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​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAR4​15 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 9 VR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 15 ΩR4 = 15 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 5 ΩIR1​R3​ = 8 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩAR4​15 ΩBR6​2 Ω

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 ΩR4 = 15 ΩR5 = 4 ΩR6 = 2 Ω
IR1 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​15 Ω+−V1​12 VR2​15 Ω−+V2​6 VI2​R3​3 Ω+−V3​24 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 = 12 VR1 = 15 ΩV2 = 6 VR2 = 15 ΩV3 = 24 VR3 = 3 Ω
I2 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAR4​15 ΩB0,5·VA​

Romb to źródło prądu sterowane napięciem, które wpycha prąd 0,5·VA (w A, przy VA w V) w górę do węzła B. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć potencjał węzła VA (mierzony względem masy).

V1 = 24 VR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 ΩR4 = 15 Ωg = 0,5 A/V
VA = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 15 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​6 VR3​20 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

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

V1 = 6 VV2 = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 Ω
I1 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 20 Ω+−VR1​R2​ = 25 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR4​8 ΩAR5​8 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć napięcie VR1 na R1 o zaznaczonej biegunowości.

V1 = 10 VV2 = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 25 ΩR3 = 5 ΩR4 = 8 ΩR5 = 8 Ω
VR1 = V
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​5 ΩBIs​3 A

Użyj metody superpozycji, aby wyznaczyć prąd IR1 płynący przez R1 w kierunku strzałki.

V1 = 12 VIs = 3 AR1 = 3 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 ΩR4 = 5 Ω
IR1 = A
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 4 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​9 VR3​15 ΩIR3​AIs​0,5 AB+−V2​10 V

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR3 pobieraną przez R3.

V1 = 9 VIs = 0,5 AV2 = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 15 ΩR4 = 30 Ω
PR3 = W
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 4 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 15 VR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 3 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩAIs​3 ABRL​5 ΩIL​

Między a–b podłączono obciążenie RL = 5 Ω. Użyj układu zastępczego Thévenina, aby wyznaczyć moc PL dostarczaną do obciążenia.

V1 = 6 VIs = 3 AR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 ΩRL = 5 Ω
PL = W
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​24 Vt = 0R = 10 ΩL22 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz energię W(∞) zgromadzoną w cewce po ustaleniu się stanu obwodu, w mJ.

Vs = 24 VR = 10 ΩL = 22 mH
W(∞) = mJ
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​15 Votwiera się w t = 0R1​ = 2,2 kΩR2​ = 1 kΩC220 µF+−vC​

Łącznik był długo zamknięty, więc obwód jest w stanie ustalonym. W t = 0 łącznik się otwiera. Wyznacz napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 80 ms.

Vs = 15 VR1 = 2,2 kΩR2 = 1 kΩC = 220 µFt = 80 ms
vC = V
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
100 V50 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 100 µF

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 100 V (skuteczne), 50 Hz. Wyznacz kąt fazowy φ impedancji w stopniach (dodatni, gdy prąd opóźnia się względem napięcia).

V = 100 V (rms)f = 50 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 100 µF
φ = °
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
VfR = 2 ΩL = 1 mHC = 0,022 µF

Szeregowy obwód RLC ma R = 2 Ω, L = 1 mH i C = 0,022 µF. Wyznacz jego pasmo przenoszenia B (szerokość pasma między częstotliwościami połowy mocy) w Hz.

R = 2 ΩL = 1 mHC = 0,022 µF
B = Hz
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
400 V16 kW, 0,75215 kW, 1I = ?

Do jednofazowego zasilania 400 V podłączono równolegle dwa odbiorniki: odbiornik 6 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) oraz grzejnik 15 kW (współczynnik mocy równy 1). Wyznacz prąd całkowity I pobierany z zasilania.

V = 400 VP1 = 6 kW, pf1 = 0,75 indukcyjnyP2 = 15 kW, pf2 = 1
I = A
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P1​ = 21 kWQ1​S1​φ

Transformator jednofazowy 50 kVA zasila odbiornik 21 kW przy współczynniku mocy 0,85 (indukcyjnym). Ile dodatkowej mocy czynnej ΔP można dołączyć jako odbiornik rezystancyjny (współczynnik mocy równy 1), zanim transformator osiągnie swoją moc znamionową w kVA?

Smax = 50 kVAP1 = 21 kWpf1 = 0,85
ΔP = kW
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 415 VIL​ = 15 Acos φ = 0,9indukcyjny

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera prąd przewodowy 15 A ze źródła o napięciu przewodowym 415 V. Współczynnik mocy wynosi 0,9 (indukcyjny). Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 415 VIL = 15 Acos φ = 0,9
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 60 kW przy współczynniku mocy 0,72 (indukcyjnym) z sieci 400 V (napięcie przewodowe), 50 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,95 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w trójkąt. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 60 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
16 Ω31

Do uzwojenia wtórnego idealnego transformatora o przekładni N₁:N₂ = 3:1 dołączono rezystor 16 Ω. Wyznacz rezystancję R1′ widzianą od strony uzwojenia pierwotnego.

N1:N2 = 3:1RL = 16 Ω
R1′ = Ω
20.TransformatoryTrudny
pf 0,8500 kVA, 25% obciążenie

Jednofazowy transformator 500 kVA ma straty w rdzeniu 2000 W i straty w miedzi 6000 W przy obciążeniu znamionowym. Dostarcza 25% swojej znamionowej mocy kVA przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym). Wyznacz całkowite straty Ploss w watach przy tym obciążeniu.

S = 500 kVAPcore = 2000 WPcu,fl = 6000 Wx = 0,25pf = 0,8
Ploss = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 47 kΩVin​

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

R1 = 47 kΩAv = 8
Rf = kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​C = 0,22 µFVin​ = −0,5 VR = 100 kΩ

Układ całkujący wykorzystuje idealny wzmacniacz operacyjny zasilany napięciem ±15 V; jego wyjście nasyca się przy ±13 V. Kondensator jest rozładowany, gdy w t = 0 zostaje przyłożone stałe napięcie wejściowe Vin = −0,5 V. Po jakim czasie od t = 0 wyjście osiągnie nasycenie? Wyznacz t.

Vin = −0,5 VR = 100 kΩC = 0,22 µFVsat = ±13 V
t = ms
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 1 kΩβ = 200IC​ = ?RE​ = 1 kΩVCC​ = 12 VR1​ = 56 kΩR2​ = 10 kΩ

Tranzystor NPN o β = 200 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 12 V: R₁ = 56 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 10 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 1 kΩ, a rezystor emiterowy RE = 1 kΩ. Przyjmij VBE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz prąd kolektora IC w mA.

VCC = 12 VR1 = 56 kΩR2 = 10 kΩRC = 1 kΩRE = 1 kΩβ = 200
IC = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
+−≥ 12 VR = ?5,6 V≤ 40 mA

Stabilizator z diodą Zenera 5,6 V ma dostarczać do obciążenia do 40 mA. Napięcie wejściowe może spaść do 12 V, a dioda Zenera potrzebuje co najmniej 1 mA, aby stabilizować. Wyznacz największą rezystancję szeregową Rmax, przy której stabilizacja jest zachowana.

Vin,min = 12 VVZ = 5,6 VIL,max = 40 mAIZ,min = 1 mA
Rmax = Ω
25.Systemy liczboweŚredni
wagi w kodzie U21−12806403201618041211

8-bitowy wzór 1000 1011 zapisuje liczbę całkowitą ze znakiem w kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest jej wartość N dziesiętnie?

1000 10118 bit
N =
26.Systemy liczboweTrudny
1227 kodów, b = ? bitów?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

System musi nadać każdemu z 1227 elementów własny kod dwójkowy tej samej długości. Ile co najmniej bitów b potrzeba?

1227
b = bit
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111010010302140517160121131150140809011010

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 4, 6, 7, 13, 15). Ile literałów L zawiera łącznie (zmienna z negacją liczy się jako jeden literał)?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 4, 6, 7, 13, 15)
L =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
CLKJK12345678

Przerzutnik JK wyzwalany zboczem narastającym startuje z Q = 0 i dostaje pokazane wejścia przy 8 zboczach narastających zegara. Ile razy N Q zmienia stan?

Q₀ = 0JK
N =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,6f(0,6) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = (5s + 6)/(s² + 4s + 4) i oblicz f(0,6).

F(s) = (5s + 6)/(s² + 4s + 4)t = 0,6 s
f(0.6) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Rozwiąż y″ + 10y′ + 24y = 0 dla y(0) = 4 i y′(0) = −14 za pomocą transformaty Laplace’a i znajdź y(0,2).

y″ + 10y′ + 24y = 0y(0) = 4y′(0) = −14t = 0,2 s
y(0.2) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+K(s + 7)(s + 9)G(s)C(s)−

Obiekt G(s) = K/((s + 7)(s + 9)) jest w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Znajdź wzmocnienie K, dla którego układ zamknięty jest tłumiony krytycznie (dwa równe bieguny rzeczywiste).

G(s) = K/((s + 7)(s + 9))jednostkowe ujemne sprzężenie zwrotne
K =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+Kregulator+D(s)+2s + 6obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K steruje obiektem G(s) = 2/(s + 6) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Skok zakłócenia o wielkości 0,5 wchodzi na wejście obiektu, gdy R = 0. Znajdź najmniejsze wzmocnienie K, przy którym wyjście w stanie ustalonym nie przekracza 0,003333.

G(s) = 2/(s + 6)D = 0,5css ≤ 0,003333
K =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)2tp​ = ?

Układ ma transmitancję G(s) = 60/(s² + 4s + 30) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź czas szczytu tp odpowiedzi skokowej.

G(s) = 60/(s² + 4s + 30)
tp = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
R(s)+Ks(s + 16)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = K/(s(s + 16)). Znajdź wzmocnienie K, które daje odpowiedź skokową z przeregulowaniem 20 %.

G(s) = K/(s(s + 16))%OS = 20 %
K =
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,11101001000−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 10

Znajdź dokładny moduł |G(jω)| G(s) = 1584/((s + 8)(s + 11)) przy ω = 10 rad/s, w dB.

G(s) = 1584/((s + 8)(s + 11))ω = 10 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 15,5/(s(s + 5)). Znajdź częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc, przy której |L(jω)| = 1.

L(s) = 15,5/(s(s + 5))
ωc = rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K1s(s + 5)(s + 8)C(s)−

Pętla na schemacie ma transmitancję układu otwartego L(s) = K/(s(s + 5)(s + 8)). Wyznacz największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 8))
Kmax =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−2−4−6−8−10−12j2

Linia pierwiastkowa dla L(s) = K(s + 10)/(s(s + 5)) opuszcza oś rzeczywistą między s = 0 a s = −5, zakreśla okrąg i wraca na oś rzeczywistą na lewo od zera. Wyznacz punkt zejścia si.

L(s) = K(s + 10)/(s(s + 5))
si =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
R(s)+K(s + 4)(s + 5)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma G(s) = K/((s + 4)(s + 5)). Wyznacz wzmocnienie K, które daje uchyb ustalony 2 % dla wejścia skokowego.

G(s) = K/((s + 4)(s + 5))ess = 2 %
K =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+Kp​ + Ki​/s4s + 5C(s)−

Regulator PI C(s) = Kp + Ki/s steruje obiektem G(s) = 4/(s + 5) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Układ zamknięty ma mieć ωₙ = 5 rad/s i ζ = 0,7. Wyznacz wzmocnienie całkowania Ki.

G(s) = 4/(s + 5)ωₙ = 5 rad/sζ = 0,7
Ki =

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 21,88 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​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAR4​15 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R3 + R4 = 15 + 15 = 30 Ω
R2 ∥ 30 = 2·30/(2+30) = 1,875 Ω
Req = R1 + 1,875 = 20 + 1,875 = 21,88 Ω

Odpowiedź

Req = 21,88 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 2,379 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​ = 5 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩAR4​15 ΩBR6​2 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 = 4 + 2 = 6 Ω
R4 ∥ 6 = 4,286 Ω
R3 + 4,286 = 12,29 Ω
R2 ∥ 12,29 = 7,611 Ω
Req = R1 + 7,611 = 5 + 7,611 = 12,61 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 30/12,61 = 2,379 A

Odpowiedź

IR1 = 2,379 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: I2 = −1,6 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 − 12)/15 + (VA − (−6))/15 + (VA − 24)/3 = 0

Wyznacz VA

VA = (12/15 + (−6)/15 + 24/3) / (1/15 + 1/15 + 1/3) = 8,4/0,4667 = 18 V

Prąd gałęzi

Strzałka wskazuje w górę wzdłuż gałęzi, do węzła A.

I2 = ((−6) − VA)/R2 = ((−6) − 18)/15 = −1,6 A

Odpowiedź

I2 = −1,6 A

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

4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VA = 11,5 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.

PPK w węźle A

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

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,825·VA − 0,125·VB = 4,8

PPK w węźle B

Źródło sterowane wpycha prąd g·VA do węzła B. Potraktuj je jak źródło niezależne, a potem przenieś wyraz z VA na lewą stronę.

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,5·VA
−0,625·VA + 0,1917·VB = 0

Rozwiąż

Δ = (0,825)(0,1917) − (−0,125)(−0,625) = 0,08
VA = Δ1/Δ = 0,92/0,08 = 11,5 V
VB = Δ2/Δ = 3/0,08 = 37,5 V

Odpowiedź

VA = 11,5 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I1 = 0,1 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​ = 15 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​6 VR3​20 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

Przypisz prądy oczkowe

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

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
15·I1 + 20(I1 − I2) = 6
35·I1 − 20·I2 = 6

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
12·I2 + 20(I2 − I1) = (−6)
−20·I1 + 32·I2 = −6

Rozwiąż

Δ = (35)(32) − (−20)(−20) = 720
I1 = Δ1/Δ = 72/720 = 0,1 A
I2 = Δ2/Δ = −90/720 = −0,125 A

Odpowiedź

I1 = 0,1 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: VR1 = 6,585 V

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

R1​ = 20 ΩR2​ = 25 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR4​8 ΩAR5​8 ΩB+−V2​10 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
20·I1 + 8(I1 − I2) = 10
28·I1 − 8·I2 = 10

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
25·I2 + 8(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−8·I1 + 41·I2 − 8·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
5·I3 + 8(I3 − I2) = (−10)
−8·I2 + 13·I3 = −10

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 12300
I1 = Δ1/Δ = 4050/12300 = 0,3293 A
I2 = Δ2/Δ = −1200/12300 = −0,09756 A
I3 = Δ3/Δ = −10200/12300 = −0,8293 A

Odpowiedź

IR1 = I1 = 0,3293 A
VR1 = IR1·R1 = 0,3293·20 = 6,585 V

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: IR1 = 0,3978 A

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

R1​ = 3 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​5 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 = 8+5 = 13 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 15·13/(15+13) = 6,964 Ω
VA = 12·6,964/(3+6,964) = 8,387 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 8,387·5/13 = 3,226 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (12 − 8,387)/3 = 1,204 A
R1​ = 3 ΩR3​ = 8 ΩZWARCIER2​15 ΩAR4​5 ΩBIs​3 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 = 3·15/(3+15) = 2,5 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 5 ∥ 10,5 = 3,387 Ω
VB = Is·Req = 3·3,387 = 10,16 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 10,16·2,5/10,5 = 2,419 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 2,419)/3 = −0,8065 A

Dodaj składowe

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 1,204 + (−0,8065) = 0,3978 A

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

8.Superpozycja

Odpowiedź: PR3 = 2,656 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​ = 4 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​9 VR3​15 ΩAROZWARCIEBZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

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

R3 ∥ (R2+R4) = 15 ∥ 45 = 11,25 Ω
VA = 9·11,25/(4+11,25) = 6,639 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 6,639·30/45 = 4,426 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (6,639 − 0)/15 = 0,4426 A
R1​ = 4 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 30 ΩZWARCIER3​15 ΩAIs​0,5 ABZWARCIE

Przypadek 2 · działa tylko Is

Oba źródła napięcia stają się zwarciami. Iₛ rozdziela się w B między R₄ (teraz do masy) a R₂ szeregowo z R₁ ∥ R₃. Strzałka Iₛ wskazuje w dół, od jego węzła, więc Iₛ odprowadza prąd z tego węzła: jego wyraz wchodzi ze znakiem minus.

R1 ∥ R3 = 3,158 Ω, więc lewa gałąź to R2+3,158 = 18,16 Ω
Req = R4 ∥ 18,16 = 11,31 Ω
VB = −Is·Req = −0,5·11,31 = −5,656 V
VA = VB·3,158/18,16 = −0,9836 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (−0,9836 − 0)/15 = −0,06557 A
R1​ = 4 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 30 ΩZWARCIER3​15 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 = 4·15/(4+15) = 3,158 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 10·18,16/48,16 = 3,77 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 3,77·3,158/18,16 = 0,6557 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (0,6557 − 0)/15 = 0,04372 A

Zsumuj wkłady prądu

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴ = 0,4426 + (−0,06557) + 0,04372 = 0,4208 A

Moc w rezystorze

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

PR3 = IR3²·R3 = 0,4208²·15 = 2,656 W

Odpowiedź

PR3 = 2,656 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 3,032 W, co jest błędne.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 11,84 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​ = 4 ΩR3​ = 20 ΩZWARCIER2​15 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 = 4·15/(4+15) = 3,158 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,158 + 20 = 23,16 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

Przy rozwartych a–b przez R₃ nie płynie prąd, więc nie ma na nim spadku i V_b = V_A. R₁ i R₂ tworzą dzielnik napięcia.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 15·15/(4+15) = 11,84 V
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: PL = 10,71 W

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

R1​ = 3 ΩR3​ = 2 ΩZWARCIER2​2 ΩAROZWARCIEBabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

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

R1 ∥ R2 = 3·2/(3+2) = 1,2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,2 + 2 = 3,2 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩAIs​3 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) = 2,4 + 3·1,2 = 6 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 6 + 3·2 = 12 V
Rth​ = 3,2 Ω+−Vth​12 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) = 12/(3,2 + 5) = 1,463 A
PL = IL²·RL = 1,463²·5 = 10,71 W
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: W(∞) = 63,36 mJ

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 = 22 mH / 10 Ω = 2,2 ms
i(∞) = Vs/R = 24/10 = 2,4 A

Zgromadzona energia

W(∞) = ½·L·i(∞)² = ½·22·2,4² = 63,36 mJ

Odpowiedź

W(∞) = 63,36 mJ
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 3,258 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.

Początkowe napięcie kondensatora

W stanie ustalonym kondensator jest rozwarciem, więc R₁ i R₂ tworzą dzielnik napięcia. Napięcie kondensatora nie może zmienić się skokowo przy otwarciu łącznika.

vC(0) = 15·1/(2,2 + 1) = 4,688 V

Stała czasowa po otwarciu łącznika

τ = R2·C = 1·220 = 220 ms

Rozładowanie

vC(t) = 4,688·e−80/220 = 3,258 V

Odpowiedź

vC = 3,258 V
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: φ = 49,42 °

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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,25 = 78,54 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·100·10⁻⁶) = 31,83 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (46,71)²) = 61,5 Ω

Kąt fazowy

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(46,71/40) = 49,42°

Odpowiedź

φ = 49,42°
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: B = 318,3 Hz

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

Częstotliwość rezonansowa

f0 = 1/(2π·√(0,001·0,022·10⁻⁶)) = 33932 Hz

Dobroć

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

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/2)·√(0,001/(0,022·10⁻⁶)) = 106,6

Pasmo przenoszenia

B = f0/Q = 33932/106,6 = 318,3 Hz

Odpowiedź

B = 318,3 Hz
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: I = 54,14 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 każdego odbiornika

Odbiornik indukcyjny pobiera moc bierną (Q > 0); odbiornik pojemnościowy ją oddaje (Q < 0).

Q1 = 6·tan(arccos 0,75) = 5,292 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Sumy

P = 6 + 15 = 21 kW
Q = 5,292 + 0 = 5,292 kvar
S = √(21² + 5,292²) = 21,66 kVA

Prąd całkowity

I = S/V = 21656/400 = 54,14 A

Odpowiedź

I = 54,14 A
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: ΔP = 27,28 kW

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 istniejącego odbiornika

Q1 = 21·tan(arccos 0,85) = 13,01 kvar

Największa łączna moc czynna

Przy pełnym obciążeniu znamionowym S = Smax, a odbiornik rezystancyjny nie zmienia Q.

P = √(Smax² − Q1²) = √(50² − 13,01²) = 48,28 kW

Dodatkowa moc czynna

ΔP = 48,28 − 21 = 27,28 kW

Odpowiedź

ΔP = 27,28 kW
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 9,704 kW

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

Moc pozorna

S = √3·VL·IL = √3·415·15 = 10,78 kVA

Moc czynna

P = S·cos φ = 10,78·0,9 = 9,704 kW

Odpowiedź

P = 9,704 kW
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 252,7 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 = 60·tan(acos 0,72) = 60·0,9639 = 57,83 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,95) = 60·0,3287 = 19,72 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 38,11 kvar

Pojemność na fazę

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

V = 400 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 12703/(314,2·400²) = 252,7 µF

Odpowiedź

Cph = 252,7 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: R1′ = 144 Ω

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.

Rezystancja sprowadzona

Napięcie rośnie a razy, a prąd maleje a razy, więc stosunek V/I rośnie a² razy.

R1′ = a²·RL = 3²·16 = 144 Ω

Odpowiedź

R1′ = 144 Ω
20.Transformatory

Odpowiedź: Ploss = 2375 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 = 0,0625·6000 = 375 W

Straty całkowite

Straty w rdzeniu są takie same przy każdym obciążeniu.

Ploss = 2000 + 375 = 2375 W

Odpowiedź

Ploss = 2375 W

Sprawność przy tym obciążeniu wynosi η = 97,68%.

21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Rf = 329 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)·47 = 329 kΩ

Odpowiedź

Rf = 329 kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: t = 572 ms

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.

Prąd wejściowy i szybkość narastania

kΩ razy µF daje milisekundy.

RC = 100 kΩ · 0,22 µF = 22 ms
szybkość narastania = −Vin/(RC) = −(−0,5)/22 = 0,02273 V/ms

Czas do nasycenia

|Vin|·t/(RC) = Vsat → t = Vsat·RC/|Vin| = 13·22/0,5 = 572 ms

Odpowiedź

t = 572 ms
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 1,068 mA

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

Zastępczy układ Thévenina dzielnika

VTH = 12·10/(56 + 10) = 1,818 V
RTH = 56·10/(56 + 10) = 8,485 kΩ

Prąd bazy

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

IB = (1,818 − 0,7)/(8,485 + 201·1) = 5,338 µA

Prąd kolektora

IC = 200·5,338 µA = 1,068 mA
IE = 201·5,338 µA = 1,073 mA

Odpowiedź

IC = 1,068 mA
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: Rmax = 156,1 Ω

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 w najgorszym przypadku

IR = 40 + 1 = 41 mA

Największa rezystancja

Rmax = 6,4/0,041 = 156,1 Ω

Odpowiedź

Rmax = 156,1 Ω
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −117

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

Dodaj wagi

Pozostałe bity mają swoje zwykłe dodatnie wartości.

−128 + 8 + 2 + 1 = −117

Odpowiedź

N = −117
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 < 1227
211 = 2048 ≥ 1227

Odpowiedź

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

Odpowiedź: L = 9

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.

ABCD000111100001111010010302140517160121131150140809011010

Zgrupuj jedynki

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

A′C′D′
ABD
A′BC

Minimalna postać SOP

F = A′C′D′ + ABD + A′BC
L = 9

Odpowiedź

L = 9
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 4

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

Q po każdym zboczu

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

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

Policz zmiany

0 → 1 → 0 → 0 → 0 → 0 → 1 → 1 → 0
N = 4

Odpowiedź

N = 4
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.6) = 0,7831

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

Rozłóż mianownik na czynniki

s² + 4s + 4 = (s + 2)²

Ułamki proste

5s + 6 = 5(s + 2) + −4
F(s) = 5/(s + 2) − 4/(s + 2)²

Transformata odwrotna

f(t) = 5·e−2t − 4·t·e−2t
f(0,6) = (5 − 4·0,6)·e−2·0,6 = 0,7831

Odpowiedź

f(0,6) = 0,7831
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.2) = 1,945

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 − 4s − (−14) + 10(sY − 4) + 24Y = 0
Y(s) = (4s + 26)/((s + 4)(s + 6))

Ułamki proste

A = 10/2 = 5
B = 2/(−2) = −1

Wynik

y(t) = 5·e−4t − e−6t
y(0,2) = 1,945

Odpowiedź

y(0,2) = 1,945

Sprawdzenie: y(0) = A + B = 4.

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 1

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

1 + K/((s + 7)(s + 9)) = 0 → s² + 16s + 63 + K = 0

Pierwiastek podwójny

Trójmian s² + βs + γ ma pierwiastek podwójny, gdy β² = 4γ.

16² = 4(63 + K) → K = 256/4 − 63 = 1

Odpowiedź

K = 1
Oba bieguny układu zamkniętego leżą wtedy w s = −8.
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 147

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).

Odpowiedź na zakłócenie

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 0,5·2/(6 + 2K)

Rozwiąż względem K

6 + 2K = 0,5·2/0,003333 = 300
K = (300 − 6)/2 = 147

Odpowiedź

K = 147
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: tp = 0,6161 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 = 30 → ωₙ = 5,477 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·5,477) = 0,3651

Wynik

ωd = 5,477·√(1 − 0,3651²) = 5,099 rad/s → tp = π/ωd = 0,6161 s

Odpowiedź

tp = 0,6161 s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: K = 307,9

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

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = K/(s² + 16s + K)

Współczynnik tłumienia z przeregulowania

ζ = −ln(0,2)/√(π² + ln²(0,2)) = 0,4559

Wzmocnienie

ωₙ = 16/(2ζ) = 17,55 rad/s
K = ωₙ² = 307,9

Odpowiedź

K = 307,9
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: |G(jω)| = 18,4 dB

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

Pomnóż moduły

|G(j10)| = 1584/(√(10² + 8²)·√(10² + 11²)) = 1584/(12,81·14,87) = 8,32

Wynik

20·log₁₀(8,32) = 18,4 dB

Odpowiedź

|G(jω)| = 18,4 dB
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ωc = 2,723 rad/s

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

Częstotliwość odcięcia wzmocnienia

ω⁴ + 25ω² − 240,3 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·240,3))/2 = 7,412
ωc = 2,723 rad/s

Odpowiedź

ωc = 2,723 rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmax = 520

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.

Równanie charakterystyczne

s³ + 13s² + 40s + K = 0

Tablica Routha

s³: 1, 40
s²: 13, K
s¹: (13·40 − K)/13
s⁰: K

Warunki

Każdy element pierwszej kolumny musi być dodatni.

K > 0
13·40 − K > 0 → K < 520

Odpowiedź

Kmax = 520

Przy K = 520 układ zamknięty oscyluje z pulsacją ω = √40 = 6,325 rad/s.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: si = −17,07

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

Wzmocnienie wzdłuż osi rzeczywistej

K(s) = −(s² + 5s)/(s + 10)

Punkty stacjonarne

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

(2s + 5)(s + 10) − (s² + 5s) = s² + 20s + 50 = 0
s = −10 ± √50 = −2,929, −17,07

Punkt zejścia

si = −17,07

Odpowiedź

si = −17,07

Między tymi dwoma punktami linia jest okręgiem o środku w zerze i promieniu √50 = 7,071.

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 980

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.

Wymagana stała uchybowa

1/(1 + Kp) = 0,02 → Kp = 49

Wzmocnienie

K/20 = 49 → K = 980

Odpowiedź

K = 980

Sprawdź też stabilność układu zamkniętego: dla tej pętli drugiego rzędu każde K > 0 jest stabilne.

40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Ki = 6,25

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 + 5).

s² + (5 + 4Kp)s + 4Ki

Wielomian docelowy

s² + 2·0,7·5s + 5² = s² + 7s + 25

Dopasuj współczynniki

4Ki = 25 → Ki = 6,25

Odpowiedź

Ki = 6,25

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