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​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​15 ΩAR4​4 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 15 ΩR3 = 6 ΩR4 = 4 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 30 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​36 VR2​3 ΩAR4​12 ΩBR6​4 Ω

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 36 VR1 = 30 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 ΩR4 = 12 ΩR5 = 4 ΩR6 = 4 Ω
Req = Ω
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
−+Vs​ = 9 VIs​4 AAR1​5 ΩR2​2 ΩB

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

Is = 4 AVs = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 2 Ω
VA = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 15 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAR4​8 ΩIR4​B0,1·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 prąd IR4 płynący przez R4 w kierunku strzałki.

V1 = 24 VR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩR3 = 15 ΩR4 = 8 Ωg = 0,1 A/V
IR4 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 5 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​9 VR3​2 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

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

V1 = 9 VV2 = 24 VR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 Ω
I1 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 2 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR4​20 ΩAR5​6 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

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

V1 = 15 VV2 = 36 VR1 = 2 ΩR2 = 30 ΩR3 = 15 ΩR4 = 20 ΩR5 = 6 Ω
I2 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​10 Ω+−VR2​AR4​15 ΩBIs​5 A

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

V1 = 9 VIs = 5 AR1 = 2 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 ΩR4 = 15 Ω
VR2 = V
8.SuperpozycjaTrudny
obwód liniowyV1​V2​Is​IRL​

Liniowy obwód rezystancyjny zawiera trzy niezależne źródła: V1, V2 i Is. Prąd I przez obciążenie zmierzono trzy razy. Przy wszystkich źródłach o wartościach normalnych I = −4,5 mA. Po podwojeniu V1 przy niezmienionych pozostałych dwóch I = −1,5 mA. Po odwróceniu kierunku Is przy niezmienionych pozostałych dwóch I = 13,5 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy V2 jest wyłączone, a V1 i Is mają wartości normalne.

wartości normalne: I = −4,5 mA2·V1: I = −1,5 mA−Is: I = 13,5 mA
I = mA
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 15 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​15 VR2​12 ΩARL​5 ΩIL​B

Między a–b podłączono obciążenie RL = 5 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 12 ΩR3 = 4 ΩRL = 5 Ω
IL = A
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​3 ΩAIs​6 ABRL​12 ΩIL​

Między a–b podłączono obciążenie RL = 12 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 24 VIs = 6 AR1 = 8 ΩR2 = 3 ΩR3 = 3 ΩRL = 12 Ω
IL = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​6 Vt = 0R = 22 ΩL220 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz energię W zgromadzoną w cewce w chwili t = 25 ms, w mJ.

Vs = 6 VR = 22 ΩL = 220 mHt = 25 ms
W = mJ
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​5 Vt = 0R = ?C2,2 µF+−vC​

W t = 0 układ czasowy zaczyna ładować nienaładowany kondensator przez rezystor ze źródła 5 V. Ma zadziałać, gdy napięcie kondensatora osiągnie 4,5 V, dokładnie 250 ms po starcie. Przy C = 2,2 µF wyznacz potrzebną rezystancję R.

Vs = 5 VVth = 4,5 VT = 250 msC = 2,2 µF
R = kΩ
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
24 V50 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 2,2 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 24 V (skuteczne), 50 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.

V = 24 V (rms)f = 50 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 2,2 µF
I = A
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
230 V100 HzR1​ = 30 ΩR2​ = 100 ΩC = 10 µF

Rezystor R1 jest połączony szeregowo z równoległym połączeniem R2 i kondensatora C i podłączony do zasilania 230 V (skuteczne), 100 Hz. Wyznacz moduł impedancji |Z|.

V = 230 V (rms)f = 100 HzR1 = 30 ΩR2 = 100 ΩC = 10 µF
|Z| = Ω
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 39 kWQ = ?Sφ

Silnik jednofazowy pobiera 39 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) z zasilania 400 V. Wyznacz moc bierną Q, którą pobiera.

P = 39 kWpf = 0,8V = 400 V
Q = kvar
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P1​ = 40 kWQ1​S1​φ

Transformator jednofazowy 100 kVA zasila odbiornik 40 kW przy współczynniku mocy 0,7 (indukcyjnym). Ile dodatkowej mocy czynnej ΔP można dołączyć jako odbiornik rezystancyjny (współczynnik mocy równy 1), zanim transformator osiągnie swoją moc znamionową w kVA?

Smax = 100 kVAP1 = 40 kWpf1 = 0,7
ΔP = kW
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 415 VIL​ = 150 Acos φ = 0,82indukcyjny

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera prąd przewodowy 150 A ze źródła o napięciu przewodowym 415 V. Współczynnik mocy wynosi 0,82 (indukcyjny). Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 415 VIL = 150 Acos φ = 0,82
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 60 kW przy współczynniku mocy 0,72 (indukcyjnym) z sieci 480 V (napięcie przewodowe), 50 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,9 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w trójkąt. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 60 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
6600 V230 VIHV​ = ?ILV​15 kVA

Jednofazowy transformator 15 kVA, 6600/230 V pracuje przy obciążeniu znamionowym. Potraktuj go jako idealny. Wyznacz prąd IHV w uzwojeniu górnego napięcia.

S = 15 kVAV1 = 6600 VV2 = 230 V
IHV = A
20.TransformatoryTrudny
500 kVA

Jednofazowy transformator 500 kVA ma straty w rdzeniu 2500 W i straty w miedzi 7500 W przy obciążeniu znamionowym. Przy jakim obciążeniu Sη,max, w kVA, jego sprawność jest najwyższa?

S = 500 kVAPcore = 2500 WPcu,fl = 7500 W
Sη,max = kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 22 kΩVin​

Dobierz rezystor sprzężenia zwrotnego Rf, który da temu wzmacniaczowi nieodwracającemu wzmocnienie napięciowe 31.

R1 = 22 kΩAv = 31
Rf = kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​R2​ = 22 kΩV1​ = 0,6 VR1​ = 1 kΩV2​ = 1,1 VR3​ = 47 kΩR4​ = 10 kΩ

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

V1 = 0,6 VV2 = 1,1 VR1 = 1 kΩR2 = 22 kΩR3 = 47 kΩR4 = 10 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
+−20 V150 Ω6,2 V470 ΩIZ​ = ?

Stabilizator z diodą Zenera 6,2 V jest zasilany napięciem 20 V przez 150 Ω i zasila obciążenie 470 Ω. Wyznacz prąd diody Zenera IZ.

Vin = 20 VVZ = 6,2 VR = 150 ΩRL = 470 Ω
IZ = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
+−≥ 15 VR = ?6,2 V≤ 50 mA

Stabilizator z diodą Zenera 6,2 V ma dostarczać do obciążenia do 50 mA. Napięcie wejściowe może spaść do 15 V, a dioda Zenera potrzebuje co najmniej 1 mA, aby stabilizować. Wyznacz największą rezystancję szeregową Rmax, przy której stabilizacja jest zachowana.

Vin,min = 15 VVZ = 6,2 VIL,max = 50 mAIZ,min = 1 mA
Rmax = Ω
25.Systemy liczboweŚredni
wagi w kodzie U21−12806413211608140201

8-bitowy wzór 1011 0100 zapisuje liczbę całkowitą ze znakiem w kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest jej wartość N dziesiętnie?

1011 01008 bit
N =
26.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 0110 0110 XOR 1011 0000. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

0110 0110XOR1011 0000
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABC000111100101324576

Uprość F = BC′ + A′B′ + A′C′ + AB do minimalnej postaci sumy iloczynów. Ile literałów L zawiera uproszczone wyrażenie?

F = BC′ + A′B′ + A′C′ + AB
L =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
CLKT123456

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

Q₀ = 0T
N =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
ReIm−2−4−624

Znajdź f(t) dla F(s) = (3s + 16)/(s² + 4s + 20) metodą dopełnienia do kwadratu i oblicz f(1).

F(s) = (3s + 16)/(s² + 4s + 20)t = 1 s
f(1) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Rozwiąż y″ + 6y′ + 8y = 0 dla y(0) = −4 i y′(0) = 4 za pomocą transformaty Laplace’a i znajdź y(0,1).

y″ + 6y′ + 8y = 0y(0) = −4y′(0) = 4t = 0,1 s
y(0.1) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+60s(s + 7)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 60/(s(s + 7)). Sygnał odniesienia to wymuszenie liniowo narastające r(t) = 10·t. Znajdź uchyb ustalony ess.

G(s) = 60/(s(s + 7))r(t) = 10·t
ess =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+26s(s + 2)G(s)C(s)2H−

Obiekt G(s) = 26/(s(s + 2)) jest w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego z czujnikiem o wzmocnieniu H = 2. Bieguny układu zamkniętego są zespolone. Znajdź ich część urojoną ωd (wartość dodatnią), w rad/s.

G(s) = 26/(s(s + 2))H = 2
ωd = rad/s
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)2

Układ ma transmitancję G(s) = 192/(s² + 8s + 96) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź pulsację własną ωn w rad/s.

G(s) = 192/(s² + 8s + 96)
ωn = rad/s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
t (s)y(t)130 %

Układ drugiego rzędu bez zer ma mieć odpowiedź skokową z przeregulowaniem 30 %. Znajdź współczynnik tłumienia ζ.

%OS = 30 %
ζ =
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
vin​L = 1 mHR = 220 Ωvout​

Filtr dolnoprzepustowy RL pokazany na rysunku ma R = 220 Ω, L = 1 mH. Podano sinusoidalne wejście 180 kHz. Znajdź wzmocnienie |H| = |vout/vin| w dB.

R = 220 ΩL = 1 mHf = 180 kHz
|H| = 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) = 122/(s(s + 8)(s + 9)). Znajdź częstotliwość odcięcia fazy ω180, przy której ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 122/(s(s + 8)(s + 9))
ω180 = rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K1s(s + 1)(s + 8)C(s)−

Pętla na schemacie ma transmitancję układu otwartego L(s) = K/(s(s + 1)(s + 8)). Wzmocnienie zwiększa się, aż układ zamknięty znajdzie się na granicy stabilności. Wyznacz częstotliwość ω drgań niegasnących.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 8))
ω = rad/s
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−2−4j2j4

Naszkicowano linię pierwiastkową dla L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 4)). Wyznacz częstotliwość ω, przy której linia przecina oś urojoną.

L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 4))
ω = rad/s
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
R(s)+K = 420,5s + 1C(s)−

Proces G(s) = 2/(0,5s + 1) jest sterowany wzmocnieniem proporcjonalnym K = 4 w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz uchyb ustalony ess dla skoku, jako procent wartości skoku.

G(s) = 2/(0,5s + 1)K = 4
ess = %
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+25 + Kd​s5s(s + 3)C(s)−

Regulator PD C(s) = 25 + Kd·s steruje obiektem G(s) = 5/(s(s + 3)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz wzmocnienie członu różniczkującego Kd, przy którym układ zamknięty ma współczynnik tłumienia ζ = 0,8.

G(s) = 5/(s(s + 3))Kp = 25ζ = 0,8
Kd = s

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 18 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​ = 12 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​15 ΩAR4​4 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 = 6 + 4 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 15·10/(15+10) = 6 Ω
Req = R1 + 6 = 12 + 6 = 18 Ω

Odpowiedź

Req = 18 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 32,3 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​ = 30 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​36 VR2​3 ΩAR4​12 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 = 4 + 4 = 8 Ω
R4 ∥ 8 = 4,8 Ω
R3 + 4,8 = 9,8 Ω
R2 ∥ 9,8 = 2,297 Ω
Req = R1 + 2,297 = 30 + 2,297 = 32,3 Ω

Odpowiedź

Req = 32,3 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VA = −0,7143 V

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

Utwórz superwęzeł

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

VB = VA + Vs = VA + 9
VA/R1 + VB/R2 = Is

Rozwiąż

VA/5 + (VA + 9)/2 = 4
VA = (4 − 9/2)/(1/5 + 1/2) = −0,7143 V
VB = −0,7143 + 9 = 8,286 V

Odpowiedź

VA = −0,7143 V
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR4 = 1,387 A

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

PPK w węźle A

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

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,1833·VA − 0,06667·VB = 1,6

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
−0,1667·VA + 0,1917·VB = 0

Rozwiąż

Δ = (0,1833)(0,1917) − (−0,06667)(−0,1667) = 0,02403
VA = Δ1/Δ = 0,3067/0,02403 = 12,76 V
VB = Δ2/Δ = 0,2667/0,02403 = 11,1 V

Prąd przez R₄

IR4 = VB/R4 = 11,1/8 = 1,387 A

Odpowiedź

IR4 = 1,387 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I1 = 0,913 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​ = 5 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​9 VR3​2 ΩA+−V2​24 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
5·I1 + 2(I1 − I2) = 9
7·I1 − 2·I2 = 9

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
15·I2 + 2(I2 − I1) = (−24)
−2·I1 + 17·I2 = −24

Rozwiąż

Δ = (7)(17) − (−2)(−2) = 115
I1 = Δ1/Δ = 105/115 = 0,913 A
I2 = Δ2/Δ = −150/115 = −1,304 A

Odpowiedź

I1 = 0,913 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I2 = 0,09281 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​ = 2 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR4​20 ΩAR5​6 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

Przypisz prądy oczkowe

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

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
2·I1 + 20(I1 − I2) = 15
22·I1 − 20·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
30·I2 + 20(I2 − I1) + 6(I2 − I3) = 0
−20·I1 + 56·I2 − 6·I3 = 0

NPK w oczku 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
15·I3 + 6(I3 − I2) = (−36)
−6·I2 + 21·I3 = −36

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 16680
I1 = Δ1/Δ = 12780/16680 = 0,7662 A
I2 = Δ2/Δ = 1548/16680 = 0,09281 A
I3 = Δ3/Δ = −28152/16680 = −1,688 A

Odpowiedź

I2 = 0,09281 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: VR2 = 12,46 V

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩAR4​15 ΩBROZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

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

R3+R4 = 6+15 = 21 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·21/(10+21) = 6,774 Ω
VA = 9·6,774/(2+6,774) = 6,949 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 6,949·15/21 = 4,963 V
VR2′ = VA − 0 = 6,949 − 0 = 6,949 V
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 ΩZWARCIER2​10 ΩAR4​15 ΩBIs​5 A

Przypadek 2 · działa tylko Is

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

R1 ∥ R2 = 2·10/(2+10) = 1,667 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 15 ∥ 7,667 = 5,074 Ω
VB = Is·Req = 5·5,074 = 25,37 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 25,37·1,667/7,667 = 5,515 V
VR2″ = VA − 0 = 5,515 − 0 = 5,515 V

Dodaj składowe

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 6,949 + 5,515 = 12,46 V

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

8.Superpozycja

Odpowiedź: I = −6 mA

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.

Zapisz pomiary za pomocą wkładów

Każdy wkład jest proporcjonalny do własnego źródła.

I₁ + I₂ + I₃ = −4,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = −1,5
I₁ + I₂ − I₃ = 13,5

Wyznacz wkłady

I₁ = −1,5 − (−4,5) = 3 mA
I₃ = (−4,5 − 13,5)/2 = −9 mA
I₂ = −4,5 − 3 − (−9) = 1,5 mA

Wyłącz V₂

I = I₁ + I₃ = 3 + (−9) = −6 mA

Odpowiedź

I = −6 mA
9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 0,4255 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​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 = 15·12/(15+12) = 6,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,667 + 4 = 10,67 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 4 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/(15+12) = 6,667 V
Rth​ = 10,67 Ω+−Vth​6,667 VRL​5 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) = 6,667/(10,67 + 5) = 0,4255 A
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 2,19 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​ = 3 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 = 8·3/(8+3) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 3 = 5,182 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​3 ΩAIs​6 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) = 6,545 + 6·2,182 = 19,64 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 19,64 + 6·3 = 37,64 V
Rth​ = 5,182 Ω+−Vth​37,64 VRL​12 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) = 37,64/(5,182 + 12) = 2,19 A
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: W = 6,894 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 / 22 Ω = 10 ms
i(∞) = Vs/R = 6/22 = 0,2727 A

Prąd w danej chwili

i(t) = 0,2727·(1 − e−25/10) = 0,2503 A

Zgromadzona energia

W = ½·L·i² = ½·220·0,2503² = 6,894 mJ

Odpowiedź

W = 6,894 mJ
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: R = 49,35 kΩ

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

Wymagana stała czasowa

4,5 = 5·(1 − e−250/τ) → τ = 250/ln(5/(5 − 4,5))
τ = 250/2,303 = 108,6 ms

Rezystancja

kΩ razy µF daje milisekundy.

R = τ/C = 108,6/2,2 = 49,35 kΩ

Odpowiedź

R = 49,35 kΩ
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 0,01751 A

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

Reaktancje

ω = 2πf = 2π·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,25 = 78,54 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·2,2·10⁻⁶) = 1447 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (−1368)²) = 1371 Ω

Prąd

Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.

I = V/|Z| = 24/1371 = 0,01751 A

Odpowiedź

I = 0,01751 A
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: |Z| = 111,2 Ω

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|.

Reaktancja

XC = 1/(2π·100·10·10⁻⁶) = 159,2 Ω

Połączenie równoległe

Pomnóż licznik i mianownik przez liczbę sprzężoną, aby rozdzielić Zp na część rzeczywistą i urojoną.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 71,7 − j45,05 Ω

Impedancja całkowita

Z = 30 + 71,7 − j45,05 = 101,7 − j45,05 Ω
|Z| = √(101,7² + 45,05²) = 111,2 Ω

Odpowiedź

|Z| = 111,2 Ω
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Q = 29,25 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(0,8) = 36,87°, tan φ = 0,75

Moc bierna

Q = P·tan φ = 39·0,75 = 29,25 kvar

Odpowiedź

Q = 29,25 kvar
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: ΔP = 51,29 kW

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 istniejącego odbiornika

Q1 = 40·tan(arccos 0,7) = 40,81 kvar

Największa łączna moc czynna

Przy pełnym obciążeniu znamionowym S = Smax, a odbiornik rezystancyjny nie zmienia Q.

P = √(Smax² − Q1²) = √(100² − 40,81²) = 91,29 kW

Dodatkowa moc czynna

ΔP = 91,29 − 40 = 51,29 kW

Odpowiedź

ΔP = 51,29 kW
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 88,41 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 = 107,8·0,82 = 88,41 kW

Odpowiedź

P = 88,41 kW
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 132,5 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 = 60·tan(acos 0,72) = 60·0,9639 = 57,83 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,9) = 60·0,4843 = 29,06 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 28,77 kvar

Pojemność na fazę

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

V = 480 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 9591/(314,2·480²) = 132,5 µF

Odpowiedź

Cph = 132,5 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: IHV = 2,273 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.

Prąd znamionowy

Oba uzwojenia przenoszą tę samą moc pozorną.

IHV = S/V = 15000/6600 = 2,273 A

Odpowiedź

IHV = 2,273 A
20.Transformatory

Odpowiedź: Sη,max = 288,7 kVA

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

Straty w miedzi równe stratom w rdzeniu

x²·7500 = 2500 → x = √(2500/7500) = 0,5774

Obciążenie przy maksymalnej sprawności

Sη,max = x·S = 0,5774·500 = 288,7 kVA

Odpowiedź

Sη,max = 288,7 kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Rf = 660 kΩ

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.

Wzmocnienie wzmacniacza nieodwracającego

V₋ = V₊ = Vin, a prąd przez R₁ płynie też przez Rf, więc Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (31 − 1)·22 = 660 kΩ

Odpowiedź

Rf = 660 kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −8,761 V

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

Napięcie na wejściu +

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,1·10/(47 + 10) = 0,193 V

Superpozycja obu wejść

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

Vout = −(22/1)·0,6 + (1 + 22/1)·0,193 = −13,2 + 4,439 = −8,761 V

Odpowiedź

Vout = −8,761 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IZ = 78,81 mA

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

Prąd rezystora

IR = 13,8/150 = 92 mA

Prąd obciążenia

IL = 6,2/470 = 13,19 mA

Prąd diody Zenera

IZ = 92 − 13,19 = 78,81 mA

Odpowiedź

IZ = 78,81 mA
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: Rmax = 172,5 Ω

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 w najgorszym przypadku

IR = 50 + 1 = 51 mA

Największa rezystancja

Rmax = 8,8/0,051 = 172,5 Ω

Odpowiedź

Rmax = 172,5 Ω
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −76

Pozycyjne systemy liczbowe: każda cyfra jest warta swoją wartość razy potęgę podstawy. W systemie dwójkowym pozycje są warte 1, 2, 4, 8, 16, …, w szesnastkowym 1, 16, 256, …, a A–F oznaczają 10–15. W 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch skrajny lewy bit jest wart −128 zamiast +128; tak zapisuje się liczby ujemne.

Dodaj wagi

Pozostałe bity mają swoje zwykłe dodatnie wartości.

−128 + 32 + 16 + 4 = −76

Odpowiedź

N = −76
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 214

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

Bit po bicie

XOR daje 1 tam, gdzie oba bity się różnią.

0110 0110
XOR 1011 0000
= 1101 0110

Wartość wyniku

1101 0110₂ = 214

Odpowiedź

R = 214
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: L = 6

Algebra Boole’a: reguły upraszczające wyrażenia to X + X′ = 1 i X·X′ = 0, X + X = X, absorpcja X + X·Y = X, reguła sklejania X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y oraz twierdzenie o konsensusie XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Prawa de Morgana zamieniają (X·Y)′ na X′ + Y′ oraz (X + Y)′ na X′·Y′. Mapa Karnaugha stosuje te reguły graficznie: każda grupa dwóch sąsiednich komórek to jedno użycie XY + XY′ = X.

Mintermy wyrażenia

BC′ → m(2, 6)
A′B′ → m(0, 1)
A′C′ → m(0, 2)
AB → m(6, 7)
ABC00011110011011031204051716

Pogrupuj i odczytaj

F = BC′ + A′B′ + AB

Policz literały

L = 6

Odpowiedź

L = 6

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

28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 5

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 T zmienia stan na przeciwny przy każdym zboczu narastającym, gdy T = 1, i utrzymuje, gdy T = 0.

1: T = 1 → Q = 1
2: T = 1 → Q = 0
3: T = 1 → Q = 1
4: T = 0 → Q = 1
5: T = 1 → Q = 0
6: T = 1 → Q = 1

Policz zmiany

0 → 1 → 0 → 1 → 1 → 0 → 1
N = 5

Odpowiedź

N = 5
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(1) = −0,5214

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 + 4s + 20 = (s + 2)² + 16 = (s + 2)² + 4²

Dopasuj licznik

F(s) = 3·(s + 2)/((s + 2)² + 4²) + (10/4)·4/((s + 2)² + 4²)

Transformata odwrotna

f(t) = e−2t·(3·cos 4t + 2,5·sin 4t)
f(1) = e−2·1·(3·cos(4·1) + 2,5·sin(4·1)) = −0,5214

Odpowiedź

f(1) = −0,5214
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.1) = −3,572

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

Przekształcenie równania

s²Y − (−4)s − 4 + 6(sY − (−4)) + 8Y = 0
Y(s) = (−4s − 20)/((s + 2)(s + 4))

Ułamki proste

A = −12/2 = −6
B = −4/(−2) = 2

Wynik

y(t) = −6·e−2t + 2·e−4t
y(0,1) = −3,572

Odpowiedź

y(0,1) = −3,572

Sprawdzenie: y(0) = A + B = −4.

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: ess = 1,167

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) = 60/7 = 8,571

Uchyb ustalony

ess = A/Kᵥ = 10/8,571 = 1,167

Odpowiedź

ess = 1,167
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: ωd = 7,141 rad/s

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

Równanie charakterystyczne

s(s + 2) + 26·2 = 0 → s² + 2s + 52 = 0

Pierwiastki

s = −1 ± j·√(52 − 1) = −1 ± j7,141
ωd = 7,141 rad/s

Odpowiedź

ωd = 7,141 rad/s
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ωn = 9,798 rad/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 = 96 → ωₙ = 9,798 rad/s
2ζωₙ = 8 → ζ = 8/(2·9,798) = 0,4082

Wynik

ωₙ = 9,798 rad/s

Odpowiedź

ωn = 9,798 rad/s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ζ = 0,3579

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

Współczynnik tłumienia

ζ = −ln(0,3)/√(π² + ln²(0,3)) = 1,204/√(9,87 + 1,45) = 0,3579

Odpowiedź

ζ = 0,3579
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: |H| = −14,38 dB

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

Częstotliwość graniczna

ωc = R/L = 220/0,001 = 220000 rad/s
fc = 35014 Hz → f/fc = 180000/35014 = 5,141

Wzmocnienie

|H| = 1/√(1 + 5,141²) = 0,1909
20·log₁₀(0,1909) = −14,38 dB

Odpowiedź

|H| = −14,38 dB
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ω180 = 8,485 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/8)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(8·9) = 8,485 rad/s

Odpowiedź

ω180 = 8,485 rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: ω = 2,828 rad/s

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

Tablica Routha

s³ + 9s² + 8s + K = 0
s³: 1, 8
s²: 9, K
s¹: (9·8 − K)/9
s⁰: K

Wzmocnienie krytyczne

K = 9·8 = 72

Równanie pomocnicze

Przy wzmocnieniu krytycznym wiersz s¹ jest zerowy; wiersz s² daje bieguny na osi urojonej.

9s² + 72 = 0 → s = ±j√8
ω = 2,828 rad/s

Odpowiedź

ω = 2,828 rad/s
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: ω = 5,099 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 + 9s² + 26s + 24 + K = 0
s¹: (9·26 − 24 − K)/9 = 0 → K = 210

Częstotliwość przecięcia

9s² + 24 + 210 = 9s² + 234 = 0 → s² = −26
ω = √26 = 5,099 rad/s

Odpowiedź

ω = 5,099 rad/s
39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 11,11 %

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

Stała położeniowa

Kp = 4·2 = 8

Uchyb skokowy

ess = 100/(1 + 8) = 11,11 %

Odpowiedź

ess = 11,11 %
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Kd = 2,978 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 + 3) + 5(25 + Kds) = s² + (3 + 5Kd)s + 125

Częstotliwość drgań własnych

ωₙ = √125 = 11,18 rad/s

Wzmocnienie członu różniczkującego

3 + 5Kd = 2·0,8·11,18 = 17,89
Kd = 2,978 s

Odpowiedź

Kd = 2,978 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