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​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩIR2​AR4​5 ΩB

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 ΩR4 = 5 Ω
IR2 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 30 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​5 VR2​8 ΩIR2​AR4​2 ΩBR6​3 Ω

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 5 VR1 = 30 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩR4 = 2 ΩR5 = 10 ΩR6 = 3 Ω
IR2 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 3 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​2 ΩBIs​4 A

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć moc PIs oddawaną przez źródło prądu Is.

V1 = 10 VIs = 4 AR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 Ω
PIs = W
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 30 ΩIR1​−+Vs​ = 9 V+−V1​6 VR2​8 ΩAR3​12 ΩBIs​1 A

Źródło napięcia Vₛ między A i B ma zacisk + po stronie B, więc VB − VA = Vₛ. Użyj metody potencjałów węzłowych z superwęzłem, aby wyznaczyć prąd IR1 płynący przez R1 w kierunku strzałki.

V1 = 6 VIs = 1 AVs = 9 VR1 = 30 ΩR2 = 8 ΩR3 = 12 Ω
IR1 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 3 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​12 VR3​3 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

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

V1 = 12 VV2 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 3 Ω
I1 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 3 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​18 VR4​3 ΩAR5​6 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd oczkowy I3 (zgodnie z ruchem wskazówek zegara).

V1 = 18 VV2 = 5 VR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 ΩR4 = 3 ΩR5 = 6 Ω
I3 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAR4​12 Ω+−VR4​BIs​3 A

Użyj metody superpozycji, aby wyznaczyć napięcie VR4 na R4 o zaznaczonej biegunowości.

V1 = 9 VIs = 3 AR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 10 ΩR4 = 12 Ω
VR4 = V
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 25 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​12 VR3​20 Ω+−VR3​AIs​6 AB−+V2​15 V

Użyj metody superpozycji, aby wyznaczyć napięcie VR3 na R3 o zaznaczonej biegunowości.

V1 = 12 VIs = 6 AV2 = 15 VR1 = 25 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 ΩR4 = 12 Ω
VR3 = V
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAab

Wyznacz rezystancję Thévenina Rth widzianą z zacisków a–b.

V1 = 30 VR1 = 4 ΩR2 = 3 ΩR3 = 12 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAIs​1 ABRL​2 ΩIL​

Między a–b podłączono obciążenie RL = 2 Ω. Użyj układu zastępczego Thévenina, aby wyznaczyć moc PL dostarczaną do obciążenia.

V1 = 15 VIs = 1 AR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 15 ΩRL = 2 Ω
PL = W
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​15 Vt = 0R = 33 ΩL22 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz prąd i w chwili t = 1 ms.

Vs = 15 VR = 33 ΩL = 22 mHt = 1 ms
i = A
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​12 Vt = 0R = 100 kΩC?+−vC​

W t = 0 układ czasowy zaczyna ładować nienaładowany kondensator przez rezystor ze źródła 12 V. Ma zadziałać, gdy napięcie kondensatora osiągnie 6 V, dokładnie 500 ms po starcie. Przy R = 100 kΩ wyznacz potrzebną pojemność C.

Vs = 12 VVth = 6 VT = 500 msR = 100 kΩ
C = µF
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
24 V200 HzR = 40 ΩL = 200 mHC = 47 µF

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 24 V (skuteczne), 200 Hz. Wyznacz kąt fazowy φ impedancji w stopniach (dodatni, gdy prąd opóźnia się względem napięcia).

V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 40 ΩL = 200 mHC = 47 µF
φ = °
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
100 V50 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 22 µF+−VC​

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 100 V (skuteczne), 50 Hz. Wyznacz wartość skuteczną napięcia VC na kondensatorze.

V = 100 V (rms)f = 50 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 22 µF
VC = V
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
230 V121 kW, 0,6525 kW, 1I

Do jednofazowego zasilania 230 V podłączono równolegle dwa odbiorniki: odbiornik 21 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym) oraz grzejnik 5 kW (współczynnik mocy równy 1). Wyznacz wypadkowy współczynnik mocy cos φ widziany przez zasilanie.

V = 230 VP1 = 21 kW, pf1 = 0,65 indukcyjnyP2 = 5 kW, pf2 = 1
cos φ =
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
240 V60 Hzobciążenie16 kW, 0,75C100 µFI = ?

Odbiornik jednofazowy pobiera 16 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z zasilania 240 V, 60 Hz. Równolegle do odbiornika podłączono kondensator 100 µF. Wyznacz nowy prąd linii I.

P = 16 kWpf1 = 0,75V = 240 Vf = 60 HzC = 100 µF
I = A
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 400 VNZ = 20 + j15 Ωna fazę

Symetryczny odbiornik połączony w gwiazdę o impedancji 20 + j15 Ω na fazę jest przyłączony do symetrycznej sieci trójfazowej o napięciu przewodowym 400 V. Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 400 VZ = 20 + j15 Ω na fazę
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 100 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 100 kW przy współczynniku mocy 0,72 (indukcyjnym) z sieci 480 V (napięcie przewodowe), 60 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,9 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Wyznacz całkowitą moc bierną QC, którą musi dostarczyć bateria kondensatorów, w kvar.

P = 100 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatoryŚredni
8 Ω21

Do uzwojenia wtórnego idealnego transformatora o przekładni N₁:N₂ = 2:1 dołączono rezystor 8 Ω. Wyznacz rezystancję R1′ widzianą od strony uzwojenia pierwotnego.

N1:N2 = 2:1RL = 8 Ω
R1′ = Ω
20.TransformatoryTrudny
pf 0,9550 kVA, η = 99%

Jednofazowy transformator 50 kVA ma straty w rdzeniu 250 W. Przy obciążeniu znamionowym i współczynniku mocy 0,95 (indukcyjnym) jego sprawność wynosi 99%. Wyznacz straty w miedzi przy pełnym obciążeniu Pcu,fl w watach.

S = 50 kVAPcore = 250 Wpf = 0,95η = 99%
Pcu,fl = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 4,7 kΩVin​ = 0,7 V

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

Vin = 0,7 VR1 = 4,7 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​R2​ = 10 kΩV1​ = 1 VR1​ = 100 kΩV2​ = −0,7 VR3​ = 2 kΩR4​ = 22 kΩ

Wzmacniacz operacyjny jest idealny i zasilany napięciem ±15 V. Stosunki rezystorów nie są dopasowane. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

V1 = 1 VV2 = −0,7 VR1 = 100 kΩR2 = 10 kΩR3 = 2 kΩR4 = 22 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 2,7 kΩβ = 150IC​ = ?RE​ = 1,2 kΩVCC​ = 15 VR1​ = 47 kΩR2​ = 6,8 kΩ

Tranzystor NPN o β = 150 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 15 V: R₁ = 47 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 6,8 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 2,7 kΩ, a rezystor emiterowy RE = 1,2 kΩ. Przyjmij VBE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz prąd kolektora IC w mA.

VCC = 15 VR1 = 47 kΩR2 = 6,8 kΩRC = 2,7 kΩRE = 1,2 kΩβ = 150
IC = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 1 kΩβ = 80VCC​ = 9 V5 VRB​ = ?

Tranzystor NPN o β = 80 przełącza rezystor obciążenia 1 kΩ włączony między VCC = 9 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 = 9 VRC = 1 kΩβ = 80Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Systemy liczboweŚredni
wagi w kodzie U21−12816403211608040211

8-bitowy wzór 1101 0001 zapisuje liczbę całkowitą ze znakiem w kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest jej wartość N dziesiętnie?

1101 00018 bit
N =
26.Systemy liczboweTrudny
10-bitowy kod uzupełnień do dwóch, N = ??znak?????????

Jaka jest najmniejsza (najbardziej ujemna) liczba całkowita N, którą można zapisać w 10-bitowym kodzie U2?

10 bit
N =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111000110302140517061120130150140809111110

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać iloczynu sum (POS) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(1, 4, 7, 10, 11, 12). Ile sum (czynników) N ona ma?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 4, 7, 10, 11, 12)
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
CLKJK123456

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

Q₀ = 0JK
  1. 1zbocze zegara 1
  2. 2zbocze zegara 2
  3. 3zbocze zegara 3
  4. 4zbocze zegara 4
  5. 5zbocze zegara 5
  6. 6zbocze zegara 6
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,4f(0,4) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = 50/(s(s + 2)(s + 3)) metodą rozkładu na ułamki proste i oblicz f(0,4).

F(s) = 50/(s(s + 2)(s + 3))t = 0,4 s
f(0.4) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Rozwiąż y″ + 6y′ + 8y = 0 dla y(0) = 4 i y′(0) = 5 za pomocą transformaty Laplace’a i znajdź y(0,2).

y″ + 6y′ + 8y = 0y(0) = 4y′(0) = 5t = 0,2 s
y(0.2) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+39s + 8G(s)C(s)0,5H−

Obiekt G(s) = 39/(s + 8) jest regulowany w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego, w której czujnik ma wzmocnienie H = 0,5. Na wejście R podano skok o wielkości 5. Znajdź wyjście w stanie ustalonym css.

G(s) = 39/(s + 8)H = 0,5R = 5
css =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+Kregulator+D(s)+6s + 4obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K steruje obiektem G(s) = 6/(s + 4) 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 0,0075.

G(s) = 6/(s + 4)D = 0,5css ≤ 0,0075
K =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)0,5

Układ ma transmitancję G(s) = 15,5/(s² + 7s + 31) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Bieguny to s = σ ± jωd. Znajdź część rzeczywistą σ.

G(s) = 15,5/(s² + 7s + 31)
σ =
34.Odpowiedź skokowaTrudny
t (s)y(t)115 %

Układ drugiego rzędu bez zer ma mieć odpowiedź skokową z przeregulowaniem 15 %. Znajdź współczynnik tłumienia ζ.

%OS = 15 %
ζ =
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,10,1111010100100−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 10

Znajdź fazę ∠G(jω) G(s) = 36(s + 7)/(s(s + 9)) przy ω = 10 rad/s, w stopniach.

G(s) = 36(s + 7)/(s(s + 9))ω = 10 rad/s
∠G(jω) = °
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,010,010,10,1111010−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 0,8/(s(s + 1)). Znajdź częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc, przy której |L(jω)| = 1.

L(s) = 0,8/(s(s + 1))
ωc = rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+Ks + 5(s − 2)(s + 5)C(s)−

Obiekt G(s) = (s + 5)/((s − 2)(s + 5)) ma biegun niestabilny w s = 2. Wzmocnienie proporcjonalne K zamyka wokół niego pętlę ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz najmniejsze wzmocnienie Kmin, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

G(s) = (s + 5)/((s − 2)(s + 5))
Kmin =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReImζ = 0,5−5−10j5j10

Pokazano linię pierwiastkową dla L(s) = K/(s(s + 10)). Wyznacz wzmocnienie K, przy którym bieguny układu zamkniętego mają współczynnik tłumienia ζ = 0,5.

L(s) = K/(s(s + 10))ζ = 0,5
K =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
R(s)+K = 1022s + 1C(s)−

Proces G(s) = 2/(2s + 1) jest sterowany wzmocnieniem proporcjonalnym K = 10 w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz uchyb ustalony ess dla skoku, jako procent wartości skoku.

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

Regulator PD C(s) = 10 + Kd·s steruje obiektem G(s) = 5/(s(s + 4)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz wzmocnienie członu różniczkującego Kd, przy którym układ zamknięty ma współczynnik tłumienia ζ = 0,5.

G(s) = 5/(s(s + 4))Kp = 10ζ = 0,5
Kd = s

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 1,667 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​ = 3 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAR4​5 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 = 3 + 5 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 8·8/(8+8) = 4 Ω
Req = R1 + 4 = 5 + 4 = 9 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 30/9 = 3,333 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 30 − 3,333·5 = 13,33 V
IR2 = VA/R2 = 13,33/8 = 1,667 A

Odpowiedź

IR2 = 1,667 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,09552 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​ = 30 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​5 VR2​8 ΩAR4​2 ΩBR6​3 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 = 10 + 3 = 13 Ω
R4 ∥ 13 = 1,733 Ω
R3 + 1,733 = 16,73 Ω
R2 ∥ 16,73 = 5,412 Ω
Req = R1 + 5,412 = 30 + 5,412 = 35,41 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 5/35,41 = 0,1412 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 5 − 0,1412·30 = 0,7642 V
IR2 = VA/R2 = 0,7642/8 = 0,09552 A

Odpowiedź

IR2 = 0,09552 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: PIs = 32,44 W

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 wpływającemu do A ze źródeł.

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/20 + (VA − 10)/3 + (VA − VB)/8 = 0
0,5083·VA − 0,125·VB = 3,333

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/2 + (VB − VA)/8 = 4
−0,125·VA + 0,625·VB = 4

Rozwiąż

Δ = (0,5083)(0,625) − (−0,125)(−0,125) = 0,3021
VA = Δ1/Δ = 2,583/0,3021 = 8,552 V
VB = Δ2/Δ = 2,45/0,3021 = 8,11 V

Moc oddawana przez źródło prądu

Źródło wpycha Iₛ w górę do węzła B, od masy (0 V) do VB. Źródło, którego prąd wypływa z zacisku +, oddaje moc P = V·I.

PIs = VB·Is = 8,11·4 = 32,44 W

Odpowiedź

PIs = 32,44 W
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR1 = 0,1379 A

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

Utwórz superwęzeł

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

VB = VA + 9
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Rozwiąż

(VA − 6)/30 + VA/8 + (VA + 9)/12 = 1
VA·(1/30 + 1/8 + 1/12) = 1 + 6/30 − 9/12 = 0,45
VA = 0,45/0,2417 = 1,862 V
VB = 10,86 V

Prąd przez R₁

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (6 − 1,862)/30 = 0,1379 A

Odpowiedź

IR1 = 0,1379 A

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

5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I1 = 1,111 A

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

R1​ = 3 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​12 VR3​3 ΩA+−V2​30 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
3·I1 + 3(I1 − I2) = 12
6·I1 − 3·I2 = 12

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
12·I2 + 3(I2 − I1) = (−30)
−3·I1 + 15·I2 = −30

Rozwiąż

Δ = (6)(15) − (−3)(−3) = 81
I1 = Δ1/Δ = 90/81 = 1,111 A
I2 = Δ2/Δ = −144/81 = −1,778 A

Odpowiedź

I1 = 1,111 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I3 = −0,1925 A

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

R1​ = 3 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​18 VR4​3 ΩAR5​6 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

Przypisz prądy oczkowe

Narysuj w każdym oknie prąd zgodny z ruchem wskazówek zegara: I1, I2, I3. Rezystor wspólny dla dwóch oczek przewodzi różnicę ich prądów.

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
3·I1 + 3(I1 − I2) = 18
6·I1 − 3·I2 = 18

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
10·I2 + 3(I2 − I1) + 6(I2 − I3) = 0
−3·I1 + 19·I2 − 6·I3 = 0

NPK w oczku 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
6·I3 + 6(I3 − I2) = (−5)
−6·I2 + 12·I3 = −5

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 1044
I1 = Δ1/Δ = 3366/1044 = 3,224 A
I2 = Δ2/Δ = 468/1044 = 0,4483 A
I3 = Δ3/Δ = −201/1044 = −0,1925 A

Odpowiedź

I3 = −0,1925 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: VR4 = 21,42 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​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAR4​12 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 = 10+12 = 22 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·22/(8+22) = 5,867 Ω
VA = 9·5,867/(5+5,867) = 4,859 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,859·12/22 = 2,65 V
VR4′ = VB − 0 = 2,65 − 0 = 2,65 V
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 ΩZWARCIER2​8 ΩAR4​12 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 = 5·8/(5+8) = 3,077 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 12 ∥ 13,08 = 6,258 Ω
VB = Is·Req = 3·6,258 = 18,77 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 18,77·3,077/13,08 = 4,417 V
VR4″ = VB − 0 = 18,77 − 0 = 18,77 V

Dodaj składowe

VR4 = VR4′ + VR4″
VR4 = 2,65 + 18,77 = 21,42 V

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

8.Superpozycja

Odpowiedź: VR3 = −18,46 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​ = 25 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​12 VR3​20 ΩAROZWARCIEBZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

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

R3 ∥ (R2+R4) = 20 ∥ 32 = 12,31 Ω
VA = 12·12,31/(25+12,31) = 3,959 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,959·12/32 = 1,485 V
VR3′ = VA − 0 = 3,959 − 0 = 3,959 V
R1​ = 25 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 12 ΩZWARCIER3​20 ΩAIs​6 ABZWARCIE

Przypadek 2 · działa tylko Is

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

R1 ∥ R3 = 11,11 Ω, więc lewa gałąź to R2+11,11 = 31,11 Ω
Req = R4 ∥ 31,11 = 8,66 Ω
VB = Is·Req = (−6)·8,66 = −51,96 V
VA = VB·11,11/31,11 = −18,56 V
VR3″ = VA − 0 = −18,56 − 0 = −18,56 V
R1​ = 25 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 12 ΩZWARCIER3​20 ΩAROZWARCIEB−+V2​15 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 = 25·20/(25+20) = 11,11 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−15)·31,11/43,11 = −10,82 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −10,82·11,11/31,11 = −3,866 V
VR3‴ = VA − 0 = −3,866 − 0 = −3,866 V

Dodaj składowe

VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = 3,959 + (−18,56) + (−3,866) = −18,46 V

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

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Rth = 13,71 Ω

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

R1​ = 4 ΩR3​ = 12 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 + 12 = 13,71 Ω
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: PL = 3,251 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​ = 6 ΩR3​ = 15 ΩZWARCIER2​6 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 = 6·6/(6+6) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 15 = 18 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAIs​1 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) = 7,5 + 1·3 = 10,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 10,5 + 1·15 = 25,5 V
Rth​ = 18 Ω+−Vth​25,5 VRL​2 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) = 25,5/(18 + 2) = 1,275 A
PL = IL²·RL = 1,275²·2 = 3,251 W
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: i = 0,3531 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.

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 / 33 Ω = 0,6667 ms
i(∞) = Vs/R = 15/33 = 0,4545 A

Prąd w danej chwili

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,4545·(1 − e−1/0,6667) = 0,3531 A

Odpowiedź

i = 0,3531 A
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: C = 7,213 µF

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

Wymagana stała czasowa

6 = 12·(1 − e−500/τ) → τ = 500/ln(12/(12 − 6))
τ = 500/0,6931 = 721,3 ms

Pojemność

kΩ razy µF daje milisekundy.

C = τ/R = 721,3/100 = 7,213 µF

Odpowiedź

C = 7,213 µF
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: φ = 80,32 °

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/(1257·47·10⁻⁶) = 16,93 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (234,4)²) = 237,8 Ω

Kąt fazowy

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(234,4/40) = 80,32°

Odpowiedź

φ = 80,32°
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: VC = 95,76 V

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

Reaktancje

ω = 2πf = 2π·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,1 = 31,42 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·22·10⁻⁶) = 144,7 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (−113,3)²) = 151,1 Ω

Prąd

Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.

I = V/|Z| = 100/151,1 = 0,6618 A

Napięcie na kondensatorze

VC = I·XC = 0,6618·144,7 = 95,76 V

Odpowiedź

VC = 95,76 V
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: cos φ = 0,7271

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 = 21·tan(arccos 0,65) = 24,55 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Sumy

P = 21 + 5 = 26 kW
Q = 24,55 + 0 = 24,55 kvar
S = √(26² + 24,55²) = 35,76 kVA

Wypadkowy współczynnik mocy

cos φ = P/S = 26/35,76 = 0,7271 indukcyjny

Odpowiedź

cos φ = 0,7271
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: I = 83,18 A

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = 16·tan(arccos 0,75) = 14,11 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·60·100·10⁻⁶ = 2171 var = 2,171 kvar
Q2 = 14,11 − 2,171 = 11,94 kvar

Nowa moc pozorna

S2 = √(16² + 11,94²) = 19,96 kVA

Nowy prąd linii

I = S2/V = 19964/240 = 83,18 A

Odpowiedź

I = 83,18 A
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 5,12 kW

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

Napięcie fazowe

Vph = 400/√3 = 230,9 V

Prąd fazowy

|Z| = √(20² + 15²) = 25 Ω
Iph = 230,9/25 = 9,238 A

Całkowita moc czynna

Moc czynną pobiera tylko rezystancyjna część każdej impedancji.

P = 3·Iph²·R = 3·9,238²·20 = 5,12 kW

Odpowiedź

P = 5,12 kW

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

18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: QC = 47,95 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 = 100·tan(acos 0,72) = 100·0,9639 = 96,39 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,9) = 100·0,4843 = 48,43 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 47,95 kvar

Odpowiedź

QC = 47,95 kvar
19.Transformatory

Odpowiedź: R1′ = 32 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 = 2²·8 = 32 Ω

Odpowiedź

R1′ = 32 Ω
20.Transformatory

Odpowiedź: Pcu,fl = 229,8 W

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

Moc wyjściowa i wejściowa

Pout = 50·0,95 = 47,5 kW
Pin = 47500/0,99 = 47980 W

Straty całkowite i straty w miedzi

Ploss = 47980 − 47500 = 479,8 W
Pcu,fl = 479,8 − 250 = 229,8 W

Odpowiedź

Pcu,fl = 229,8 W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 2,189 V

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

Wejście odwracające podąża za wejściem

V₋ = V₊ = 0,7 V
I = V₋/R1 = 0,7/4,7 = 0,1489 mA

Napięcie wyjściowe

Prąd przez R₁ płynie też przez Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 0,7 + 0,1489·10 = 2,189 V

Odpowiedź

Vout = 2,189 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −0,8058 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 wejściu +

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = −0,7·22/(2 + 22) = −0,6417 V

Superpozycja obu wejść

Przy V₂ = 0 V₁ widzi wzmacniacz odwracający. Przy V₁ = 0 V₊ jest wzmacniane przez wzmocnienie nieodwracające 1 + R₂/R₁.

Vout = −(10/100)·1 + (1 + 10/100)·(−0,6417) = −0,1 + (−0,7058) = −0,8058 V

Odpowiedź

Vout = −0,8058 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 0,9586 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 = 15·6,8/(47 + 6,8) = 1,896 V
RTH = 47·6,8/(47 + 6,8) = 5,941 kΩ

Prąd bazy

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

IB = (1,896 − 0,7)/(5,941 + 151·1,2) = 6,39 µA

Prąd kolektora

IC = 150·6,39 µA = 0,9586 mA
IE = 151·6,39 µA = 0,965 mA

Odpowiedź

IC = 0,9586 mA
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: RB = 39,09 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) = (9 − 0,2)/1000 = 8,8 mA

Minimalny prąd bazy

IB(min) = IC(sat)/β = 8,8/80 = 110 µA

Rezystor bazowy

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,11 mA = 39,09 kΩ

Odpowiedź

RB = 39,09 kΩ

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

25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −47

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 + 64 + 16 + 1 = −47

Odpowiedź

N = −47
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −512

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.

Najbardziej ujemna wartość

−29 = −512

Odpowiedź

N = −512
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 6

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.

ABCD000111100001111000110302140517061120130150140809111110

Zgrupuj zera

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

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

Minimalna postać POS

F = (B + C + D)(B′ + C + D′)(B′ + C′ + D)(A′ + C + D′)(A′ + B′ + D′)(A + B + C′)
N = 6

Odpowiedź

N = 6

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

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

Pierwsza zmiana z 1 na 0

zbocze zegara 3

Odpowiedź

zbocze zegara 3
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.4) = 2,12

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).

Ułamki proste

F(s) = A/s + B/(s + 2) + C/(s + 3)
A = 50/(2·3) = 8,333
B = 50/((−2)·1) = −25
C = 50/((−3)·(−1)) = 16,67

Transformata odwrotna

f(t) = 8,333 − 25·e−2t + 16,67·e−3t

Oblicz

f(0,4) = 8,333 − 25·e−2·0,4 + 16,67·e−3·0,4 = 2,12

Odpowiedź

f(0,4) = 2,12
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.2) = 4,118

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 − 5 + 6(sY − 4) + 8Y = 0
Y(s) = (4s + 29)/((s + 2)(s + 4))

Ułamki proste

A = 21/2 = 10,5
B = 13/(−2) = −6,5

Wynik

y(t) = 10,5·e−2t − 6,5·e−4t
y(0,2) = 4,118

Odpowiedź

y(0,2) = 4,118

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

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: css = 7,091

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 + 8 + 19,5) = 39/(s + 27,5)

Wynik

css = R·T(0) = 5·39/27,5 = 7,091

Odpowiedź

css = 7,091
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 66

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)) = 0,5·6/(4 + 6K)

Rozwiąż względem K

4 + 6K = 0,5·6/0,0075 = 400
K = (400 − 4)/6 = 66

Odpowiedź

K = 66
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: σ = −3,5

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 = 31 → ωₙ = 5,568 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·5,568) = 0,6286

Wynik

σ = −ζωₙ = −7/2 = −3,5

Odpowiedź

σ = −3,5
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ζ = 0,5169

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

Współczynnik tłumienia

ζ = −ln(0,15)/√(π² + ln²(0,15)) = 1,897/√(9,87 + 3,599) = 0,5169

Odpowiedź

ζ = 0,5169
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ∠G(jω) = −83 °

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

Dodaj kąty

∠G = atan(10/7) − 90° − atan(10/9) = 55,01° − 90° − 48,01°

Wynik

∠G(j10) = −83°

Odpowiedź

∠G(jω) = −83°
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ωc = 0,6659 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 + 1ω² − 0,64 = 0
ω² = (−1 + √(1 + 4·0,64))/2 = 0,4434
ωc = 0,6659 rad/s

Odpowiedź

ωc = 0,6659 rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmin = 2

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

Wielomian charakterystyczny

(s − 2)(s + 5) + K(s + 5) = s² + (3 + K)s + (5K − 10)

Warunki

Dla s² + c₁s + c₀ wszystkie pierwiastki leżą w lewej półpłaszczyźnie dokładnie wtedy, gdy c₁ > 0 i c₀ > 0.

3 + K > 0 → K > −3
5K − 10 > 0 → K > 2
Kmin = 2

Odpowiedź

Kmin = 2
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: K = 100

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.

Porównaj z postacią standardową

s² + 10s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,5·ωₙ = 10 → ωₙ = 10 rad/s

Wzmocnienie

K = ωₙ² = 10² = 100

Odpowiedź

K = 100

Bieguny układu zamkniętego leżą tam, gdzie prosta ζ przecina pionową gałąź w s = −5.

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 4,762 %

Uchyb ustalony: w pętli ze sprzężeniem jednostkowym o transmitancji układu otwartego G(s) uchyb wynosi E(s) = R(s)/(1 + G(s)), a z twierdzenia o wartości końcowej ess = lims→0 s·E(s). Typ układu to liczba biegunów G(s) w s = 0. Stałe uchybowe to Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) oraz Ka = lim s²·G(s), wszystkie dla s → 0. Skok o wartości A daje ess = A/(1 + Kp), narastanie liniowe A·t daje A/Kv, a parabola A·t²/2 daje A/Ka. Pętla typu 0 nadąża za skokiem ze skończonym uchybem, pętla typu 1 nadąża za nim dokładnie, a za narastaniem liniowym ze skończonym uchybem.

Stała położeniowa

Kp = 10·2 = 20

Uchyb skokowy

ess = 100/(1 + 20) = 4,762 %

Odpowiedź

ess = 4,762 %
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Kd = 0,6142 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(10 + Kds) = s² + (4 + 5Kd)s + 50

Częstotliwość drgań własnych

ωₙ = √50 = 7,071 rad/s

Wzmocnienie członu różniczkującego

4 + 5Kd = 2·0,5·7,071 = 7,071
Kd = 0,6142 s

Odpowiedź

Kd = 0,6142 s

Człon różniczkujący zwiększa tłumienie bez zmiany ωₙ.

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

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