = 1/(s + 1)ωₙ = 2 rad/sζ = 0,5
Kp =

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 22,61 Ω

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩAR4​8 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R3 + R4 = 12 + 8 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 3·20/(3+20) = 2,609 Ω
Req = R1 + 2,609 = 20 + 2,609 = 22,61 Ω

Odpowiedź

Req = 22,61 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 7,592 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​ = 6 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAR4​12 ΩBR6​5 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 = 3 + 5 = 8 Ω
R4 ∥ 8 = 4,8 Ω
R3 + 4,8 = 7,8 Ω
R2 ∥ 7,8 = 1,592 Ω
Req = R1 + 1,592 = 6 + 1,592 = 7,592 Ω

Odpowiedź

Req = 7,592 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = −5,28 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​ = 12 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​6 ΩBIs​2 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 12 V). Niewiadome: VA, VB.

PPK w węźle A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/15 + (VA − 12)/12 + (VA − VB)/4 = 0
0,4·VA − 0,25·VB = 1

PPK w węźle B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/6 + (VB − VA)/4 = (−2)
−0,25·VA + 0,4167·VB = −2

Rozwiąż

Δ = (0,4)(0,4167) − (−0,25)(−0,25) = 0,1042
VA = Δ1/Δ = −0,08333/0,1042 = −0,8 V
VB = Δ2/Δ = −0,55/0,1042 = −5,28 V

Odpowiedź

VB = −5,28 V
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: Is = 0,46 A

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

PPK w węźle A

VA jest znane, więc to równanie daje VB.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(7 − 15)/15 + 7/10 = (VB − 7)/2
0,1667 = (VB − 7)/2 → VB = 7,333 V

PPK w węźle B

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

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (7,333 − 7)/2 + 7,333/25 = 0,46 A

Odpowiedź

Is = 0,46 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR3 = 1,475 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​ = 8 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​12 VR3​3 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
8·I1 + 3(I1 − I2) = 12
11·I1 − 3·I2 = 12

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
20·I2 + 3(I2 − I1) = (−15)
−3·I1 + 23·I2 = −15

Rozwiąż

Δ = (11)(23) − (−3)(−3) = 244
I1 = Δ1/Δ = 231/244 = 0,9467 A
I2 = Δ2/Δ = −129/244 = −0,5287 A

Odpowiedź

IR3 = I1 − I2 = 1,475 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR4 = 1,308 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​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR4​12 ΩAR5​6 ΩB+−V2​30 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 + 12(I1 − I2) = 18
22·I1 − 12·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
2·I2 + 12(I2 − I1) + 6(I2 − I3) = 0
−12·I1 + 20·I2 − 6·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 + 6(I3 − I2) = (−30)
−6·I2 + 9·I3 = −30

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 1872
I1 = Δ1/Δ = 432/1872 = 0,2308 A
I2 = Δ2/Δ = −2016/1872 = −1,077 A
I3 = Δ3/Δ = −7584/1872 = −4,051 A

Odpowiedź

IR4 = I1 − I2 = 1,308 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: I = 5 mA

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

Zapisz odpowiedź jako sumę wkładów

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

I = k₁·Vs + k₂·Is
8·k₁ + 4·k₂ = 5,6
6·k₁ + 6·k₂ = 5,4

Wyznacz stałe

Δ = (8)(6) − (4)(6) = 24
k₁ = Δ1/Δ = 12/24 = 0,5
k₂ = Δ2/Δ = 9,6/24 = 0,4
k₁ = 0,5 mA/V, k₂ = 0,4

Przewidź nowy prąd

I = 0,5·2 + 0,4·10 = 5 mA

Odpowiedź

I = 5 mA
8.Superpozycja

Odpowiedź: PR2 = 1,789 W

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​ = 20 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​10 VR3​12 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) = 12 ∥ 36 = 9 Ω
VA = 10·9/(20+9) = 3,103 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,103·30/36 = 2,586 V
IR2′ = (VA − VB)/R2 = (3,103 − 2,586)/6 = 0,08621 A
R1​ = 20 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 30 ΩZWARCIER3​12 ΩAIs​1 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. Strzałka Iₛ wskazuje w dół, od jego węzła, więc Iₛ odprowadza prąd z tego węzła: jego wyraz wchodzi ze znakiem minus.

R1 ∥ R3 = 7,5 Ω, więc lewa gałąź to R2+7,5 = 13,5 Ω
Req = R4 ∥ 13,5 = 9,31 Ω
VB = −Is·Req = −1·9,31 = −9,31 V
VA = VB·7,5/13,5 = −5,172 V
IR2″ = (VA − VB)/R2 = (−5,172 − −9,31)/6 = 0,6897 A
R1​ = 20 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 30 ΩZWARCIER3​12 ΩAROZWARCIEB+−V2​10 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 = 20·12/(20+12) = 7,5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 10·13,5/43,5 = 3,103 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 3,103·7,5/13,5 = 1,724 V
IR2‴ = (VA − VB)/R2 = (1,724 − 3,103)/6 = −0,2299 A

Zsumuj wkłady prądu

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴ = 0,08621 + 0,6897 + (−0,2299) = 0,546 A

Moc w rezystorze

Moc zależy od kwadratu prądu, więc nie podlega zasadzie superpozycji: najpierw zsumuj prądy, potem podnieś do kwadratu.

PR2 = IR2²·R2 = 0,546²·6 = 1,789 W

Odpowiedź

PR2 = 1,789 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 3,215 W, co jest błędne.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Rth = 10,71 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​ = 8 ΩR3​ = 5 ΩZWARCIER2​20 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 = 8·20/(8+20) = 5,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,714 + 5 = 10,71 Ω
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 41,14 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​ = 5 ΩR3​ = 12 ΩZWARCIER2​30 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 = 5·30/(5+30) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 12 = 16,29 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​30 ΩAIs​2 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) = 8,571 + 2·4,286 = 17,14 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 17,14 + 2·12 = 41,14 V
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vL = 1,339 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.

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 / 22 Ω = 10 ms
i(∞) = Vs/R = 6/22 = 0,2727 A

Napięcie na cewce

W t = 0 całe napięcie zasilania jest na cewce; potem maleje do zera.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 6·e−15/10 = 1,339 V

Odpowiedź

vL = 1,339 V
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 9,66 V

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

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

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

vC(0) = 6 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 1 kΩ · 33 µF = 33 ms
vC(t) = 20 + (6 − 20)·e−t/τ

Napięcie w danej chwili

vC(10) = 20 + (−14)·e−10/33 = 9,66 V

Odpowiedź

vC = 9,66 V
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: L = 28,78 mH

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|.

Warunek rezonansu

W rezonansie reaktancje indukcyjna i pojemnościowa się znoszą: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·2000 = 12566 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(12566²·0,22·10⁻⁶) = 28,78 mH

Odpowiedź

L = 28,78 mH
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: VC = 44,52 V

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

Reaktancje

ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,02 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·10·10⁻⁶) = 31,83 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (31)²) = 85,8 Ω

Prąd

Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.

I = V/|Z| = 120/85,8 = 1,399 A

Napięcie na kondensatorze

VC = I·XC = 1,399·31,83 = 44,52 V

Odpowiedź

VC = 44,52 V
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: I = 159,4 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) = 22000/(230·0,6) = 159,4 A

Odpowiedź

I = 159,4 A
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: cos φ = 0,8513

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 = 3·tan(arccos 0,65) = 3,507 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·50·33·10⁻⁶ = 1659 var = 1,659 kvar
Q2 = 3,507 − 1,659 = 1,849 kvar

Nowa moc pozorna

S2 = √(3² + 1,849²) = 3,524 kVA

Nowy współczynnik mocy

cos φ = P/S2 = 3/3,524 = 0,8513

Odpowiedź

cos φ = 0,8513
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 62 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 = VL = 415 V

Prąd fazowy

|Z| = √(3² + 4²) = 5 Ω
Iph = 415/5 = 83 A

Całkowita moc czynna

Moc czynną pobiera tylko rezystancyjna część każdej impedancji.

P = 3·Iph²·R = 3·83²·3 = 62 kW

Odpowiedź

P = 62 kW

Sprawdzenie: cos φ = R/|Z| = 0,6, a √3·VL·IL·cos φ daje tę samą moc.

18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 312,6 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 = 100·tan(acos 0,75) = 100·0,8819 = 88,19 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,98) = 100·0,2031 = 20,31 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 67,89 kvar

Pojemność na fazę

W baterii połączonej w trójkąt każdy kondensator jest włączony między dwa przewody fazowe.

V = 480 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 22629/(314,2·480²) = 312,6 µF

Odpowiedź

Cph = 312,6 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: I1 = 1,198 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 = 920/4 = 230 V
I2 = 230/48 = 4,792 A

Prąd pierwotny

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

I1 = I2/4 = 1,198 A

Odpowiedź

I1 = 1,198 A

Sprawdzenie: obciążenie widziane od strony pierwotnej to a²·RL = 768 Ω, a 920/768 daje ten sam prąd.

20.Transformatory

Odpowiedź: Sη,max = 106,1 kVA

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

Straty w miedzi równe stratom w rdzeniu

x²·1200 = 600 → x = √(600/1200) = 0,7071

Obciążenie przy maksymalnej sprawności

Sη,max = x·S = 0,7071·150 = 106,1 kVA

Odpowiedź

Sη,max = 106,1 kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Rf = 7 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 = (8 − 1)·1 = 7 kΩ

Odpowiedź

Rf = 7 kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −2,223 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.

Wzmocnienie każdego stopnia

A1 = −Rf1/R1 = −10/4,7 = −2,128
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 1/10 = 1,1

Stopień po stopniu

V1 = −2,128·0,95 = −2,021 V
Vout = 1,1·(−2,021) = −2,223 V

Odpowiedź

Vout = −2,223 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 2,767 mA

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

Prąd bazy

IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/150 kΩ = 55,33 µA

Prąd kolektora

IC = β·IB = 50·55,33 µA = 2,767 mA

Odpowiedź

IC = 2,767 mA

Sprawdzenie: VCE = 6,233 V jest wyraźnie większe od 0,2 V, więc tranzystor rzeczywiście pracuje w obszarze aktywnym.

24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: PZ,max = 140 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 = 12,9/470 = 27,45 mA

Moc diody Zenera

PZ = 5,1·27,45 = 140 mW

Odpowiedź

PZ,max = 140 mW
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 232

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.

Odwróć i dodaj jeden

24 = 0001 1000
odwrócone: 1110 0111
+1 → 1110 1000

Odczytaj bez znaku

1110 1000₂ = 256 − 24 = 232

Odpowiedź

U = 232
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: b = 11 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

210 = 1024 < 1674
211 = 2048 ≥ 1674

Odpowiedź

b = 11
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 3

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

ABC00011110010011131204051706

Zgrupuj zera

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

(B + C)
(A′ + C)
(A′ + B)

Minimalna postać POS

F = (B + C)(A′ + C)(A′ + B)
N = 3

Odpowiedź

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

Odpowiedź: N = 3

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

Implikanty proste

Największe grupy, jakie można utworzyć z jedynek i X.

B′D, A′D′, AD, A′B′
ABCD0001111000011110X01113X2140507160121131150140819111010

Minimalne pokrycie

F = B′D + A′D′ + AD
N = 3

Odpowiedź

N = 3

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

29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.2) = 1,584

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 + 8s + 32 = (s + 4)² + 16 = (s + 4)² + 4²

Dopasuj licznik

F(s) = 3·(s + 4)/((s + 4)² + 4²) + (8/4)·4/((s + 4)² + 4²)

Transformata odwrotna

f(t) = e−4t·(3·cos 4t + 2·sin 4t)
f(0,2) = e−4·0,2·(3·cos(4·0,2) + 2·sin(4·0,2)) = 1,584

Odpowiedź

f(0,2) = 1,584
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.2) = −7,207

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 − (−6)s − (−11) + 4(sY − (−6)) + 3Y = 0
Y(s) = (−6s − 35)/((s + 1)(s + 3))

Ułamki proste

A = −29/2 = −14,5
B = −17/(−2) = 8,5

Wynik

y(t) = −14,5·e−t + 8,5·e−3t
y(0,2) = −7,207

Odpowiedź

y(0,2) = −7,207

Sprawdzenie: y(0) = A + B = −6.

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: ess = 1,19

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

Stała uchybu prędkościowego

Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 42/10 = 4,2

Uchyb ustalony

ess = A/Kᵥ = 5/4,2 = 1,19

Odpowiedź

ess = 1,19
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: css = 0,1081

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

Transmitancje

C/D = G/(1 + K·G) = 8/(s + 5 + 32)

Stan ustalony

css = 0,5·8/37 = 0,1081

Odpowiedź

css = 0,1081

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

33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: σ = −3

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 = 52 → ωₙ = 7,211 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·7,211) = 0,416

Wynik

σ = −ζωₙ = −6/2 = −3

Odpowiedź

σ = −3
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: K = 3,742

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

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = K/(s² + 2s + K)

Współczynnik tłumienia z przeregulowania

ζ = −ln(0,15)/√(π² + ln²(0,15)) = 0,5169

Wzmocnienie

ωₙ = 2/(2ζ) = 1,934 rad/s
K = ωₙ² = 3,742

Odpowiedź

K = 3,742
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ∠G(jω) = −97,13 °

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(1/5) − 90° − atan(1/3) = 11,31° − 90° − 18,43°

Wynik

∠G(j1) = −97,13°

Odpowiedź

∠G(jω) = −97,13°
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: GM = 20,23 dB

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

Częstotliwość odcięcia fazy

(ω/4)·(ω/7) = 1 → ω180 = √(4·7) = 5,292 rad/s

Moduł przy częstotliwości odcięcia fazy

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 49)) = K/(4·7·(4 + 7)) = K/308

Zapas wzmocnienia

GM = 20·log₁₀(308/30) = 20,23 dB

Odpowiedź

GM = 20,23 dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: N = 2

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 + 13s² + 30s + 585 = 0

Tablica Routha

s³: 1, 30
s²: 13, 585
s¹: −15
s⁰: 585

Zmiany znaku w pierwszej kolumnie

1 → 13 → −15 → 585
N = 2

Odpowiedź

N = 2

Wzmocnienie przekracza granicę K = 390, więc para zespolona przeszła do prawej półpłaszczyzny.

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

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

Uchyb dla narastania liniowego

ess = 1/1 = 1

Odpowiedź

ess = 1
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Kp = 1

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 + 1Kp)s + 1Ki

Wielomian docelowy

s² + 2·0,5·2s + 2² = s² + 2s + 4

Dopasuj współczynniki

1 + 1Kp = 2 → Kp = 1

Odpowiedź

Kp = 1

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