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​ = 12 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩIR2​AR4​6 ΩB

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 ΩR4 = 6 Ω
IR2 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 10 ΩIR1​R3​ = 8 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAR4​10 ΩBR6​5 Ω

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 ΩR4 = 10 ΩR5 = 5 ΩR6 = 5 Ω
IR1 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩAR4​5 ΩBIs​3 A

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

V1 = 9 VIs = 3 AR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩR4 = 5 Ω
VB = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 4 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​5 VR3​4 ΩAR5​25 ΩBIs​1,5 A+−V2​24 V

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

V1 = 5 VIs = 1,5 AV2 = 24 VR1 = 4 ΩR2 = 30 ΩR3 = 4 ΩR4 = 6 ΩR5 = 25 Ω
VA = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 12 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​10 VR3​10 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd oczkowy I2 (zgodnie z ruchem wskazówek zegara).

V1 = 10 VV2 = 15 VR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 Ω
I2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 4 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR4​5 ΩAR5​30 ΩB+−V2​24 VI1​I2​I3​

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

V1 = 15 VV2 = 24 VR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 ΩR4 = 5 ΩR5 = 30 Ω
I3 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​5 Ω+−VR2​AR4​10 ΩBIs​2 A

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

V1 = 6 VIs = 2 AR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩR4 = 10 Ω
VR2 = V
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 5 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​30 VR3​20 ΩIR3​AIs​6 AB+−V2​30 V

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

V1 = 30 VIs = 6 AV2 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 30 ΩR3 = 20 ΩR4 = 2 Ω
IR3 = A
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 8 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​12 ΩARL​3 ΩIL​B

Między a–b podłączono obciążenie RL = 3 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 15 VR1 = 8 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 ΩRL = 3 Ω
IL = A
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 15 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAIs​3 ABRL​25 ΩIL​

Między a–b podłączono obciążenie RL = 25 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 10 VIs = 3 AR1 = 15 ΩR2 = 4 ΩR3 = 4 ΩRL = 25 Ω
IL = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​9 Vt = 0R = 15 ΩL220 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz energię W zgromadzoną w cewce w chwili t = 10 ms, w mJ.

Vs = 9 VR = 15 ΩL = 220 mHt = 10 ms
W = mJ
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​24 Votwiera się w t = 0R1​ = 6,8 kΩR2​ = 4,7 kΩC10 µF+−vC​

Łącznik był długo zamknięty, więc obwód jest w stanie ustalonym. W t = 0 łącznik się otwiera. Wyznacz napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 30 ms.

Vs = 24 VR1 = 6,8 kΩR2 = 4,7 kΩC = 10 µFt = 30 ms
vC = V
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
12 V200 HzR = 100 ΩL = 50 mHC = 47 µF

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 12 V (skuteczne), 200 Hz. Wyznacz kąt fazowy φ impedancji w stopniach (dodatni, gdy prąd opóźnia się względem napięcia).

V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 100 ΩL = 50 mHC = 47 µF
φ = °
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
10 V500 HzR = 30 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 10 V (skuteczne), 500 Hz. Wyznacz częstotliwość rezonansową f0 obwodu.

V = 10 V (rms)f = 500 HzR = 30 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF
f0 = Hz
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 36 kWQ = ?Sφ

Silnik jednofazowy pobiera 36 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z zasilania 230 V. Wyznacz moc bierną Q, którą pobiera.

P = 36 kWpf = 0,75V = 230 V
Q = kvar
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
240 V60 Hzobciążenie5 kW, 0,8C150 µFI = ?

Odbiornik jednofazowy pobiera 5 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) z zasilania 240 V, 60 Hz. Równolegle do odbiornika podłączono kondensator 150 µF. Wyznacz nowy prąd linii I.

P = 5 kWpf1 = 0,8V = 240 Vf = 60 HzC = 150 µF
I = A
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 415 VIL​ = 150 Acos φ = 0,8indukcyjny

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera prąd przewodowy 150 A ze źródła o napięciu przewodowym 415 V. Współczynnik mocy wynosi 0,8 (indukcyjny). Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 415 VIL = 150 Acos φ = 0,8
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 100 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 100 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) z sieci 690 V (napięcie przewodowe), 50 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,95 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w trójkąt. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 100 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
RL​ = 24 Ω1012300 VV2​I1​ = ?I2​

Do uzwojenia pierwotnego idealnego transformatora o przekładni N₁:N₂ = 10:1 przyłożono napięcie 2300 V. Do uzwojenia wtórnego dołączono rezystor 24 Ω. Wyznacz prąd pierwotny I1.

N1:N2 = 10:1V1 = 2300 VRL = 24 Ω
I1 = A
20.TransformatoryTrudny
pf 0,8250 kVA, 50% obciążenie

Jednofazowy transformator 250 kVA ma straty w rdzeniu 2000 W i straty w miedzi 6000 W przy obciążeniu znamionowym. Dostarcza 50% swojej znamionowej mocy kVA przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym). Wyznacz całkowite straty Ploss w watach przy tym obciążeniu.

S = 250 kVAPcore = 2000 WPcu,fl = 6000 Wx = 0,5pf = 0,8
Ploss = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 100 kΩVin​ = 0,9 V

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

Vin = 0,9 VR1 = 100 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​C = 0,1 µFVin​ = −2,8 VR = 100 kΩ

Układ całkujący wykorzystuje idealny wzmacniacz operacyjny zasilany napięciem ±15 V; jego wyjście nasyca się przy ±14 V. Kondensator jest rozładowany, gdy w t = 0 zostaje przyłożone stałe napięcie wejściowe Vin = −2,8 V. Po jakim czasie od t = 0 wyjście osiągnie nasycenie? Wyznacz t.

Vin = −2,8 VR = 100 kΩC = 0,1 µFVsat = ±14 V
t = ms
23.Diody i tranzystoryŚredni
+−24 VR = ?2 × 2,2 V25 mA

2 diod LED (kolor: zielone, napięcie przewodzenia 2,2 V każda) jest połączonych szeregowo z rezystorem i zasilanych napięciem 24 V. Wyznacz rezystancję R, która ustala prąd 25 mA.

Vs = 24 VVF = 2,2 Vn = 2I = 25 mA
R = Ω
24.Diody i tranzystoryTrudny
+−≤ 22 V220 Ω5,1 V

Stabilizator z diodą Zenera 5,1 V ma rezystor szeregowy 220 Ω. Napięcie wejściowe może wzrosnąć do 22 V, a obciążenie może zostać odłączone. Wyznacz największą moc PZ,max, jaką musi rozproszyć dioda Zenera.

Vin,max = 22 VVZ = 5,1 VR = 220 Ω
PZ,max = mW
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U20−12806403201608040201

Ustaw bity tak, aby zapisywały −33 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −338 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
32 bit1 px512 px512 pxM = ? KiB

Nieskompresowany obraz ma 512 × 512 pikseli i 32 bitów na piksel. Ile pamięci M zajmuje, w KiB (1 KiB = 1024 bajty)?

512 × 512 px32 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
MUX1I0​1I1​C′I2​1I3​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 = C′, I₃ = 1. Dla ilu z 8 kombinacji A, B i C wyjście F = 1? Znajdź N.

I₀ = 1I₁ = 1I₂ = C′I₃ = 1
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
CLKD12345678

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

Q₀ = 0D
N =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
ReIm−5−10−15−20−25−30

Znajdź f(t) dla F(s) = (s + 27)/(s² + 6s + 13) metodą dopełnienia do kwadratu i oblicz f(0,5).

F(s) = (s + 27)/(s² + 6s + 13)t = 0,5 s
f(0.5) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 7y′ + 10y = 15·u(t). Startuje ze stanu spoczynku (y(0) = 0, y′(0) = 0), a wejściem jest skok u(t) = 5 dla t ≥ 0. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź wyjście y(0,25).

y″ + 7y′ + 10y = 15·u(t)u(t) = 5y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+2K+1s + 1G(s)C(s)5H₁−−

Obiekt G(s) = 1/(s + 1) ma wewnętrzną (podrzędną) pętlę ujemnego sprzężenia zwrotnego ze wzmocnieniem H₁ = 5. Wzmocnienie regulatora K = 2 i zewnętrzna pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego zamykają układ. Znajdź biegun układu zamkniętego p.

G(s) = 1/(s + 1)H₁ = 5K = 2
p =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+26regulator+D(s)+10s + 6obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K = 26 steruje obiektem G(s) = 10/(s + 6) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Zakłócenie D wchodzi na wejście obiektu (dodaje się do wyjścia regulatora). Jednocześnie podano skok wartości zadanej o wielkości 1 i skok zakłócenia o wielkości 10. Znajdź wyjście w stanie ustalonym css.

K = 26G(s) = 10/(s + 6)D = 10R = 1
css =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)1tp​ = ?

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

G(s) = 30/(s² + 4s + 30)
tp = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
k = 2000 N/mc = 60 N·s/mm = 20 kgF = 100 Nx(t)

Masa m = 20 kg wisi na sprężynie k = 2000 N/m z tłumikiem lepkim c = 60 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). W spoczynku w położeniu równowagi nagle przyłożono stałą siłę F = 100 N. Znajdź czas tp, w którym wychylenie jest największe.

m = 20 kgk = 2000 N/mc = 60 N·s/mF = 100 N
tp = s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,010,11101001000−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 0,5

Znajdź dokładny moduł |G(jω)| G(s) = 1080/((s + 3)(s + 20)) przy ω = 0,5 rad/s, w dB.

G(s) = 1080/((s + 3)(s + 20))ω = 0,5 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) = 314/(s(s + 4)(s + 10)). Znajdź częstotliwość odcięcia fazy ω180, przy której ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 314/(s(s + 4)(s + 10))
ω180 = rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+501s(s + 8)(s + 10)C(s)+

Pętla na schemacie ma dodatnie sprzężenie zwrotne, z L(s) = 50/(s(s + 8)(s + 10)). Ile biegunów N układu zamkniętego leży w prawej półpłaszczyźnie?

L(s) = 50/(s(s + 8)(s + 10))
N =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−2−4−6−8−10−12j2

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K(s + 2)/(s(s + 4)(s + 1)(s + 10)). Wyznacz punkt σa, w którym asymptoty linii pierwiastkowej przecinają oś rzeczywistą.

L(s) = K(s + 2)/(s(s + 4)(s + 1)(s + 10))
σa =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
R(s)+K(s + 1)(s + 2)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma G(s) = K/((s + 1)(s + 2)). Wyznacz wzmocnienie K, które daje uchyb ustalony 25 % dla wejścia skokowego.

G(s) = K/((s + 1)(s + 2))ess = 25 %
K =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+2 + Kd​s10s(s + 1)C(s)−

Regulator PD C(s) = 2 + Kd·s steruje obiektem G(s) = 10/(s(s + 1)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz wzmocnienie członu różniczkującego Kd, przy którym układ zamknięty ma współczynnik tłumienia ζ = 0,6.

G(s) = 10/(s(s + 1))Kp = 2ζ = 0,6
Kd = s

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,2234 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​ = 12 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​8 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 = 8·14/(8+14) = 5,091 Ω
Req = R1 + 5,091 = 12 + 5,091 = 17,09 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 6/17,09 = 0,3511 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 6 − 0,3511·12 = 1,787 V
IR2 = VA/R2 = 1,787/8 = 0,2234 A

Odpowiedź

IR2 = 0,2234 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 1,605 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​ = 10 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAR4​10 ΩBR6​5 Ω

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R5 + R6 = 5 + 5 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 5 Ω
R3 + 5 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 4,952 Ω
Req = R1 + 4,952 = 10 + 4,952 = 14,95 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 24/14,95 = 1,605 A

Odpowiedź

IR1 = 1,605 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 12,78 V

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

R1​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩAR4​5 ΩBIs​3 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 9 V). Niewiadome: VA, VB.

PPK w węźle A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/5 + (VA − 9)/15 + (VA − VB)/20 = 0
0,3167·VA − 0,05·VB = 0,6

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/5 + (VB − VA)/20 = 3
−0,05·VA + 0,25·VB = 3

Rozwiąż

Δ = (0,3167)(0,25) − (−0,05)(−0,05) = 0,07667
VA = Δ1/Δ = 0,3/0,07667 = 3,913 V
VB = Δ2/Δ = 0,98/0,07667 = 12,78 V

Odpowiedź

VB = 12,78 V
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VA = 3,809 V

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

R1​ = 4 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​5 VR3​4 ΩAR5​25 ΩBIs​1,5 A+−V2​24 V

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 5 V, V2 = 24 V). Niewiadome: VA, VB.

PPK w węźle A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/4 + (VA − 5)/4 + (VA − VB)/30 = 0
0,5333·VA − 0,03333·VB = 1,25

PPK w węźle B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/25 + (VB − VA)/30 + (VB − 24)/6 = 1,5
−0,03333·VA + 0,24·VB = 5,5

Rozwiąż

Δ = (0,5333)(0,24) − (−0,03333)(−0,03333) = 0,1269
VA = Δ1/Δ = 0,4833/0,1269 = 3,809 V
VB = Δ2/Δ = 2,975/0,1269 = 23,45 V

Odpowiedź

VA = 3,809 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I2 = −0,9127 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​ = 12 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​10 VR3​10 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
12·I1 + 10(I1 − I2) = 10
22·I1 − 10·I2 = 10

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
6·I2 + 10(I2 − I1) = (−15)
−10·I1 + 16·I2 = −15

Rozwiąż

Δ = (22)(16) − (−10)(−10) = 252
I1 = Δ1/Δ = 10/252 = 0,03968 A
I2 = Δ2/Δ = −230/252 = −0,9127 A

Odpowiedź

I2 = −0,9127 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I3 = −0,9876 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​ = 4 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR4​5 ΩAR5​30 ΩB+−V2​24 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
4·I1 + 5(I1 − I2) = 15
9·I1 − 5·I2 = 15

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
15·I2 + 5(I2 − I1) + 30(I2 − I3) = 0
−5·I1 + 50·I2 − 30·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
8·I3 + 30(I3 − I2) = (−24)
−30·I2 + 38·I3 = −24

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 8050
I1 = Δ1/Δ = 11400/8050 = 1,416 A
I2 = Δ2/Δ = −3630/8050 = −0,4509 A
I3 = Δ3/Δ = −7950/8050 = −0,9876 A

Odpowiedź

I3 = −0,9876 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: VR2 = −0,5825 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 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​5 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 = 6+10 = 16 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 5·16/(5+16) = 3,81 Ω
VA = 6·3,81/(6+3,81) = 2,33 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,33·10/16 = 1,456 V
VR2′ = VA − 0 = 2,33 − 0 = 2,33 V
R1​ = 6 ΩR3​ = 6 ΩZWARCIER2​5 ΩAR4​10 ΩBIs​2 A

Przypadek 2 · działa tylko Is

V₁ staje się zwarciem, więc R₁ jest równolegle z R₂. Iₛ rozdziela się w B między R₄ a drogę przez R₃.

R1 ∥ R2 = 6·5/(6+5) = 2,727 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 10 ∥ 8,727 = 4,66 Ω
VB = Is·Req = (−2)·4,66 = −9,32 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −9,32·2,727/8,727 = −2,913 V
VR2″ = VA − 0 = −2,913 − 0 = −2,913 V

Dodaj składowe

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 2,33 + (−2,913) = −0,5825 V

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

8.Superpozycja

Odpowiedź: IR3 = 1,167 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​ = 5 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​30 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 = 30·12,31/(5+12,31) = 21,33 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 21,33·2/32 = 1,333 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (21,33 − 0)/20 = 1,067 A
R1​ = 5 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 2 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 = 4 Ω, więc lewa gałąź to R2+4 = 34 Ω
Req = R4 ∥ 34 = 1,889 Ω
VB = Is·Req = (−6)·1,889 = −11,33 V
VA = VB·4/34 = −1,333 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (−1,333 − 0)/20 = −0,06667 A
R1​ = 5 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 2 ΩZWARCIER3​20 ΩAROZWARCIEB+−V2​30 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 = 5·20/(5+20) = 4 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 30·34/36 = 28,33 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 28,33·4/34 = 3,333 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (3,333 − 0)/20 = 0,1667 A

Dodaj składowe

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = 1,067 + (−0,06667) + 0,1667 = 1,167 A

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

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 0,5696 A

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

R1​ = 8 ΩR3​ = 8 ΩZWARCIER2​12 ΩAabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

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

R1 ∥ R2 = 8·12/(8+12) = 4,8 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,8 + 8 = 12,8 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​12 ΩAab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

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

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 15·12/(8+12) = 9 V
Rth​ = 12,8 Ω+−Vth​9 VRL​3 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) = 9/(12,8 + 3) = 0,5696 A
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 0,7332 A

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

R1​ = 15 ΩR3​ = 4 ΩZWARCIER2​4 ΩAROZWARCIEBabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

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

R1 ∥ R2 = 15·4/(15+4) = 3,158 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,158 + 4 = 7,158 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAIs​3 ABab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 2,105 + 3·3,158 = 11,58 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,58 + 3·4 = 23,58 V
Rth​ = 7,158 Ω+−Vth​23,58 VRL​25 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) = 23,58/(7,158 + 25) = 0,7332 A
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: W = 9,676 mJ

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

Stała czasowa i prąd końcowy

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

τ = L/R = 220 mH / 15 Ω = 14,67 ms
i(∞) = Vs/R = 9/15 = 0,6 A

Prąd w danej chwili

i(t) = 0,6·(1 − e−10/14,67) = 0,2966 A

Zgromadzona energia

W = ½·L·i² = ½·220·0,2966² = 9,676 mJ

Odpowiedź

W = 9,676 mJ
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 5,181 V

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

Początkowe napięcie kondensatora

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

vC(0) = 24·4,7/(6,8 + 4,7) = 9,809 V

Stała czasowa po otwarciu łącznika

τ = R2·C = 4,7·10 = 47 ms

Rozładowanie

vC(t) = 9,809·e−30/47 = 5,181 V

Odpowiedź

vC = 5,181 V
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: φ = 24,66 °

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 = 1257·0,05 = 62,83 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) = √(100² + (45,9)²) = 110 Ω

Kąt fazowy

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(45,9/100) = 24,66°

Odpowiedź

φ = 24,66°
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: f0 = 758,7 Hz

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

Rezonans

W rezonansie reaktancje indukcyjna i pojemnościowa się znoszą: ωL = 1/(ωC). Częstotliwość zasilania nie ma znaczenia.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,02·2,2·10⁻⁶)) = 758,7 Hz

Odpowiedź

f0 = 758,7 Hz
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Q = 31,75 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.

Kąt

φ = arccos(0,75) = 41,41°, tan φ = 0,8819

Moc bierna

Q = P·tan φ = 36·0,8819 = 31,75 kvar

Odpowiedź

Q = 31,75 kvar
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: I = 20,93 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 = 5·tan(arccos 0,8) = 3,75 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·60·150·10⁻⁶ = 3257 var = 3,257 kvar
Q2 = 3,75 − 3,257 = 0,4928 kvar

Nowa moc pozorna

S2 = √(5² + 0,4928²) = 5,024 kVA

Nowy prąd linii

I = S2/V = 5024/240 = 20,93 A

Odpowiedź

I = 20,93 A
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 86,26 kW

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

Moc pozorna

S = √3·VL·IL = √3·415·150 = 107,8 kVA

Moc czynna

P = S·cos φ = 107,8·0,8 = 86,26 kW

Odpowiedź

P = 86,26 kW
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 93,89 µF

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = 100·tan(acos 0,8) = 100·0,75 = 75 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,95) = 100·0,3287 = 32,87 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 42,13 kvar

Pojemność na fazę

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

V = 690 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 14044/(314,2·690²) = 93,89 µF

Odpowiedź

Cph = 93,89 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: I1 = 0,9583 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 = 2300/10 = 230 V
I2 = 230/24 = 9,583 A

Prąd pierwotny

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

I1 = I2/10 = 0,9583 A

Odpowiedź

I1 = 0,9583 A

Sprawdzenie: obciążenie widziane od strony pierwotnej to a²·RL = 2400 Ω, a 2300/2400 daje ten sam prąd.

20.Transformatory

Odpowiedź: Ploss = 3500 W

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

Straty w miedzi przy tym obciążeniu

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,25·6000 = 1500 W

Straty całkowite

Straty w rdzeniu są takie same przy każdym obciążeniu.

Ploss = 2000 + 1500 = 3500 W

Odpowiedź

Ploss = 3500 W

Sprawność przy tym obciążeniu wynosi η = 96,62%.

21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 1,8 V

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

Wejście odwracające podąża za wejściem

V₋ = V₊ = 0,9 V
I = V₋/R1 = 0,9/100 = 0,009 mA

Napięcie wyjściowe

Prąd przez R₁ płynie też przez Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 0,9 + 0,009·100 = 1,8 V

Odpowiedź

Vout = 1,8 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: t = 50 ms

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

Prąd wejściowy i szybkość narastania

kΩ razy µF daje milisekundy.

RC = 100 kΩ · 0,1 µF = 10 ms
szybkość narastania = −Vin/(RC) = −(−2,8)/10 = 0,28 V/ms

Czas do nasycenia

|Vin|·t/(RC) = Vsat → t = Vsat·RC/|Vin| = 14·10/2,8 = 50 ms

Odpowiedź

t = 50 ms
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: R = 784 Ω

Obwody z diodą LED i diodami: spolaryzowana w kierunku przewodzenia dioda LED ma spadek napięcia w przybliżeniu równy jej napięciu przewodzenia VF (około 2 V dla czerwonej, 3 V dla niebieskiej lub białej), niezależnie od prądu. Rezystor szeregowy ustala prąd: R = (Vs − n·VF)/I dla n diod LED połączonych szeregowo. Dla dokładniejszego modelu diody V = V₀ + I·rd punkt pracy leży tam, gdzie prosta diody przecina prostą obciążenia I = (Vs − V)/R, więc I = (Vs − V₀)/(R + rd).

Napięcie na rezystorze

VR = 24 − 2·2,2 = 19,6 V

Rezystancja

R = 19,6/0,025 = 784 Ω

Odpowiedź

R = 784 Ω

Rezystor rozprasza 490 mW.

24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: PZ,max = 391,8 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 = 16,9/220 = 76,82 mA

Moc diody Zenera

PZ = 5,1·76,82 = 391,8 mW

Odpowiedź

PZ,max = 391,8 mW
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 223

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

Odwróć i dodaj jeden

33 = 0010 0001
odwrócone: 1101 1110
+1 → 1101 1111

Odczytaj bez znaku

1101 1111₂ = 256 − 33 = 223

Odpowiedź

U = 223
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: M = 1024 KiB

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.

Bity i bajty

512·512·32 = 8388608 bit = 1048576 B

Zamień na KiB

1048576/1024 = 1024 KiB

Odpowiedź

M = 1024 KiB
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′C′ + AB

Wiersze z F = 1

ABC = 000, 001, 010, 011, 100, 110, 111
N = 7

Odpowiedź

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

Odpowiedź: N = 2

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

Q po każdym zboczu

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

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

Policz zmiany

0 → 0 → 0 → 1 → 1 → 0 → 0 → 0 → 0
N = 2

Odpowiedź

N = 2
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.5) = 2,374

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

Dopełnienie do kwadratu

s² + 6s + 13 = (s + 3)² + 4 = (s + 3)² + 2²

Dopasuj licznik

F(s) = 1·(s + 3)/((s + 3)² + 2²) + (24/2)·2/((s + 3)² + 2²)

Transformata odwrotna

f(t) = e−3t·(cos 2t + 12·sin 2t)
f(0,5) = e−3·0,5·(cos(2·0,5) + 12·sin(2·0,5)) = 2,374

Odpowiedź

f(0,5) = 2,374
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.25) = 1,351

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

Y(s) = 75/(s(s + 2)(s + 5))

Ułamki proste

A = 75/(2·5) = 7,5
B = 75/((−2)·3) = −12,5
C = 75/((−5)·(−3)) = 5

Wydalone

y(t) = 7,5 − 12,5·e−2t + 5·e−5t
y(0,25) = 1,351

Odpowiedź

y(0,25) = 1,351
31.Schematy blokowe

Odpowiedź: p = −8

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) = 1/(s + 1 + 1·5) = 1/(s + 6)

Pętla zewnętrzna

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 2/(s + 6 + 2) = 2/(s + 8)

Wynik

p = −8

Odpowiedź

p = −8
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: css = 1,353

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

Transmitancje

C/D = G/(1 + K·G) = 10/(s + 6 + 260)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 260/(s + 6 + 260)

Stan ustalony

css = 1·260/266 + 10·10/266 = 1,353

Odpowiedź

css = 1,353

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

33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: tp = 0,6161 s

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

Porównaj z postacią standardową

Mianownik musi odpowiadać s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 30 → ωₙ = 5,477 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·5,477) = 0,3651

Wynik

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

Odpowiedź

tp = 0,6161 s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: tp = 0,3178 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).

Pulsacja własna i współczynnik tłumienia

ωₙ = √(k/m) = √(2000/20) = 10 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 60/(2·√(2000·20)) = 0,15

Wynik

ωd = 9,887 rad/s
tp = π/ωd = 0,3178 s

Odpowiedź

tp = 0,3178 s
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: |G(jω)| = 24,98 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(j0,5)| = 1080/(√(0,5² + 3²)·√(0,5² + 20²)) = 1080/(3,041·20,01) = 17,75

Wynik

20·log₁₀(17,75) = 24,98 dB

Odpowiedź

|G(jω)| = 24,98 dB
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ω180 = 6,325 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 fazy

(ω/4)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(4·10) = 6,325 rad/s

Odpowiedź

ω180 = 6,325 rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: N = 1

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

Wielomian charakterystyczny

s³ + 18s² + 80s − 50 = 0

Tablica Routha

s³: 1, 80
s²: 18, −50
s¹: 82,78
s⁰: −50

Zmiany znaku w pierwszej kolumnie

1 → 18 → 82,78 → −50
N = 1

Odpowiedź

N = 1

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

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: σa = −4,333

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.

Bieguny i zera

bieguny: 0, −4, −1, −10
zera: −2
n − m = 4 − 1 = 3

Środek ciężkości

σa = (−15 − (−2))/3 = −4,333

Odpowiedź

σa = −4,333

3 asymptot wychodzi ze środka asymptot pod kątami 60°, 180°, 300°.

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 6

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

Wymagana stała uchybowa

1/(1 + Kp) = 0,25 → Kp = 3

Wzmocnienie

K/2 = 3 → K = 6

Odpowiedź

K = 6

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

40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Kd = 0,4367 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 + 1) + 10(2 + Kds) = s² + (1 + 10Kd)s + 20

Częstotliwość drgań własnych

ωₙ = √20 = 4,472 rad/s

Wzmocnienie członu różniczkującego

1 + 10Kd = 2·0,6·4,472 = 5,367
Kd = 0,4367 s

Odpowiedź

Kd = 0,4367 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