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​15 VR2​2 ΩAR4​6 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 15 VR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩR4 = 6 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 8 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩIR2​AR4​6 ΩBR6​5 Ω

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 ΩR4 = 6 ΩR5 = 2 ΩR6 = 5 Ω
IR2 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAR4​20 ΩBIs​1 A

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

V1 = 15 VIs = 1 AR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 15 ΩR4 = 20 Ω
VB = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 6 ΩR2​ = 10 ΩIR2​R4​ = 4 Ω+−V1​36 VR3​4 ΩAR5​3 ΩBIs​2,5 A+−V2​6 V

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

V1 = 36 VIs = 2,5 AV2 = 6 VR1 = 6 ΩR2 = 10 ΩR3 = 4 ΩR4 = 4 ΩR5 = 3 Ω
IR2 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 10 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​9 VR3​8 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 9 VV2 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 Ω
I1 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 25 ΩR2​ = 4 Ω+−VR2​R3​ = 2 Ω+−V1​12 VR4​8 ΩAR5​20 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

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

V1 = 12 VV2 = 36 VR1 = 25 ΩR2 = 4 ΩR3 = 2 ΩR4 = 8 ΩR5 = 20 Ω
VR2 = V
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 20 ΩR3​ = 4 ΩIR3​+−V1​15 VR2​8 ΩAR4​15 ΩBIs​2 A

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

V1 = 15 VIs = 2 AR1 = 20 ΩR2 = 8 ΩR3 = 4 ΩR4 = 15 Ω
IR3 = A
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 30 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​6 ΩIR3​AIs​2,5 AB+−V2​?

Wyznacz wartość źródła napięcia V2 (biegunowość jak na rysunku), przy której prąd IR3 przez R3 jest równy zeru.

V1 = 24 VIs = 2,5 AR1 = 30 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 ΩR4 = 6 Ω
V2 = V
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 4 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAab

Wyznacz prąd Nortona IN: prąd płynący od a do b, gdy zaciski są zwarte.

V1 = 30 VR1 = 4 ΩR2 = 3 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩAIs​4 ABRL​4 ΩIL​

Między a–b podłączono obciążenie RL = 4 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 15 VIs = 4 AR1 = 15 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 ΩRL = 4 Ω
IL = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​9 Vt = 0R = 10 ΩL10 mHi(t)

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

Vs = 9 VR = 10 ΩL = 10 mH
t = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​12 VR1​ = 15 ΩR2​ = 10 Ωotwiera się w t = 0L68 mHi(t)

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

Vs = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩL = 68 mHt = 5 ms
i = A
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
12 V500 HzR = 25 ΩL = 20 mHC = 10 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 12 V (skuteczne), 500 Hz. Wyznacz moc czynną P pobieraną z zasilania.

V = 12 V (rms)f = 500 HzR = 25 ΩL = 20 mHC = 10 µF
P = W
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
50 V200 HzR = 15 ΩL = 200 mHC = 2,2 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 50 V (skuteczne), 200 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.

V = 50 V (rms)f = 200 HzR = 15 ΩL = 200 mHC = 2,2 µF
I = A
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 6 kWQSφ

Silnik jednofazowy pobiera 6 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z zasilania 230 V. Wyznacz prąd linii I.

P = 6 kWpf = 0,75V = 230 V
I = A
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 45 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 45 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z zasilania 240 V, 60 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,98. Wyznacz potrzebną pojemność C.

P = 45 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98V = 240 Vf = 60 Hz
C = µF
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M30 kW, η = 95%cos φ = 0,9

Trójfazowy silnik indukcyjny oddaje przy pełnym obciążeniu 30 kW mocy mechanicznej. Przy tym obciążeniu jego sprawność wynosi 95%, a współczynnik mocy 0,9 (indukcyjny). Napięcie przewodowe sieci wynosi 400 V. Wyznacz prąd przewodowy IL.

Pout = 30 kWη = 95%cos φ = 0,9VL = 400 V
IL = A
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 120 kW przy współczynniku mocy 0,72 (indukcyjnym) z sieci 400 V (napięcie przewodowe), 60 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,92 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Wyznacz całkowitą moc bierną QC, którą musi dostarczyć bateria kondensatorów, w kvar.

P = 120 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatoryŚredni
2 Ω61

Do uzwojenia wtórnego idealnego transformatora o przekładni N₁:N₂ = 6:1 dołączono rezystor 2 Ω. Wyznacz rezystancję R1′ widzianą od strony uzwojenia pierwotnego.

N1:N2 = 6:1RL = 2 Ω
R1′ = Ω
20.TransformatoryTrudny
200 kVA

Jednofazowy transformator 200 kVA ma straty w rdzeniu 800 W i straty w miedzi 3200 W przy obciążeniu znamionowym. Przy jakim obciążeniu Sη,max, w kVA, jego sprawność jest najwyższa?

S = 200 kVAPcore = 800 WPcu,fl = 3200 W
Sη,max = kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​R2​ = 2 kΩV1​ = 2,7 VR1​ = 1 kΩV2​ = −1,7 VR3​ = 1 kΩR4​ = 2 kΩ

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

V1 = 2,7 VV2 = −1,7 VR1 = R3 = 1 kΩR2 = R4 = 2 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 100 kΩV1​ = 0,5 VR1​ = 47 kΩV2​ = −1,7 VR2​ = 22 kΩ

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

V1 = 0,5 VV2 = −1,7 VR1 = 47 kΩR2 = 22 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
+−9 V150 Ω5,6 V2200 ΩIZ​ = ?

Stabilizator z diodą Zenera 5,6 V jest zasilany napięciem 9 V przez 150 Ω i zasila obciążenie 2200 Ω. Wyznacz prąd diody Zenera IZ.

Vin = 9 VVZ = 5,6 VR = 150 ΩRL = 2200 Ω
IZ = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 100 Ωβ = 80VCC​ = 24 V5 VRB​ = ?

Tranzystor NPN o β = 80 przełącza rezystor obciążenia 100 Ω włączony między VCC = 24 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 5 V przez rezystor bazowy RB. Przyjmij VBE = 0,7 V i VCE(sat) = 0,2 V. Wyznacz największy rezystor bazowy RB, w kΩ, który jeszcze wprowadza tranzystor w nasycenie.

VCC = 24 VRC = 100 Ωβ = 80Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U20−12806403201608040201

Ustaw bity tak, aby zapisywały −61 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −618 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 1101 1001 XOR 1101 0001. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

1101 1001XOR1101 0001
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111011111

Na tej mapie Karnaugha dokładnie jedna jedynka nie ma sąsiedniej jedynki, więc w minimalnej postaci SOP pozostaje grupą jednej komórki (pełnym mintermem o czterech literałach). Sąsiedztwo przez brzegi mapy się liczy. Kliknij tę komórkę.

F = Σm(1, 4, 6, 8, 12)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
CLKD12345678

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

Q₀ = 0D
  1. 1zbocze zegara 1
  2. 2zbocze zegara 2
  3. 3zbocze zegara 3
  4. 4zbocze zegara 4
  5. 5zbocze zegara 5
  6. 6zbocze zegara 6
  7. 7zbocze zegara 7
  8. 8zbocze zegara 8
29.Transformaty Laplace’aŚredni
ReIm−2−4−6−8−10

F(s) = (3s + 27)/(s² + 12s + 32). Jej transformata odwrotna ma postać f(t) = A·e−4t + B·e−8t. Znajdź współczynnik A metodą rozkładu na ułamki proste.

F(s) = (3s + 27)/(s² + 12s + 32)
A =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 1y(1) = ?

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

y″ + 3y′ + 2y = 0y(0) = 1y′(0) = −4t = 1 s
y(1) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+39s + 9G(s)C(s)2H−

Obiekt G(s) = 39/(s + 9) jest regulowany w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego, w której czujnik ma wzmocnienie H = 2. Znajdź stałą czasową τ układu zamkniętego.

G(s) = 39/(s + 9)H = 2
τ = s
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+5regulator+D(s)+1s + 7obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K = 5 steruje obiektem G(s) = 1/(s + 7) 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 5. Znajdź wyjście w stanie ustalonym css.

K = 5G(s) = 1/(s + 7)D = 5R = 0
css =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)1ts​ = ?

Układ ma transmitancję G(s) = 14/(s² + s + 14) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 14/(s² + s + 14)
ts = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
k = 400 N/mc = 6 N·s/mm = 1 kgF = 50 Nx(t)

Masa m = 1 kg wisi na sprężynie k = 400 N/m z tłumikiem lepkim c = 6 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). W spoczynku w położeniu równowagi nagle przyłożono stałą siłę F = 50 N. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS wychylenia.

m = 1 kgk = 400 N/mc = 6 N·s/mF = 50 N
%OS = %
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,11101001000−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 5

Znajdź dokładny moduł |G(jω)| G(s) = 2880/((s + 15)(s + 16)) przy ω = 5 rad/s, w dB.

G(s) = 2880/((s + 15)(s + 16))ω = 5 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)11101010010010001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 800/(s(s + 10)). Znajdź zapas fazy PM w stopniach.

L(s) = 800/(s(s + 10))
PM = °
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+201s(s + 8)(s + 10)C(s)+

Pętla na schemacie ma dodatnie sprzężenie zwrotne, z L(s) = 20/(s(s + 8)(s + 10)). Ile biegunów N układu zamkniętego leży w prawej półpłaszczyźnie?

L(s) = 20/(s(s + 8)(s + 10))
N =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6j1j2

Dla L(s) = K/((s + 5)(s² + 8s + 20)) wyznacz kąt wyjścia θd linii pierwiastkowej z bieguna zespolonego w górnej półpłaszczyźnie, mierzony od dodatniej osi rzeczywistej.

L(s) = K/((s + 5)(s² + 8s + 20))
θd = °
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 5t+Ks(s + 4)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = K/(s(s + 4)) ma nadążać za narastaniem liniowym r(t) = 5t z uchybem ustalonym 0,2. Wyznacz wzmocnienie K.

G(s) = K/(s(s + 4))r(t) = 5tess = 0,2
K =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+K = 52s(s + 4)C(s)−

Regulator proporcjonalny K = 5 steruje obiektem G(s) = 2/(s(s + 4)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 2/(s(s + 4))K = 5
ts = s

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 21,8 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​15 VR2​2 ΩAR4​6 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 + 6 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 2·18/(2+18) = 1,8 Ω
Req = R1 + 1,8 = 20 + 1,8 = 21,8 Ω

Odpowiedź

Req = 21,8 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,4693 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​ = 8 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAR4​6 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 = 2 + 5 = 7 Ω
R4 ∥ 7 = 3,231 Ω
R3 + 3,231 = 5,231 Ω
R2 ∥ 5,231 = 3,643 Ω
Req = R1 + 3,643 = 8 + 3,643 = 11,64 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 18/11,64 = 1,546 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 18 − 1,546·8 = 5,632 V
IR2 = VA/R2 = 5,632/12 = 0,4693 A

Odpowiedź

IR2 = 0,4693 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 12,8 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​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAR4​20 ΩBIs​1 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 15 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/10 + (VA − 15)/20 + (VA − VB)/15 = 0
0,2167·VA − 0,06667·VB = 0,75

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/20 + (VB − VA)/15 = 1
−0,06667·VA + 0,1167·VB = 1

Rozwiąż

Δ = (0,2167)(0,1167) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,02083
VA = Δ1/Δ = 0,1542/0,02083 = 7,4 V
VB = Δ2/Δ = 0,2667/0,02083 = 12,8 V

Odpowiedź

VB = 12,8 V
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR2 = 0,5344 A

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

R1​ = 6 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​36 VR3​4 ΩAR5​3 ΩBIs​2,5 A+−V2​6 V

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 36 V, V2 = 6 V). Niewiadome: VA, VB.

PPK w węźle A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/4 + (VA − 36)/6 + (VA − VB)/10 = 0
0,5167·VA − 0,1·VB = 6

PPK w węźle B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/3 + (VB − VA)/10 + (VB − 6)/4 = 2,5
−0,1·VA + 0,6833·VB = 4

Rozwiąż

Δ = (0,5167)(0,6833) − (−0,1)(−0,1) = 0,3431
VA = Δ1/Δ = 4,5/0,3431 = 13,12 V
VB = Δ2/Δ = 2,667/0,3431 = 7,773 V

Odpowiedź

IR2 = (VA − VB)/R2 = (13,12 − 7,773)/10 = 0,5344 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I1 = 0,18 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​ = 15 Ω+−V1​9 VR3​8 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Przypisz prądy oczkowe

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

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
10·I1 + 8(I1 − I2) = 9
18·I1 − 8·I2 = 9

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
15·I2 + 8(I2 − I1) = (−18)
−8·I1 + 23·I2 = −18

Rozwiąż

Δ = (18)(23) − (−8)(−8) = 350
I1 = Δ1/Δ = 63/350 = 0,18 A
I2 = Δ2/Δ = −252/350 = −0,72 A

Odpowiedź

I1 = 0,18 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: VR2 = −10,04 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​ = 25 ΩR2​ = 4 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR4​8 ΩAR5​20 ΩB+−V2​36 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
25·I1 + 8(I1 − I2) = 12
33·I1 − 8·I2 = 12

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
4·I2 + 8(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−8·I1 + 32·I2 − 20·I3 = 0

NPK w oczku 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
2·I3 + 20(I3 − I2) = (−36)
−20·I2 + 22·I3 = −36

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 8624
I1 = Δ1/Δ = −2112/8624 = −0,2449 A
I2 = Δ2/Δ = −21648/8624 = −2,51 A
I3 = Δ3/Δ = −33792/8624 = −3,918 A

Odpowiedź

IR2 = I2 = −2,51 A
VR2 = IR2·R2 = −2,51·4 = −10,04 V

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: IR3 = −1,04 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​ = 20 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​15 VR2​8 ΩAR4​15 ΩBROZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

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

R3+R4 = 4+15 = 19 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·19/(8+19) = 5,63 Ω
VA = 15·5,63/(20+5,63) = 3,295 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,295·15/19 = 2,601 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (3,295 − 2,601)/4 = 0,1734 A
R1​ = 20 ΩR3​ = 4 ΩZWARCIER2​8 ΩAR4​15 ΩBIs​2 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 = 20·8/(20+8) = 5,714 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 15 ∥ 9,714 = 5,896 Ω
VB = Is·Req = 2·5,896 = 11,79 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 11,79·5,714/9,714 = 6,936 V
IR3″ = (VA − VB)/R3 = (6,936 − 11,79)/4 = −1,214 A

Dodaj składowe

IR3 = IR3′ + IR3″
IR3 = 0,1734 + (−1,214) = −1,04 A

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

8.Superpozycja

Odpowiedź: V2 = 7 V

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

R1​ = 30 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​6 ΩAROZWARCIEBZWARCIE

Przypadek 1 · V1 działające samodzielnie

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

R3 ∥ (R2+R4) = 6 ∥ 10 = 3,75 Ω
VA = 24·3,75/(30+3,75) = 2,667 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,667·6/10 = 1,6 V
R1​ = 30 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 6 ΩZWARCIER3​6 ΩAIs​2,5 ABZWARCIE

Przypadek 2 · Is działające samodzielnie

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 = 5 Ω, więc lewa gałąź to R2+5 = 9 Ω
Req = R4 ∥ 9 = 3,6 Ω
VB = −Is·Req = −2,5·3,6 = −9 V
VA = VB·5/9 = −5 V

Przypadek 3 · V2 działające samodzielnie, na wolt

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

R1 ∥ R3 = 5 Ω
VA‴ = V2·5/(6 + 4 + 5) = 0,3333·V2

Przyrównaj VA do zera

Przy VA = 0 na R₃ nie ma napięcia, więc jego prąd jest równy zeru.

VA′ + VA″ + VA‴ = 2,667 + (−5) + 0,3333·V2 = 0
V2 = 2,333/0,3333 = 7 V

Odpowiedź

V2 = 7 V
9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = 0,5921 A

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

R1​ = 4 ΩR3​ = 20 ΩZWARCIER2​3 ΩAabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

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

R1 ∥ R2 = 4·3/(4+3) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 20 = 21,71 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​3 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) = 30·3/(4+3) = 12,86 V
IN​0,5921 ARth​21,71 Ωab

Układ zastępczy Nortona

Źródło Nortona to ten sam obwód widziany jako źródło prądu równolegle z R_th. Jego prąd to prąd zwarcia na a–b.

IN = Vth/Rth = 12,86/21,71 = 0,5921 A
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 2,167 A

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

R1​ = 15 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 = 15·2/(15+2) = 1,765 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,765 + 2 = 3,765 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩAIs​4 ABab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 1,765 + 4·1,765 = 8,824 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 8,824 + 4·2 = 16,82 V
Rth​ = 3,765 Ω+−Vth​16,82 VRL​4 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) = 16,82/(3,765 + 4) = 2,167 A
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 4,605 ms

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

Stała czasowa i prąd końcowy

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

τ = L/R = 10 mH / 10 Ω = 1 ms
i(∞) = Vs/R = 9/10 = 0,9 A

Wyznacz czas

0,99 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,99)
t = −1·ln(0,01) = 4,605 ms

Odpowiedź

t = 4,605 ms
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: i = 0,5309 A

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

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

Przed t = 0 zamknięty łącznik bocznikuje R₂; potem w obwodzie są zarówno R₁, jak i R₂.

i(0) = 12/15 = 0,8 A
i(∞) = 12/(15 + 10) = 0,48 A
τ = L/R = 68/25 = 2,72 ms
i(t) = 0,48 + (0,8 − 0,48)·e−t/τ

Prąd w danej chwili

i(5) = 0,48 + (0,32)·e−5/2,72 = 0,5309 A

Odpowiedź

i = 0,5309 A
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: P = 2,27 W

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

XL = 62,83 Ω, XC = 31,83 Ω

Impedancja

|Z| = √(25² + (31)²) = 39,83 Ω

Moc czynna

Cewki i kondensatory tylko gromadzą i oddają energię; całą moc czynną pobiera rezystor.

I = 12/39,83 = 0,3013 A
P = I²·R = 0,3013²·25 = 2,27 W

Odpowiedź

P = 2,27 W
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 0,4488 A

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

Reaktancje

ω = 2πf = 2π·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,2 = 251,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·2,2·10⁻⁶) = 361,7 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(15² + (−110,4)²) = 111,4 Ω

Prąd

Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.

I = V/|Z| = 50/111,4 = 0,4488 A

Odpowiedź

I = 0,4488 A
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: I = 34,78 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) = 6000/(230·0,75) = 34,78 A

Odpowiedź

I = 34,78 A
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: C = 1407 µF

Moc w obwodach AC: moc pozorna S = V·I (VA) dzieli się na moc czynną P = S·cos φ (W), która wykonuje pracę użyteczną, i moc bierną Q = S·sin φ (var), która krąży między źródłem a odbiornikiem. Współczynnik mocy to cos φ. Kondensator równoległy dostarcza moc bierną lokalnie, więc prąd linii maleje przy tej samej mocy czynnej.

Moc bierna przed i po

Moc czynna P się nie zmienia; zmienia się tylko moc bierna pobierana z sieci.

Q1 = P·tan φ1 = 45·tan(41,41°) = 39,69 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 45·tan(11,48°) = 9,138 kvar
QC = Q1 − Q2 = 30,55 kvar

Pojemność

Kondensator dołączony do zasilania dostarcza Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 30549/(2π·60·240²) = 1407 µF

Odpowiedź

C = 1407 µF
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: IL = 50,64 A

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

Elektryczna moc wejściowa

Pin = Pout/η = 30/0,95 = 31,58 kW

Prąd linii

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 31579/(√3·400·0,9) = 50,64 A

Odpowiedź

IL = 50,64 A
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: QC = 64,54 kvar

Symetryczne układy trójfazowe: w połączeniu w gwiazdę (Y) napięcie przewodowe jest √3 razy większe od napięcia fazowego, VL = √3·Vph, a prąd przewodowy jest równy prądowi fazowemu. W połączeniu w trójkąt (Δ) napięcie przewodowe jest równe napięciu fazowemu, a prąd przewodowy jest √3 razy większy od prądu fazowego, IL = √3·Iph. Moc całkowita jest trzykrotnością mocy jednej fazy: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Kompensacja mocy biernej: kondensatory dostarczają moc bierną lokalnie, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Każdy z trzech kondensatorów dostarcza QC/3 = V²·ω·C, gdzie V to napięcie na tym kondensatorze: VL w baterii połączonej w trójkąt, VL/√3 w baterii połączonej w gwiazdę.

Moc bierna przed i po

Moc czynna się nie zmienia, więc każdy współczynnik mocy wyznacza moc bierną: Q = P·tan φ.

Q1 = 120·tan(acos 0,72) = 120·0,9639 = 115,7 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,92) = 120·0,426 = 51,12 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 64,54 kvar

Odpowiedź

QC = 64,54 kvar
19.Transformatory

Odpowiedź: R1′ = 72 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 = 6²·2 = 72 Ω

Odpowiedź

R1′ = 72 Ω
20.Transformatory

Odpowiedź: Sη,max = 100 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

x²·3200 = 800 → x = √(800/3200) = 0,5

Obciążenie przy maksymalnej sprawności

Sη,max = x·S = 0,5·200 = 100 kVA

Odpowiedź

Sη,max = 100 kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −8,8 V

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

Napięcie na wejściach

Przez R₃ i R₄ płynie ten sam prąd, więc tworzą dzielnik napięcia; sprzężenie zwrotne sprawia, że V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = −1,7·2/(1 + 2) = −1,133 V
V₋ = V₊

PPK na wejściu odwracającym

(2,7 − −1,133)/1 = (−1,133 − Vout)/2
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (2/1)·(−1,7 − 2,7) = −8,8 V

Odpowiedź

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

Odpowiedź: Vout = 6,663 V

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

Prądy wejściowe

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

I1 = V1/R1 = 0,5/47 = 0,01064 mA
I2 = V2/R2 = −1,7/22 = −0,07727 mA
If = I1 + I2 = −0,06663 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −100·(−0,06663) = 6,663 V

Odpowiedź

Vout = 6,663 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IZ = 20,12 mA

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 rezystora

IR = 3,4/150 = 22,67 mA

Prąd obciążenia

IL = 5,6/2200 = 2,545 mA

Prąd diody Zenera

IZ = 22,67 − 2,545 = 20,12 mA

Odpowiedź

IZ = 20,12 mA
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: RB = 1,445 kΩ

Tranzystor bipolarny jako klucz: aby całkowicie włączyć obciążenie, tranzystor wprowadza się w nasycenie, gdzie VCE = VCE(sat), a prąd kolektora wyznacza obciążenie: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Nasycenie wymaga co najmniej IB = IC(sat)/β. Jeśli prąd bazy jest mniejszy, tranzystor pozostaje w obszarze aktywnym i IC = β·IB.

Prąd kolektora w nasyceniu

IC(sat) = (24 − 0,2)/100 = 238 mA

Minimalny prąd bazy

IB(min) = IC(sat)/β = 238/80 = 2975 µA

Rezystor bazowy

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/2,975 mA = 1,445 kΩ

Odpowiedź

RB = 1,445 kΩ

Każdy mniejszy rezystor bazowy też nasyca tranzystor; w praktyce wybiera się rezystor kilka razy mniejszy.

25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 195

Ustawianie bitów: każdy bit ma wartość będącą potęgą dwójki (128, 64, …, 1). Jedna cyfra szesnastkowa to dokładnie cztery bity, a w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch skrajny lewy bit ma wartość −128. Operacje bitowe działają osobno na każdej pozycji bitu.

Odwróć i dodaj jeden

61 = 0011 1101
odwrócone: 1100 0010
+1 → 1100 0011

Odczytaj bez znaku

1100 0011₂ = 256 − 61 = 195

Odpowiedź

U = 195
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 8

Ustawianie bitów: każdy bit ma wartość będącą potęgą dwójki (128, 64, …, 1). Jedna cyfra szesnastkowa to dokładnie cztery bity, a w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch skrajny lewy bit ma wartość −128. Operacje bitowe działają osobno na każdej pozycji bitu.

Bit po bicie

XOR daje 1 tam, gdzie oba bity się różnią.

1101 1001
XOR 1101 0001
= 0000 1000

Wartość wyniku

0000 1000₂ = 8

Odpowiedź

R = 8
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: AB = 00, CD = 01

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.

Sąsiedzi każdej jedynki

Jedynka z sąsiednią jedynką może dołączyć do grupy dwóch lub więcej.

m1: m0, m3, m5, m9 → 0
ABCD000111100001111011111

Izolowana jedynka

m1 = A′B′C′D → AB = 00, CD = 01

Odpowiedź

AB = 00, CD = 01
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: zbocze zegara 3

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 D kopiuje D przy każdym zboczu narastającym: Q⁺ = D.

1: D = 1 → Q = 1
2: D = 1 → Q = 1
3: D = 0 → Q = 0
4: D = 1 → Q = 1
5: D = 0 → Q = 0
6: D = 1 → Q = 1
7: D = 0 → Q = 0
8: D = 1 → Q = 1

Pierwsza zmiana z 1 na 0

zbocze zegara 3

Odpowiedź

zbocze zegara 3
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: A = 3,75

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 + 12s + 32 = (s + 4)(s + 8)
F(s) = A/(s + 4) + B/(s + 8)

Metoda zakrywania

Pomnóż przez (s + 4) i podstaw s = −4: składnik z B znika.

A = (3s + 27)/(s + 8) |s = −4 = 15/4 = 3,75

Odpowiedź

A = 3,75
(B = −0,75, więc f(t) = 3,75·e−4t − 0,75·e−8t)
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(1) = −0,3298

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 − 1s − (−4) + 3(sY − 1) + 2Y = 0
Y(s) = (s − 1)/((s + 1)(s + 2))

Ułamki proste

A = −2/1 = −2
B = −3/(−1) = 3

Wynik

y(t) = −2·e−t + 3·e−2t
y(1) = −0,3298

Odpowiedź

y(1) = −0,3298

Sprawdzenie: y(0) = A + B = 1.

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: τ = 0,01149 s

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

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = G/(1 + G·H) = 39/(s + 9 + 78) = 39/(s + 87)

Wynik

τ = 1/87 = 0,01149 s

Odpowiedź

τ = 0,01149 s
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: css = 0,4167

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) = 1/(s + 7 + 5)

Stan ustalony

css = 5·1/12 = 0,4167

Odpowiedź

css = 0,4167

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

33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ts = 8 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 = 14 → ωₙ = 3,742 rad/s
2ζωₙ = 1 → ζ = 1/(2·3,742) = 0,1336

Wynik

ζωₙ = 0,5 → ts ≈ 4/0,5 = 8 s

Odpowiedź

ts = 8 s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: %OS = 62,09 %

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

Pulsacja własna i współczynnik tłumienia

ωₙ = √(k/m) = √(400/1) = 20 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 6/(2·√(400·1)) = 0,15

Wynik

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 62,09 %

Odpowiedź

%OS = 62,09 %
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: |G(jω)| = 20,72 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(j5)| = 2880/(√(5² + 15²)·√(5² + 16²)) = 2880/(15,81·16,76) = 10,87

Wynik

20·log₁₀(10,87) = 20,72 dB

Odpowiedź

|G(jω)| = 20,72 dB
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: PM = 20,04 °

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 + 100ω² − 640000 = 0
ω² = (−100 + √(10000 + 4·640000))/2 = 751,6
ωc = 27,41 rad/s

Zapas fazy

∠L(jωc) = −90° − atan(27,41/10) = −160°
PM = 180° + ∠L = 20,04°

Odpowiedź

PM = 20,04°
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: N = 1

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 + 18s² + 80s − 20 = 0

Tablica Routha

s³: 1, 80
s²: 18, −20
s¹: 81,11
s⁰: −20

Zmiany znaku w pierwszej kolumnie

1 → 18 → 81,11 → −20
N = 1

Odpowiedź

N = 1

Dodatnie sprzężenie zwrotne czyni wyraz wolny ujemnym: jeden rzeczywisty biegun zawsze przechodzi do prawej półpłaszczyzny.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: θd = 26,57 °

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.

Położenia biegunów

s² + 8s + 20 = 0 → s = −4 ± j2
s = −5

Kąty od pozostałych biegunów

∠(−4 + j2 + 5) = atan2(2, 1) = 63,43°
∠(−4 + j2 − (−4 − j2)) = ∠(j4) = 90°

Kąt wyjścia

θd = 180° − 63,43° − 90° = 26,57°

Odpowiedź

θd = 26,57°
39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 100

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 prędkościowa

Kv = A/ess = 5/0,2 = 25

Wzmocnienie

K = 4·Kv = 100

Odpowiedź

K = 100

Duże wzmocnienie sprawia, że ta pętla jest bardzo słabo tłumiona: ζ = 0,2. Ten konflikt jest powodem, dla którego stosuje się układy korekcyjne.

40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ts = 2 s

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

Wielomian charakterystyczny

s(s + 4) + 5·2 = s² + 4s + 10

ωₙ i ζ

ωₙ = √10 = 3,162 rad/s
ζ = 4/(2·3,162) = 0,6325

Czas ustalania

ζωₙ = 4/2 = 2
ts ≈ 4/2 = 2 s

Odpowiedź

ts = 2 s

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

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

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