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​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAR4​15 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 6 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 15 ΩR4 = 15 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 20 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩIR2​AR4​10 ΩBR6​4 Ω

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 15 ΩR4 = 10 ΩR5 = 5 ΩR6 = 4 Ω
IR2 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAR4​3 ΩBIs​2 A

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

V1 = 15 VIs = 2 AR1 = 2 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩR4 = 3 Ω
VB = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 25 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩAR4​15 ΩB0,1·VA​

Romb to źródło prądu sterowane napięciem, które wpycha prąd 0,1·VA (w A, przy VA w V) w górę do węzła B. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć potencjał węzła VB (mierzony względem masy).

V1 = 18 VR1 = 25 ΩR2 = 3 ΩR3 = 2 ΩR4 = 15 Ωg = 0,1 A/V
VB = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 4 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​12 VR3​10 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

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

V1 = 12 VV2 = 15 VR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 10 Ω
I1 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 4 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR4​25 ΩAR5​12 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

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

V1 = 6 VV2 = 15 VR1 = 4 ΩR2 = 3 ΩR3 = 12 ΩR4 = 25 ΩR5 = 12 Ω
I3 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 ΩIR3​+−V1​18 VR2​4 ΩAR4​5 ΩBIs​?

Wyznacz wartość źródła prądu Is (kierunek jak na rysunku), przy której prąd IR3 przez R3 jest równy zeru.

V1 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 ΩR4 = 5 Ω
Is = A
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 20 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 20 ΩIR4​+−V1​12 VR3​3 ΩAIs​2,5 AB+−V2​9 V

Użyj metody superpozycji, aby wyznaczyć prąd IR4 płynący przez R4 w kierunku strzałki.

V1 = 12 VIs = 2,5 AV2 = 9 VR1 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 3 ΩR4 = 20 Ω
IR4 = A
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 4 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 3 Ω
Vth = V
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 3 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAIs​5 ABab

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

V1 = 30 VIs = 5 AR1 = 3 ΩR2 = 3 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​30 Vt = 0R1​ = 3,3 kΩR2​ = 6,8 kΩC22 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 = 30 VR1 = 3,3 kΩR2 = 6,8 kΩC = 22 µF
τ = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​15 Votwiera się w t = 0R1​ = 2,2 kΩR2​ = 3,3 kΩC220 µF+−vC​

Łącznik był długo zamknięty, więc obwód jest w stanie ustalonym. W t = 0 łącznik się otwiera. Wyznacz napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 200 ms.

Vs = 15 VR1 = 2,2 kΩR2 = 3,3 kΩC = 220 µFt = 200 ms
vC = V
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
24 V100 HzR = 10 ΩL = 20 mHC = 47 µF

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 24 V (skuteczne), 100 Hz. Wyznacz kąt fazowy φ impedancji w stopniach (dodatni, gdy prąd opóźnia się względem napięcia).

V = 24 V (rms)f = 100 HzR = 10 ΩL = 20 mHC = 47 µF
φ = °
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
VfR = 10 ΩL = 10 mHC = 0,47 µF

Szeregowy obwód RLC ma R = 10 Ω, L = 10 mH i C = 0,47 µF. Wyznacz jego pasmo przenoszenia B (szerokość pasma między częstotliwościami połowy mocy) w Hz.

R = 10 ΩL = 10 mHC = 0,47 µF
B = Hz
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 pobieraną przez niego moc czynną P.

V = 240 VZ = 12 + j5 Ω
P = W
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 50 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 50 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym) z zasilania 240 V, 50 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,95. Wyznacz potrzebną pojemność C.

P = 50 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95V = 240 Vf = 50 Hz
C = µF
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M90 kW, η = 95%cos φ = 0,88

Trójfazowy silnik indukcyjny oddaje przy pełnym obciążeniu 90 kW mocy mechanicznej. Przy tym obciążeniu jego sprawność wynosi 95%, a współczynnik mocy 0,88 (indukcyjny). Napięcie przewodowe sieci wynosi 480 V. Wyznacz prąd przewodowy IL.

Pout = 90 kWη = 95%cos φ = 0,88VL = 480 V
IL = A
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 150 kW przy współczynniku mocy 0,7 (indukcyjnym) z sieci 415 V (napięcie przewodowe), 60 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,95 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Wyznacz całkowitą moc bierną QC, którą musi dostarczyć bateria kondensatorów, w kvar.

P = 150 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatoryŚredni
RL​ = 40 Ω21480 VV2​I1​ = ?I2​

Do uzwojenia pierwotnego idealnego transformatora o przekładni N₁:N₂ = 2:1 przyłożono napięcie 480 V. Do uzwojenia wtórnego dołączono rezystor 40 Ω. Wyznacz prąd pierwotny I1.

N1:N2 = 2:1V1 = 480 VRL = 40 Ω
I1 = A
20.TransformatoryTrudny
pf 0,85250 kVA, 25% obciążenie

Jednofazowy transformator 250 kVA ma straty w rdzeniu 750 W i straty w miedzi 3000 W przy obciążeniu znamionowym. Dostarcza 25% swojej znamionowej mocy kVA przy współczynniku mocy 0,85 (indukcyjnym). Wyznacz całkowite straty Ploss w watach przy tym obciążeniu.

S = 250 kVAPcore = 750 WPcu,fl = 3000 Wx = 0,25pf = 0,85
Ploss = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​R2​ = 47 kΩV1​ = −2,4 VR1​ = 100 kΩV2​ = 1,4 VR3​ = 100 kΩR4​ = 47 kΩ

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

V1 = −2,4 VV2 = 1,4 VR1 = R3 = 100 kΩR2 = R4 = 47 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​C = 2,2 µFVin​ = −0,5 VR = 4,7 kΩ

Układ całkujący wykorzystuje idealny wzmacniacz operacyjny zasilany napięciem ±15 V; jego wyjście nasyca się przy ±12 V. Kondensator jest rozładowany, gdy w t = 0 zostaje przyłożone stałe napięcie wejściowe Vin = −0,5 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout w chwili t = 200 ms.

Vin = −0,5 VR = 4,7 kΩC = 2,2 µFVsat = ±12 Vt = 200 ms
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 3,3 kΩβ = 120RE​ = 470 ΩVCC​ = 12 VR1​ = 68 kΩR2​ = 10 kΩ

Tranzystor NPN o β = 120 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 12 V: R₁ = 68 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 10 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 3,3 kΩ, a rezystor emiterowy RE = 470 Ω. Przyjmij VBE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz napięcie kolektor–emiter VCE.

VCC = 12 VR1 = 68 kΩR2 = 10 kΩRC = 3,3 kΩRE = 470 Ωβ = 120
VCE = V
24.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 1 kΩβ = 100IC​ = ?VCC​ = 12 V3,3 VRB​ = 3,3 kΩ

Tranzystor NPN o β = 100 przełącza rezystor obciążenia 1 kΩ włączony między VCC = 12 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 3,3 V przez rezystor bazowy RB = 3,3 kΩ. Przyjmij VBE = 0,7 V i VCE(sat) = 0,2 V. Wyznacz prąd kolektora IC w mA, gdy na wejściu jest stan wysoki. Najpierw ustal, czy tranzystor jest nasycony.

VCC = 12 VRC = 1 kΩβ = 100Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 3,3 kΩ
IC = mA
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U2?−128?64?32?16?8?4?2?1

Zapisz −106 jako 8-bitowy wzór w kodzie U2. Odczytaj ten wzór jako liczbę dwójkową bez znaku: jaka jest jego wartość U dziesiętnie?

N = −1068 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
16 bit1 px1024 px768 pxM = ? KiB

Nieskompresowany obraz ma 1024 × 768 pikseli i 16 bitów na piksel. Ile pamięci M zajmuje, w KiB (1 KiB = 1024 bajty)?

1024 × 768 px16 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111010110302140517060121130150141819111010

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 4, 7, 8, 9, 11, 13). Ile iloczynów N ona zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 4, 7, 8, 9, 11, 13)
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
CLKJK123456

Przerzutnik JK wyzwalany zboczem narastającym startuje z Q = 0 i dostaje pokazane wejścia przy 6 zboczach narastających zegara. Ile razy N Q zmienia stan?

Q₀ = 0JK
N =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
ReIm−0,5−1−1,5−20,51

F(s) = 33/(s² + 3s + 2). Jej transformata odwrotna ma postać f(t) = A·e−t + B·e−2t. Znajdź współczynnik A metodą rozkładu na ułamki proste.

F(s) = 33/(s² + 3s + 2)
A =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 8y′ + 15y = 22,5·u(t). Startuje ze stanu spoczynku (y(0) = 0, y′(0) = 0), a wejściem jest skok u(t) = 10 dla t ≥ 0. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź wyjście y(0,3).

y″ + 8y′ + 15y = 22,5·u(t)u(t) = 10y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,3 s
y(0.3) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+26s(s + 5)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 26/(s(s + 5)). Sygnał odniesienia to wymuszenie liniowo narastające r(t) = 5·t. Znajdź uchyb ustalony ess.

G(s) = 26/(s(s + 5))r(t) = 5·t
ess =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+Kregulator+D(s)+1s + 6obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K steruje obiektem G(s) = 1/(s + 6) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Skok zakłócenia o wielkości 5 wchodzi na wejście obiektu, gdy R = 0. Znajdź najmniejsze wzmocnienie K, przy którym wyjście w stanie ustalonym nie przekracza 0,04167.

G(s) = 1/(s + 6)D = 5css ≤ 0,04167
K =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)1tp​ = ?

Układ ma transmitancję G(s) = 38/(s² + 7s + 38) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź czas szczytu tp odpowiedzi skokowej.

G(s) = 38/(s² + 7s + 38)
tp = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
k = 500 N/mc = 7 N·s/mm = 2,5 kgF = 50 Nx(t)

Masa m = 2,5 kg wisi na sprężynie k = 500 N/m z tłumikiem lepkim c = 7 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). W spoczynku w położeniu równowagi nagle przyłożono stałą siłę F = 50 N. Wyznacz współczynnik tłumienia ζ.

m = 2,5 kgk = 500 N/mc = 7 N·s/mF = 50 N
ζ =
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,11101001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 2

Znajdź dokładny moduł |G(jω)| G(s) = 840/((s + 4)(s + 14)) przy ω = 2 rad/s, w dB.

G(s) = 840/((s + 4)(s + 14))ω = 2 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) = K/(s(s + 5)(s + 9)). Znajdź wzmocnienie K, które daje zapas wzmocnienia 15 dB.

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 9))GM = 15 dB
K =
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+Ks + 4(s − 3)(s + 1)C(s)−

Obiekt G(s) = (s + 4)/((s − 3)(s + 1)) ma biegun niestabilny w s = 3. Wzmocnienie proporcjonalne K zamyka wokół niego pętlę ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz najmniejsze wzmocnienie Kmin, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

G(s) = (s + 4)/((s − 3)(s + 1))
Kmin =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−5j5

Naszkicowano linię pierwiastkową dla L(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 6)). Wyznacz częstotliwość ω, przy której linia przecina oś urojoną.

L(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 6))
ω = rad/s
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
R(s)+K(s + 2)(s + 10)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma G(s) = K/((s + 2)(s + 10)). Wyznacz wzmocnienie K, które daje uchyb ustalony 5 % dla wejścia skokowego.

G(s) = K/((s + 2)(s + 10))ess = 5 %
K =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+Kp​ + Ki​/s10s + 2C(s)−

Regulator PI C(s) = Kp + Ki/s steruje obiektem G(s) = 10/(s + 2) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Układ zamknięty ma mieć ωₙ = 10 rad/s i ζ = 0,8. Wyznacz wzmocnienie proporcjonalne Kp.

G(s) = 10/(s + 2)ωₙ = 10 rad/sζ = 0,8
Kp =

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 15 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​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAR4​15 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R3 + R4 = 15 + 15 = 30 Ω
R2 ∥ 30 = 20·30/(20+30) = 12 Ω
Req = R1 + 12 = 3 + 12 = 15 Ω

Odpowiedź

Req = 15 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,3741 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​ = 20 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAR4​10 ΩBR6​4 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 + 4 = 9 Ω
R4 ∥ 9 = 4,737 Ω
R3 + 4,737 = 19,74 Ω
R2 ∥ 19,74 = 4,601 Ω
Req = R1 + 4,601 = 20 + 4,601 = 24,6 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 12/24,6 = 0,4878 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 12 − 0,4878·20 = 2,244 V
IR2 = VA/R2 = 2,244/6 = 0,3741 A

Odpowiedź

IR2 = 0,3741 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 8,1 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​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAR4​3 ΩBIs​2 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 15 V). Niewiadome: VA, VB.

PPK w węźle A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/6 + (VA − 15)/2 + (VA − VB)/3 = 0
VA − 0,3333·VB = 7,5

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/3 + (VB − VA)/3 = 2
−0,3333·VA + 0,6667·VB = 2

Rozwiąż

Δ = (1)(0,6667) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,5556
VA = Δ1/Δ = 5,667/0,5556 = 10,2 V
VB = Δ2/Δ = 4,5/0,5556 = 8,1 V

Odpowiedź

VB = 8,1 V
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 2,217 V

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

PPK w węźle A

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

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,8733·VA − 0,5·VB = 0,72

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 = 0,1·VA
−0,6·VA + 0,5667·VB = 0

Rozwiąż

Δ = (0,8733)(0,5667) − (−0,5)(−0,6) = 0,1949
VA = Δ1/Δ = 0,408/0,1949 = 2,094 V
VB = Δ2/Δ = 0,432/0,1949 = 2,217 V

Odpowiedź

VB = 2,217 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I1 = 0,5 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​ = 10 Ω+−V1​12 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
4·I1 + 10(I1 − I2) = 12
14·I1 − 10·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 + 10(I2 − I1) = (−15)
−10·I1 + 20·I2 = −15

Rozwiąż

Δ = (14)(20) − (−10)(−10) = 180
I1 = Δ1/Δ = 90/180 = 0,5 A
I2 = Δ2/Δ = −90/180 = −0,5 A

Odpowiedź

I1 = 0,5 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I3 = −0,7185 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​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR4​25 ΩAR5​12 ΩB+−V2​15 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 + 25(I1 − I2) = 6
29·I1 − 25·I2 = 6

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
3·I2 + 25(I2 − I1) + 12(I2 − I3) = 0
−25·I1 + 40·I2 − 12·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
12·I3 + 12(I3 − I2) = (−15)
−12·I2 + 24·I3 = −15

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 8664
I1 = Δ1/Δ = 396/8664 = 0,04571 A
I2 = Δ2/Δ = −1620/8664 = −0,187 A
I3 = Δ3/Δ = −6225/8664 = −0,7185 A

Odpowiedź

I3 = −0,7185 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: Is = 1,029 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​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩAR4​5 ΩBROZWARCIE

Przypadek 1 · V1 działające samodzielnie

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

R3+R4 = 12+5 = 17 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 4·17/(4+17) = 3,238 Ω
VA = 18·3,238/(10+3,238) = 4,403 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,403·5/17 = 1,295 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (4,403 − 1,295)/12 = 0,259 A

Przypadek 2 · Is działające samodzielnie

V₁ staje się zwarciem, więc R₁ ∥ R₂ łączy A z masą. Iₛ dzieli się w B między R₄ a ścieżkę R₃ + R₁∥R₂; część przez R₃ płynie od B do A, przeciwnie do strzałki.

R1 ∥ R2 = 2,857 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·5/19,86 = −0,2518·Is

Przyrównaj sumę do zera

IR3′ + IR3″ = 0,259 − 0,2518·Is = 0
Is = 0,259/0,2518 = 1,029 A

Odpowiedź

Is = 1,029 A
8.Superpozycja

Odpowiedź: IR4 = 0,8405 A

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

R1​ = 20 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​12 VR3​3 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) = 3 ∥ 32 = 2,743 Ω
VA = 12·2,743/(20+2,743) = 1,447 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,447·20/32 = 0,9045 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (0,9045 − 0)/20 = 0,04523 A
R1​ = 20 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 20 ΩZWARCIER3​3 ΩAIs​2,5 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 = 2,609 Ω, więc lewa gałąź to R2+2,609 = 14,61 Ω
Req = R4 ∥ 14,61 = 8,442 Ω
VB = Is·Req = 2,5·8,442 = 21,11 V
VA = VB·2,609/14,61 = 3,769 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (21,11 − 0)/20 = 1,055 A
R1​ = 20 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 20 ΩZWARCIER3​3 ΩAROZWARCIEB+−V2​9 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 = 20·3/(20+3) = 2,609 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 9·14,61/34,61 = 3,799 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 3,799·2,609/14,61 = 0,6784 V
IR4‴ = (VB − V2)/R4 = (3,799 − 9)/20 = −0,2601 A

Dodaj składowe

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴
IR4 = 0,04523 + 1,055 + (−0,2601) = 0,8405 A

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

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 4,5 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​ = 3 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 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 3 = 6 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 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) = 6·12/(4+12) = 4,5 V
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = 7,727 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​ = 3 ΩR3​ = 4 ΩZWARCIER2​3 ΩAROZWARCIEBabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

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

R1 ∥ R2 = 3·3/(3+3) = 1,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,5 + 4 = 5,5 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​3 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) = 15 + 5·1,5 = 22,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 22,5 + 5·4 = 42,5 V
IN​7,727 ARth​5,5 Ωab

Układ zastępczy Nortona

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

IN = Vth/Rth = 42,5/5,5 = 7,727 A
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: τ = 48,88 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 = 3,3·6,8/(3,3 + 6,8) = 2,222 kΩ
vC(∞) = 30·6,8/(3,3 + 6,8) = 20,2 V

Stała czasowa

τ = Rth·C = 2,222·22 = 48,88 ms

Odpowiedź

τ = 48,88 ms
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 6,833 V

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

Początkowe napięcie kondensatora

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

vC(0) = 15·3,3/(2,2 + 3,3) = 9 V

Stała czasowa po otwarciu łącznika

τ = R2·C = 3,3·220 = 726 ms

Rozładowanie

vC(t) = 9·e−200/726 = 6,833 V

Odpowiedź

vC = 6,833 V
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: φ = −64,85 °

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·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,02 = 12,57 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·47·10⁻⁶) = 33,86 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(10² + (−21,3)²) = 23,53 Ω

Kąt fazowy

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−21,3/10) = −64,85°

Odpowiedź

φ = −64,85°
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: B = 159,2 Hz

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

Częstotliwość rezonansowa

f0 = 1/(2π·√(0,01·0,47·10⁻⁶)) = 2322 Hz

Dobroć

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

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/10)·√(0,01/(0,47·10⁻⁶)) = 14,59

Pasmo przenoszenia

B = f0/Q = 2322/14,59 = 159,2 Hz

Odpowiedź

B = 159,2 Hz
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: P = 4090 W

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 czynna

P = I²·R = 18,46²·12 = 4090 W

Odpowiedź

P = 4090 W
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: C = 2322 µF

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = P·tan φ1 = 50·tan(49,46°) = 58,46 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(18,19°) = 16,43 kvar
QC = Q1 − Q2 = 42,02 kvar

Pojemność

Kondensator dołączony do zasilania dostarcza Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 42022/(2π·50·240²) = 2322 µF

Odpowiedź

C = 2322 µF
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: IL = 129,5 A

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

Elektryczna moc wejściowa

Pin = Pout/η = 90/0,95 = 94,74 kW

Prąd linii

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 94737/(√3·480·0,88) = 129,5 A

Odpowiedź

IL = 129,5 A
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: QC = 103,7 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 = 150·tan(acos 0,7) = 150·1,02 = 153 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,95) = 150·0,3287 = 49,3 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 103,7 kvar

Odpowiedź

QC = 103,7 kvar
19.Transformatory

Odpowiedź: I1 = 3 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 = 480/2 = 240 V
I2 = 240/40 = 6 A

Prąd pierwotny

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

I1 = I2/2 = 3 A

Odpowiedź

I1 = 3 A

Sprawdzenie: obciążenie widziane od strony pierwotnej to a²·RL = 160 Ω, a 480/160 daje ten sam prąd.

20.Transformatory

Odpowiedź: Ploss = 937,5 W

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

Straty w miedzi przy tym obciążeniu

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,0625·3000 = 187,5 W

Straty całkowite

Straty w rdzeniu są takie same przy każdym obciążeniu.

Ploss = 750 + 187,5 = 937,5 W

Odpowiedź

Ploss = 937,5 W

Sprawność przy tym obciążeniu wynosi η = 98,27%.

21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 1,786 V

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

Napięcie na wejściach

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

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,4·47/(100 + 47) = 0,4476 V
V₋ = V₊

PPK na wejściu odwracającym

(−2,4 − 0,4476)/100 = (0,4476 − Vout)/47
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (47/100)·(1,4 − (−2,4)) = 1,786 V

Odpowiedź

Vout = 1,786 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 9,671 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.

Prąd wejściowy i szybkość narastania

kΩ razy µF daje milisekundy.

RC = 4,7 kΩ · 2,2 µF = 10,34 ms
szybkość narastania = −Vin/(RC) = −(−0,5)/10,34 = 0,04836 V/ms

Wyjście w podanej chwili

Wartość idealna leży w granicach ±Vsat, więc układ całkujący jeszcze nie obcina.

Vout = −Vin·t/(RC) = −(−0,5)·200/10,34 = 9,671 V

Odpowiedź

Vout = 9,671 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: VCE = 6,211 V

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

Zastępczy układ Thévenina dzielnika

VTH = 12·10/(68 + 10) = 1,538 V
RTH = 68·10/(68 + 10) = 8,718 kΩ

Prąd bazy

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

IB = (1,538 − 0,7)/(8,718 + 121·0,47) = 12,78 µA

Prąd kolektora

IC = 120·12,78 µA = 1,534 mA
IE = 121·12,78 µA = 1,547 mA

Napięcie kolektor–emiter

VCE = 12 − 1,534·3,3 − 1,547·0,47 = 6,211 V

Odpowiedź

VCE = 6,211 V
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 11,8 mA

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

Prąd bazy

IB = (3,3 − 0,7)/3,3 kΩ = 787,9 µA

Nasycenie czy obszar aktywny?

β·IB jest większe od IC(sat), więc tranzystor się nasyca.

β·IB = 78,79 mA
IC(sat) = (12 − 0,2)/1000 = 11,8 mA

Prąd kolektora

IC = IC(sat) = 11,8 mA

Odpowiedź

IC = 11,8 mA

Tranzystor jest nasycony.

25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 150

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.

Odwróć i dodaj jeden

106 = 0110 1010
odwrócone: 1001 0101
+1 → 1001 0110

Odczytaj bez znaku

1001 0110₂ = 256 − 106 = 150

Odpowiedź

U = 150
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: M = 1536 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

1024·768·16 = 12582912 bit = 1572864 B

Zamień na KiB

1572864/1024 = 1536 KiB

Odpowiedź

M = 1536 KiB
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 5

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.

ABCD000111100001111010110302140517060121130150141819111010

Zgrupuj jedynki

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

B′C′
A′C′D′
AC′D
AB′D
A′BCD

Minimalna postać SOP

F = B′C′ + A′C′D′ + AC′D + AB′D + A′BCD
N = 5

Odpowiedź

N = 5
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 3

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

Q po każdym zboczu

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

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

Policz zmiany

0 → 0 → 1 → 1 → 0 → 0 → 1
N = 3

Odpowiedź

N = 3
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: A = 33

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 + 3s + 2 = (s + 1)(s + 2)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 2)

Metoda zakrywania

Pomnóż przez (s + 1) i podstaw s = −1: składnik z B znika.

A = 33/(s + 2) |s = −1 = 33/1 = 33

Odpowiedź

A = 33
(B = −33, więc f(t) = 33·e−t − 33·e−2t)
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.3) = 4,774

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) = 225/(s(s + 3)(s + 5))

Ułamki proste

A = 225/(3·5) = 15
B = 225/((−3)·2) = −37,5
C = 225/((−5)·(−2)) = 22,5

Wydalone

y(t) = 15 − 37,5·e−3t + 22,5·e−5t
y(0,3) = 4,774

Odpowiedź

y(0,3) = 4,774
31.Schematy blokowe

Odpowiedź: ess = 0,9615

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).

Stała uchybu prędkościowego

Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 26/5 = 5,2

Uchyb ustalony

ess = A/Kᵥ = 5/5,2 = 0,9615

Odpowiedź

ess = 0,9615
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 114

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

Odpowiedź na zakłócenie

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

Rozwiąż względem K

6 + 1K = 5·1/0,04167 = 120
K = (120 − 6)/1 = 114

Odpowiedź

K = 114
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: tp = 0,6191 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 = 38 → ωₙ = 6,164 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·6,164) = 0,5678

Wynik

ωd = 6,164·√(1 − 0,5678²) = 5,074 rad/s → tp = π/ωd = 0,6191 s

Odpowiedź

tp = 0,6191 s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ζ = 0,09899

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) = √(500/2,5) = 14,14 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 7/(2·√(500·2,5)) = 0,09899

Wynik

ζ = 0,09899

Odpowiedź

ζ = 0,09899
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: |G(jω)| = 22,46 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(j2)| = 840/(√(2² + 4²)·√(2² + 14²)) = 840/(4,472·14,14) = 13,28

Wynik

20·log₁₀(13,28) = 22,46 dB

Odpowiedź

|G(jω)| = 22,46 dB
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: K = 112

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/5)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(5·9) = 6,708 rad/s

Moduł przy częstotliwości odcięcia fazy

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 25)·√(ω² + 81)) = K/(5·9·(5 + 9)) = K/630

Wymagane wzmocnienie

630/K = 1015/20 = 5,623
K = 630/5,623 = 112

Odpowiedź

K = 112
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmin = 2

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

Wielomian charakterystyczny

(s − 3)(s + 1) + K(s + 4) = s² + (-2 + K)s + (4K − 3)

Warunki

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

-2 + K > 0 → K > 2
4K − 3 > 0 → K > 0,75
Kmin = 2

Odpowiedź

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

Odpowiedź: ω = 7,348 rad/s

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

Wzmocnienie krytyczne

s³ + 13s² + 54s + 72 + K = 0
s¹: (13·54 − 72 − K)/13 = 0 → K = 630

Częstotliwość przecięcia

13s² + 72 + 630 = 13s² + 702 = 0 → s² = −54
ω = √54 = 7,348 rad/s

Odpowiedź

ω = 7,348 rad/s
39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 380

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) = 0,05 → Kp = 19

Wzmocnienie

K/20 = 19 → K = 380

Odpowiedź

K = 380

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

40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Kp = 1,4

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 + 10Kp)s + 10Ki

Wielomian docelowy

s² + 2·0,8·10s + 10² = s² + 16s + 100

Dopasuj współczynniki

2 + 10Kp = 16 → Kp = 1,4

Odpowiedź

Kp = 1,4

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