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​ = 4 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩAR4​6 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 24 VR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 8 ΩR4 = 6 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 8 ΩIR1​R3​ = 8 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​15 VR2​25 ΩAR4​15 ΩBR6​20 Ω

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 15 VR1 = 8 ΩR2 = 25 ΩR3 = 8 ΩR4 = 15 ΩR5 = 30 ΩR6 = 20 Ω
IR1 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
−+Vs​ = 4 VIs​5 AAR1​20 ΩR2​12 ΩB

Źródło napięcia Vₛ między A i B ma zacisk + po stronie B, więc VB − VA = Vₛ. Użyj metody potencjałów węzłowych z superwęzłem, aby wyznaczyć potencjał węzła VA (mierzony względem masy).

Is = 5 AVs = 4 VR1 = 20 ΩR2 = 12 Ω
VA = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 25 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​36 VR2​30 ΩAR4​12 ΩIR4​B0,05·VA​

Romb to źródło prądu sterowane napięciem, które wpycha prąd 0,05·VA (w A, przy VA w V) w górę do węzła B. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd IR4 płynący przez R4 w kierunku strzałki.

V1 = 36 VR1 = 25 ΩR2 = 30 ΩR3 = 12 ΩR4 = 12 Ωg = 0,05 A/V
IR4 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 8 ΩIR1​R2​ = 10 Ω+−V1​12 VR3​6 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

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

V1 = 12 VV2 = 15 VR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 Ω
IR1 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 3 Ω+−VR1​R2​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​5 VR4​5 ΩAR5​20 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

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

V1 = 5 VV2 = 5 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 ΩR4 = 5 ΩR5 = 20 Ω
VR1 = V
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAR4​10 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 9 VIs = 1,5 AR1 = 15 ΩR2 = 2 ΩR3 = 15 ΩR4 = 10 Ω
IR1 = A
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 6 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​36 VR3​12 Ω−+VR3​AIs​5 AB−+V2​36 V

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

V1 = 36 VIs = 5 AV2 = 36 VR1 = 6 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩR4 = 10 Ω
VR3 = V
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​3 ΩAab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 Ω
Vth = V
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​5 VR2​10 ΩAIs​5 ABab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 5 VIs = 5 AR1 = 5 ΩR2 = 10 ΩR3 = 3 Ω
Vth = V
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​15 Vt = 0R1​ = 3,3 kΩR2​ = 2,2 kΩC47 µF+−vC​

Źródło Vₛ ładuje kondensator przez R₁, a R₂ jest połączony równolegle z C. Kondensator jest rozładowany, gdy łącznik zamyka się w t = 0. Wyznacz stałą czasową τ obwodu po zamknięciu łącznika.

Vs = 15 VR1 = 3,3 kΩR2 = 2,2 kΩC = 47 µF
τ = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​9 VR1​ = 5 ΩR2​ = 33 Ωzamyka się w t = 0L100 mHi(t)

Łącznik równoległy do R2 był długo otwarty, więc prąd cewki jest ustalony. W t = 0 łącznik się zamyka i zwiera R2. Wyznacz prąd cewki i w chwili t = 40 ms.

Vs = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 33 ΩL = 100 mHt = 40 ms
i = A
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
12 V1000 HzR = 25 ΩL = 20 mHC = 1 µF

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 12 V (skuteczne), 1000 Hz. Wyznacz kąt fazowy φ impedancji w stopniach (dodatni, gdy prąd opóźnia się względem napięcia).

V = 12 V (rms)f = 1000 HzR = 25 ΩL = 20 mHC = 1 µF
φ = °
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
5 Vf0​R = 5 ΩL = 10 mHC = 4,7 µF

Szeregowy obwód RLC jest zasilany ze źródła 5 V (skuteczne), którego częstotliwość ustawiono na częstotliwość rezonansową obwodu. Wyznacz wartość skuteczną napięcia VL na cewce.

V = 5 V (rms)R = 5 ΩL = 10 mHC = 4,7 µF
VL = V
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
240 VZ12 + j5 ΩI

Odbiornik o impedancji Z = 12 + j5 Ω jest podłączony do jednofazowego zasilania 240 V (skuteczne). Wyznacz moc pozorną S.

V = 240 VZ = 12 + j5 Ω
S = VA
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 25 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 25 kW przy współczynniku mocy 0,7 (indukcyjnym) z zasilania 400 V, 60 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,92. Wyznacz moc bierną QC, którą musi dostarczyć kondensator.

P = 25 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92V = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 400 VNZ = 18 + j24 Ωna fazę

Symetryczny odbiornik połączony w gwiazdę o impedancji 18 + j24 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 = 18 + j24 Ω na fazę
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 120 kW przy współczynniku mocy 0,78 (indukcyjnym) z sieci 690 V (napięcie przewodowe), 50 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 = 120 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.TransformatoryŚredni
RL​ = 6 Ω511200 VV2​I1​ = ?I2​

Do uzwojenia pierwotnego idealnego transformatora o przekładni N₁:N₂ = 5:1 przyłożono napięcie 1200 V. Do uzwojenia wtórnego dołączono rezystor 6 Ω. Wyznacz prąd pierwotny I1.

N1:N2 = 5:1V1 = 1200 VRL = 6 Ω
I1 = A
20.TransformatoryTrudny
pf 0,8500 kVA, η = 96%

Jednofazowy transformator 500 kVA ma straty w rdzeniu 3000 W. Przy obciążeniu znamionowym i współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) jego sprawność wynosi 96%. Wyznacz straty w miedzi przy pełnym obciążeniu Pcu,fl w watach.

S = 500 kVAPcore = 3000 Wpf = 0,8η = 96%
Pcu,fl = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 47 kΩR1​ = 47 kΩVin​ = 0,2 V

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

Vin = 0,2 VR1 = 47 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = −0,9 VR1​ = 47 kΩV2​ = 0,3 VR2​ = 2 kΩ

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

V1 = −0,9 VV2 = 0,3 VR1 = 47 kΩR2 = 2 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 1,5 kΩβ = 120IC​ = ?RE​ = 1 kΩVCC​ = 15 VR1​ = 68 kΩR2​ = 10 kΩ

Tranzystor NPN o β = 120 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 15 V: R₁ = 68 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 10 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 1,5 kΩ, a rezystor emiterowy RE = 1 kΩ. Przyjmij VBE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz prąd kolektora IC w mA.

VCC = 15 VR1 = 68 kΩR2 = 10 kΩRC = 1,5 kΩRE = 1 kΩβ = 120
IC = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
+−≤ 26 V220 Ω5,6 V

Stabilizator z diodą Zenera 5,6 V ma rezystor szeregowy 220 Ω. Napięcie wejściowe może wzrosnąć do 26 V, a obciążenie może zostać odłączone. Wyznacz największą moc PZ,max, jaką musi rozproszyć dioda Zenera.

Vin,max = 26 VVZ = 5,6 VR = 220 Ω
PZ,max = mW
25.Systemy liczboweŚredni
wagi w kodzie U20−12806413201608140201

8-bitowy wzór 0010 0100 zapisuje liczbę całkowitą ze znakiem w kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest jej wartość N dziesiętnie?

0010 01008 bit
N =
26.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 1011 1101 << 3. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

1011 1101<< 3
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
MUX1I0​1I1​1I2​CI3​ABS1​S0​F

Multiplekser 4-do-1 ma wejścia wyboru S₁ = A i S₀ = B, a wejścia danych podłączone do I₀ = 1, I₁ = 1, I₂ = 1, I₃ = C. Dla ilu z 8 kombinacji A, B i C wyjście F = 1? Znajdź N.

I₀ = 1I₁ = 1I₂ = 1I₃ = C
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
ABCD0001111000011110100103020405X7X60120131150141809011110

Znajdź minimalną postać SOP funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 8, 10, 15) + d(6, 7), gdzie d oznacza stany nieokreślone. Ile literałów L zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 8, 10, 15) + d(6, 7)
L =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
ReIm−2−4−6−8−10

F(s) = (2s + 20)/(s² + 8s + 12). Jej transformata odwrotna ma postać f(t) = A·e−2t + B·e−6t. Znajdź współczynnik A metodą rozkładu na ułamki proste.

F(s) = (2s + 20)/(s² + 8s + 12)
A =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
ReIm−2−4−6−8−10

Układ opisuje równanie różniczkowe y″ + 6y′ + 5y = 2u′ + 18u, z wejściem u(t) i wyjściem y(t). Znajdź jego transmitancję G(s) = Y(s)/U(s) (zerowe warunki początkowe) i oblicz odpowiedź impulsową g(t) dla t = 0,6 s. Znajdź g(0,6).

y″ + 6y′ + 5y = 2u′ + 18ut = 0,6 s
g(0.6) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+5K+7s + 5G(s)C(s)2H₁−−

Obiekt G(s) = 7/(s + 5) ma wewnętrzną (podrzędną) pętlę ujemnego sprzężenia zwrotnego ze wzmocnieniem H₁ = 2. Wzmocnienie regulatora K = 5 i zewnętrzna pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego zamykają układ. Znajdź biegun układu zamkniętego p.

G(s) = 7/(s + 5)H₁ = 2K = 5
p =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+12s + 1G₁+2s + 2G₂C(s)4H₁−1H₂−

Zredukuj schemat blokowy dla G₁ = 12/(s + 1), G₂ = 2/(s + 2), z wewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₁ = 4 wokół G₂ i zewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₂ = 1. Znajdź wzmocnienie statyczne T(0) transmitancji C(s)/R(s).

G₁ = 12/(s + 1)G₂ = 2/(s + 2)H₁ = 4H₂ = 1
T(0) =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)1tp​ = ?

Układ ma transmitancję G(s) = 98/(s² + 15s + 98) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź czas szczytu tp odpowiedzi skokowej.

G(s) = 98/(s² + 15s + 98)
tp = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
R(s)+Ks(s + 6)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = K/(s(s + 6)). Znajdź wzmocnienie K, które daje odpowiedź skokową z przeregulowaniem 20 %.

G(s) = K/(s(s + 6))%OS = 20 %
K =
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,11101001000−60−40−20020ω (rad/s)ω = 3

Znajdź dokładny moduł |G(jω)| G(s) = 1080/((s + 18)(s + 20)) przy ω = 3 rad/s, w dB.

G(s) = 1080/((s + 18)(s + 20))ω = 3 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 44/(s(s + 2)(s + 5)). Znajdź zapas wzmocnienia GM w dB.

L(s) = 44/(s(s + 2)(s + 5))
GM = dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K = 1921s(s + 6)(s + 10)C(s)−

Pętla na schemacie pracuje z K = 192 i L(s) = K/(s(s + 6)(s + 10)). Ile razy m można zwiększyć wzmocnienie, zanim układ zamknięty stanie się niestabilny?

L(s) = K/(s(s + 6)(s + 10))K = 192
m =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6j1sb​

Pokazano linię pierwiastkową dla L(s) = K/((s + 1)(s + 5)). Wyznacz wzmocnienie K w punkcie rozejścia sb, w którym dwa bieguny układu zamkniętego spotykają się na osi rzeczywistej.

L(s) = K/((s + 1)(s + 5))
K =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 10t+Ks(s + 10)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = K/(s(s + 10)) ma nadążać za narastaniem liniowym r(t) = 10t z uchybem ustalonym 0,1. Wyznacz wzmocnienie K.

G(s) = K/(s(s + 10))r(t) = 10tess = 0,1
K =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+Kp​ + Ki​/s4s + 2C(s)−

Regulator PI C(s) = Kp + Ki/s steruje obiektem G(s) = 4/(s + 2) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Układ zamknięty ma mieć ωₙ = 4 rad/s i ζ = 0,6. Wyznacz wzmocnienie proporcjonalne Kp.

G(s) = 4/(s + 2)ωₙ = 4 rad/sζ = 0,6
Kp =

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 9,833 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​ = 4 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​10 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 = 8 + 6 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 10·14/(10+14) = 5,833 Ω
Req = R1 + 5,833 = 4 + 5,833 = 9,833 Ω

Odpowiedź

Req = 9,833 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 0,7908 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​ = 8 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​15 VR2​25 ΩAR4​15 ΩBR6​20 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 = 30 + 20 = 50 Ω
R4 ∥ 50 = 11,54 Ω
R3 + 11,54 = 19,54 Ω
R2 ∥ 19,54 = 10,97 Ω
Req = R1 + 10,97 = 8 + 10,97 = 18,97 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 15/18,97 = 0,7908 A

Odpowiedź

IR1 = 0,7908 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VA = 35 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.

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 + Vs = VA + 4
VA/R1 + VB/R2 = Is

Rozwiąż

VA/20 + (VA + 4)/12 = 5
VA = (5 − 4/12)/(1/20 + 1/12) = 35 V
VB = 35 + 4 = 39 V

Odpowiedź

VA = 35 V
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR4 = 1,067 A

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

PPK w węźle A

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

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,1567·VA − 0,08333·VB = 1,44

PPK w węźle B

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

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,05·VA
−0,1333·VA + 0,1667·VB = 0

Rozwiąż

Δ = (0,1567)(0,1667) − (−0,08333)(−0,1333) = 0,015
VA = Δ1/Δ = 0,24/0,015 = 16 V
VB = Δ2/Δ = 0,192/0,015 = 12,8 V

Prąd przez R₄

IR4 = VB/R4 = 12,8/12 = 1,067 A

Odpowiedź

IR4 = 1,067 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR1 = 0,5426 A

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

R1​ = 8 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​12 VR3​6 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

Przypisz prądy oczkowe

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

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
8·I1 + 6(I1 − I2) = 12
14·I1 − 6·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
10·I2 + 6(I2 − I1) = (−15)
−6·I1 + 16·I2 = −15

Rozwiąż

Δ = (14)(16) − (−6)(−6) = 188
I1 = Δ1/Δ = 102/188 = 0,5426 A
I2 = Δ2/Δ = −138/188 = −0,734 A

Odpowiedź

IR1 = I1 = 0,5426 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: VR1 = 1,6 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​ = 3 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​5 VR4​5 ΩAR5​20 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 + 5(I1 − I2) = 5
8·I1 − 5·I2 = 5

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
6·I2 + 5(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−5·I1 + 31·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) = (−5)
−20·I2 + 22·I3 = −5

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 1706
I1 = Δ1/Δ = 910/1706 = 0,5334 A
I2 = Δ2/Δ = −250/1706 = −0,1465 A
I3 = Δ3/Δ = −615/1706 = −0,3605 A

Odpowiedź

IR1 = I1 = 0,5334 A
VR1 = IR1·R1 = 0,5334·3 = 1,6 V

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: IR1 = 0,4681 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​ = 15 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAR4​10 ΩBROZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

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

R3+R4 = 15+10 = 25 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 2·25/(2+25) = 1,852 Ω
VA = 9·1,852/(15+1,852) = 0,989 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 0,989·10/25 = 0,3956 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (9 − 0,989)/15 = 0,5341 A
R1​ = 15 ΩR3​ = 15 ΩZWARCIER2​2 ΩAR4​10 ΩBIs​1,5 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 = 15·2/(15+2) = 1,765 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 10 ∥ 16,76 = 6,264 Ω
VB = Is·Req = 1,5·6,264 = 9,396 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 9,396·1,765/16,76 = 0,989 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 0,989)/15 = −0,06593 A

Dodaj składowe

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 0,5341 + (−0,06593) = 0,4681 A

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

8.Superpozycja

Odpowiedź: VR3 = −21,5 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​ = 6 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​36 VR3​12 ΩAROZWARCIEBZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

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

R3 ∥ (R2+R4) = 12 ∥ 12 = 6 Ω
VA = 36·6/(6+6) = 18 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 18·10/12 = 15 V
VR3′ = 0 − VA = 0 − 18 = −18 V
R1​ = 6 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 10 ΩZWARCIER3​12 ΩAIs​5 ABZWARCIE

Przypadek 2 · działa tylko Is

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

R1 ∥ R3 = 4 Ω, więc lewa gałąź to R2+4 = 6 Ω
Req = R4 ∥ 6 = 3,75 Ω
VB = Is·Req = 5·3,75 = 18,75 V
VA = VB·4/6 = 12,5 V
VR3″ = 0 − VA = 0 − 12,5 = −12,5 V
R1​ = 6 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 10 ΩZWARCIER3​12 ΩAROZWARCIEB−+V2​36 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 = 6·12/(6+12) = 4 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−36)·6/16 = −13,5 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −13,5·4/6 = −9 V
VR3‴ = 0 − VA = 0 − −9 = 9 V

Dodaj składowe

VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = (−18) + (−12,5) + 9 = −21,5 V

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

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 2,571 V

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

R1​ = 4 ΩR3​ = 10 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 + 10 = 11,71 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 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) = 6·3/(4+3) = 2,571 V
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 35 V

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

R1​ = 5 ΩR3​ = 3 ΩZWARCIER2​10 ΩAROZWARCIEBabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

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

R1 ∥ R2 = 5·10/(5+10) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 3 = 6,333 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​5 VR2​10 ΩAIs​5 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) = 3,333 + 5·3,333 = 20 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 20 + 5·3 = 35 V
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: τ = 62,04 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.

Obwód zastępczy Thevenina widziany przez kondensator

Zewrzyj źródło, aby wyznaczyć Rth; rozewrzyj kondensator, aby wyznaczyć napięcie, do którego się naładuje.

Rth = R1 ∥ R2 = 3,3·2,2/(3,3 + 2,2) = 1,32 kΩ
vC(∞) = 15·2,2/(3,3 + 2,2) = 6 V

Stała czasowa

τ = Rth·C = 1,32·47 = 62,04 ms

Odpowiedź

τ = 62,04 ms
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: i = 1,588 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 w obwodzie są oba rezystory; potem zamknięty łącznik bocznikuje R₂.

i(0) = 9/(5 + 33) = 0,2368 A
i(∞) = 9/5 = 1,8 A
τ = L/R = 100/5 = 20 ms
i(t) = 1,8 + (0,2368 − 1,8)·e−t/τ

Prąd w danej chwili

i(40) = 1,8 + (−1,563)·e−40/20 = 1,588 A

Odpowiedź

i = 1,588 A
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: φ = −53,26 °

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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,02 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·1·10⁻⁶) = 159,2 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(25² + (−33,49)²) = 41,79 Ω

Kąt fazowy

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−33,49/25) = −53,26°

Odpowiedź

φ = −53,26°
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: VL = 46,13 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|.

Rezonans

W rezonansie reaktancje się znoszą, więc impedancja jest równa samemu R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,01·4,7·10⁻⁶) = 4613 rad/s
I = V/R = 5/5 = 1 A

Napięcie na cewce

XL = ω₀L = 4613·0,01 = 46,13 Ω
VL = I·XL = 1·46,13 = 46,13 V

Odpowiedź

VL = 46,13 V

To Q = 9,225 razy napięcie zasilania.

15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: S = 4431 VA

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

|Z| = √(12² + 5²) = 13 Ω
I = V/|Z| = 240/13 = 18,46 A

Moc pozorna

S = V·I = 240·18,46 = 4431 VA

Odpowiedź

S = 4431 VA
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: QC = 14,86 kvar

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 = 25·tan(45,57°) = 25,51 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 25·tan(23,07°) = 10,65 kvar
QC = Q1 − Q2 = 14,86 kvar

Odpowiedź

QC = 14,86 kvar
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 3,2 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| = √(18² + 24²) = 30 Ω
Iph = 230,9/30 = 7,698 A

Całkowita moc czynna

Moc czynną pobiera tylko rezystancyjna część każdej impedancji.

P = 3·Iph²·R = 3·7,698²·18 = 3,2 kW

Odpowiedź

P = 3,2 kW

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

18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: QC = 38,16 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 0,78) = 120·0,8023 = 96,27 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,9) = 120·0,4843 = 58,12 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 38,16 kvar

Odpowiedź

QC = 38,16 kvar
19.Transformatory

Odpowiedź: I1 = 8 A

Transformator idealny: napięcia mają się do siebie jak liczby zwojów, a prądy odwrotnie: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a oraz I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, więc moc wejściowa jest równa mocy wyjściowej, V₁·I₁ = V₂·I₂. Impedancja obciążenia Z po stronie wtórnej widziana od strony pierwotnej wynosi a²·Z.

Napięcie i prąd wtórny

V2 = 1200/5 = 240 V
I2 = 240/6 = 40 A

Prąd pierwotny

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

I1 = I2/5 = 8 A

Odpowiedź

I1 = 8 A

Sprawdzenie: obciążenie widziane od strony pierwotnej to a²·RL = 150 Ω, a 1200/150 daje ten sam prąd.

20.Transformatory

Odpowiedź: Pcu,fl = 13667 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 = 500·0,8 = 400 kW
Pin = 400000/0,96 = 416667 W

Straty całkowite i straty w miedzi

Ploss = 416667 − 400000 = 16667 W
Pcu,fl = 16667 − 3000 = 13667 W

Odpowiedź

Pcu,fl = 13667 W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 0,4 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₊ = 0,2 V
I = V₋/R1 = 0,2/47 = 0,004255 mA

Napięcie wyjściowe

Prąd przez R₁ płynie też przez Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 0,2 + 0,004255·47 = 0,4 V

Odpowiedź

Vout = 0,4 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −1,309 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 = −0,9/47 = −0,01915 mA
I2 = V2/R2 = 0,3/2 = 0,15 mA
If = I1 + I2 = 0,1309 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −10·0,1309 = −1,309 V

Odpowiedź

Vout = −1,309 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 1,131 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 = 15·10/(68 + 10) = 1,923 V
RTH = 68·10/(68 + 10) = 8,718 kΩ

Prąd bazy

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

IB = (1,923 − 0,7)/(8,718 + 121·1) = 9,429 µA

Prąd kolektora

IC = 120·9,429 µA = 1,131 mA
IE = 121·9,429 µA = 1,141 mA

Odpowiedź

IC = 1,131 mA
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: PZ,max = 519,3 mW

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

Prąd diody Zenera w najgorszym przypadku

IZ = 20,4/220 = 92,73 mA

Moc diody Zenera

PZ = 5,6·92,73 = 519,3 mW

Odpowiedź

PZ,max = 519,3 mW
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = 36

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.

32 + 4 = 36

Odpowiedź

N = 36
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 232

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

Bit po bicie

Przesunięcie w lewo o 3 przesuwa każdy bit o 3 pozycji w lewo; bity, które wypadną z lewego końca, są tracone, a z prawej wchodzą zera.

1011 1101 << 3
= 1110 1000

Wartość wyniku

1110 1000₂ = 232

Odpowiedź

R = 232
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 7

Multiplekser: multiplekser 2ⁿ-do-1 przekazuje na wyjście jedno ze swoich wejść danych; linie wyboru, odczytane jako liczba binarna, wskazują które. Dla multipleksera 4-do-1 z wejściami wyboru S₁S₀ = AB: F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Podłączenie wejść danych do 0, 1, C lub C′ sprawia, że multiplekser realizuje dowolną funkcję A, B i C, co jest częstym sposobem budowania logiki w jednym układzie scalonym.

Wyrażenie wyjścia

F = A′B′ + A′B + AB′ + ABC

Wiersze z F = 1

ABC = 000, 001, 010, 011, 100, 101, 111
N = 7

Odpowiedź

N = 7
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: L = 9

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

Implikanty proste

Największe grupy, jakie można utworzyć z jedynek i X.

B′C′D′, BCD, AB′D′
ABCD0001111000011110100103020405X7X60120131150141809011110

Minimalne pokrycie

F = B′C′D′ + BCD + AB′D′
L = 9

Odpowiedź

L = 9
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: A = 4

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 + 8s + 12 = (s + 2)(s + 6)
F(s) = A/(s + 2) + B/(s + 6)

Metoda zakrywania

Pomnóż przez (s + 2) i podstaw s = −2: składnik z B znika.

A = (2s + 20)/(s + 6) |s = −2 = 16/4 = 4

Odpowiedź

A = 4
(B = −2, więc f(t) = 4·e−2t − 2·e−6t)
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: g(0.6) = 2,096

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).

Transmitancja

G(s) = Y(s)/U(s) = (2s + 18)/(s² + 6s + 5)

Ułamki proste

s² + 6s + 5 = (s + 1)(s + 5)
A = 4, B = −2

Odpowiedź impulsowa

g(t) = 4·e−t − 2·e−5t
g(0,6) = 2,096

Odpowiedź

g(0,6) = 2,096
31.Schematy blokowe

Odpowiedź: p = −54

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).

Pętla wewnętrzna

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 7/(s + 5 + 7·2) = 7/(s + 19)

Pętla zewnętrzna

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 35/(s + 19 + 35) = 35/(s + 54)

Wynik

p = −54

Odpowiedź

p = −54
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: T(0) = 0,7059

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).

Pętla wewnętrzna

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 2/(s + 10)

Pętla zewnętrzna

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 24/((s + 1)(s + 10) + 24)

Wzmocnienie statyczne

T(0) = 24/(1·10 + 24) = 24/34 = 0,7059

Odpowiedź

T(0) = 0,7059
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: tp = 0,4862 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 = 98 → ωₙ = 9,899 rad/s
2ζωₙ = 15 → ζ = 15/(2·9,899) = 0,7576

Wynik

ωd = 9,899·√(1 − 0,7576²) = 6,461 rad/s → tp = π/ωd = 0,4862 s

Odpowiedź

tp = 0,4862 s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: K = 43,29

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

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = K/(s² + 6s + K)

Współczynnik tłumienia z przeregulowania

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

Wzmocnienie

ωₙ = 6/(2ζ) = 6,58 rad/s
K = ωₙ² = 43,29

Odpowiedź

K = 43,29
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: |G(jω)| = 9,327 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(j3)| = 1080/(√(3² + 18²)·√(3² + 20²)) = 1080/(18,25·20,22) = 2,926

Wynik

20·log₁₀(2,926) = 9,327 dB

Odpowiedź

|G(jω)| = 9,327 dB
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: GM = 4,033 dB

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

Częstotliwość odcięcia fazy

(ω/2)·(ω/5) = 1 → ω180 = √(2·5) = 3,162 rad/s

Moduł przy częstotliwości odcięcia fazy

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 4)·√(ω² + 25)) = K/(2·5·(2 + 5)) = K/70

Zapas wzmocnienia

GM = 20·log₁₀(70/44) = 4,033 dB

Odpowiedź

GM = 4,033 dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: m = 5

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.

Tablica Routha

s³ + 16s² + 60s + K = 0
s³: 1, 60
s²: 16, K
s¹: (16·60 − K)/16
s⁰: K

Największe stabilne wzmocnienie

Kmax = 16·60 = 960

Współczynnik

m = 960/192 = 5

Odpowiedź

m = 5

Ten współczynnik to zapas wzmocnienia jako stosunek: 13,98 dB.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: K = 4

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.

Punkt rozejścia

dK/ds = 0 dla K = −(s + 1)(s + 5) daje 2s + 6 = 0.

sb = −3

Warunek modułu

K = |−3 + 1|·|−3 + 5| = 2·2 = 4

Odpowiedź

K = 4

Przy tym wzmocnieniu układ zamknięty jest tłumiony krytycznie (ζ = 1).

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 1000

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 = 10/0,1 = 100

Wzmocnienie

K = 10·Kv = 1000

Odpowiedź

K = 1000

Duże wzmocnienie sprawia, że ta pętla jest bardzo słabo tłumiona: ζ = 0,1581. Ten konflikt jest powodem, dla którego stosuje się układy korekcyjne.

40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Kp = 0,7

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

Wielomian charakterystyczny

1 + C(s)G(s) = 0, pomnożone przez s(s + 2).

s² + (2 + 4Kp)s + 4Ki

Wielomian docelowy

s² + 2·0,6·4s + 4² = s² + 4,8s + 16

Dopasuj współczynniki

2 + 4Kp = 4,8 → Kp = 0,7

Odpowiedź

Kp = 0,7

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

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

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