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​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩIR2​AR4​6 ΩB

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 ΩR4 = 6 Ω
IR2 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 6 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAR4​4 ΩBR6​30 Ω

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 30 VR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 ΩR4 = 4 ΩR5 = 6 ΩR6 = 30 Ω
Req = Ω
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
−+Vs​ = 4 VIs​1,5 AAR1​20 ΩR2​5 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 = 1,5 AVs = 4 VR1 = 20 ΩR2 = 5 Ω
VA = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 6 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAR4​3 ΩB0,5·VA​

Romb to źródło prądu sterowane napięciem, które wpycha prąd 0,5·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 = 15 VR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩR4 = 3 Ωg = 0,5 A/V
VB = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 5 ΩR2​ = 5 ΩIR2​+−V1​12 VR3​2 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd IR2 płynący przez R2 w kierunku strzałki.

V1 = 12 VV2 = 24 VR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 Ω
IR2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 25 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​36 VR4​30 ΩAR5​3 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

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

V1 = 36 VV2 = 15 VR1 = 25 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 ΩR4 = 30 ΩR5 = 3 Ω
I3 = A
7.SuperpozycjaŚredni
obwód liniowyVs​Is​IRL​

Liniowy obwód rezystancyjny zawiera jedno źródło napięcia Vs i jedno źródło prądu Is. Prąd I przez rezystor obciążenia zmierzono dwukrotnie: przy Vs = 2 V i Is = 8 mA I = 1,4 mA; przy Vs = 6 V i Is = 10 mA I = 7 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy Vs = 6 V i Is = 1 mA.

2 V, 8 mA → 1,4 mA6 V, 10 mA → 7 mAVs = 6 V, Is = 1 mA
I = mA
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 = 22,5 mA. Po podwojeniu V1 przy niezmienionych pozostałych dwóch I = 29 mA. Po odwróceniu kierunku Is przy niezmienionych pozostałych dwóch I = 6,5 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy V2 jest wyłączone, a V1 i Is mają wartości normalne.

wartości normalne: I = 22,5 mA2·V1: I = 29 mA−Is: I = 6,5 mA
I = mA
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 10 ΩR3 = 3 Ω
Vth = V
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​36 VR2​2 ΩAIs​1 ABRL​3 ΩIL​

Między a–b podłączono obciążenie RL = 3 Ω. Użyj układu zastępczego Thévenina, aby wyznaczyć moc PL dostarczaną do obciążenia.

V1 = 36 VIs = 1 AR1 = 4 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 ΩRL = 3 Ω
PL = W
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​15 Vt = 0R = 15 ΩL10 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz energię W zgromadzoną w cewce w chwili t = 1 ms, w mJ.

Vs = 15 VR = 15 ΩL = 10 mHt = 1 ms
W = mJ
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​6 Votwiera się w t = 0R1​ = 1 kΩR2​ = 2,2 kΩC10 µF+−vC​

Łącznik był długo zamknięty, więc obwód jest w stanie ustalonym. W t = 0 łącznik się otwiera. Wyznacz napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 15 ms.

Vs = 6 VR1 = 1 kΩR2 = 2,2 kΩC = 10 µFt = 15 ms
vC = V
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
100 V50 HzR = 40 ΩL = 50 mHC = 47 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 100 V (skuteczne), 50 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.

V = 100 V (rms)f = 50 HzR = 40 ΩL = 50 mHC = 47 µF
I = A
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
2 Vf0​R = 20 ΩL = 200 mHC = 1 µF

Szeregowy obwód RLC jest zasilany ze źródła 2 V (skuteczne), którego częstotliwość ustawiono na częstotliwość rezonansową obwodu. Wyznacz wartość skuteczną napięcia VL na cewce.

V = 2 V (rms)R = 20 ΩL = 200 mHC = 1 µF
VL = V
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
230 VR + jXP = 3588 W19,5 A

Odbiornik indukcyjny pobiera 19,5 A i 3588 W z jednofazowego zasilania 230 V (skuteczne). Zamodeluj go jako rezystancję R połączoną szeregowo z reaktancją X. Wyznacz X.

V = 230 VI = 19,5 AP = 3588 W
X = Ω
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
120 V50 HzRs​ = 50 ΩXs​ = j10 ΩZL​ = ?

Źródło 120 V (skuteczne), 50 Hz ma impedancję wewnętrzną Zs = 50 + j10 Ω. Impedancję obciążenia ZL można dobrać dowolnie. Wyznacz maksymalną moc czynną Pmax, jaką można dostarczyć do obciążenia.

Vs = 120 V (rms)f = 50 HzZs = 50 + j10 Ω
Pmax = W
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 = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 200 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) z sieci 400 V (napięcie przewodowe), 60 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,9 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w gwiazdę. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 200 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
4160 V480 VIHV​ = ?ILV​75 kVA

Jednofazowy transformator 75 kVA, 4160/480 V pracuje przy obciążeniu znamionowym. Potraktuj go jako idealny. Wyznacz prąd IHV w uzwojeniu górnego napięcia.

S = 75 kVAV1 = 4160 VV2 = 480 V
IHV = A
20.TransformatoryTrudny
50 kVA

Jednofazowy transformator 50 kVA ma straty w rdzeniu 250 W i straty w miedzi 750 W przy obciążeniu znamionowym. Przy jakim obciążeniu Sη,max, w kVA, jego sprawność jest najwyższa?

S = 50 kVAPcore = 250 WPcu,fl = 750 W
Sη,max = kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 100 kΩVin​

Dobierz rezystor sprzężenia zwrotnego Rf, który da temu wzmacniaczowi nieodwracającemu wzmocnienie napięciowe 51.

R1 = 100 kΩAv = 51
Rf = kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 1 kΩV1​ = −1,3 VR1​ = 1 kΩV2​ = −1,8 VR2​ = 10 kΩIf​

Wzmacniacz sumujący korzysta z idealnego wzmacniacza operacyjnego zasilanego napięciem ±15 V. Wyznacz prąd If płynący przez rezystor sprzężenia zwrotnego w stronę wyjścia.

V1 = −1,3 VV2 = −1,8 VR1 = 1 kΩR2 = 10 kΩRf = 1 kΩ
If = mA
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 470 Ωβ = 150VCC​ = 15 VRB​ = 820 kΩ

Tranzystor NPN o β = 150 jest spolaryzowany rezystorem bazowym RB = 820 kΩ z zasilania VCC = 15 V. Rezystor kolektorowy to RC = 470 Ω, a emiter jest uziemiony. Przyjmij VBE = 0,7 V i załóż, że tranzystor pracuje w obszarze aktywnym. Wyznacz napięcie kolektor–emiter VCE.

VCC = 15 VRB = 820 kΩRC = 470 Ωβ = 150VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Diody i tranzystoryTrudny
+−≥ 24 VR = ?3,3 V≤ 30 mA

Stabilizator z diodą Zenera 3,3 V ma dostarczać do obciążenia do 30 mA. Napięcie wejściowe może spaść do 24 V, a dioda Zenera potrzebuje co najmniej 1 mA, aby stabilizować. Wyznacz największą rezystancję szeregową Rmax, przy której stabilizacja jest zachowana.

Vin,min = 24 VVZ = 3,3 VIL,max = 30 mAIZ,min = 1 mA
Rmax = Ω
25.Systemy liczboweŚredni
wagi w kodzie U21−12806403201608040211

8-bitowy wzór 1000 0001 zapisuje liczbę całkowitą ze znakiem w kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest jej wartość N dziesiętnie?

1000 00018 bit
N =
26.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 1110 0000 XOR 1111 1010. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

1110 0000XOR1111 1010
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
MUX1I0​CI1​1I2​1I3​ABS1​S0​F

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

I₀ = 1I₁ = CI₂ = 1I₃ = 1
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKJOHNSON

4-bitowy licznik Johnsona Q₃Q₂Q₁Q₀ startuje od 0000. Przy każdym zboczu zegara bity przesuwają się o jedno miejsce w prawo (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀), a Q₃ dostaje negację Q₀. Podaj stan Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ jako liczbę dziesiętną po 6 zboczach zegara.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 00006
Q =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,4f(0,4) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = 10/(s(s + 2)(s + 6)) metodą rozkładu na ułamki proste i oblicz f(0,4).

F(s) = 10/(s(s + 2)(s + 6))t = 0,4 s
f(0.4) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,4y(0,4) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 5y′ + 4y = 8·u(t), przy y(0) = 1 i y′(0) = 0. W chwili t = 0 podano na wejście skok u(t) = 5. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź y(0,4).

y″ + 5y′ + 4y = 8·u(t)y(0) = 1y′(0) = 0u(t) = 5t = 0,4 s
y(0.4) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+2K+6s + 7G(s)C(s)4H₁−−

Obiekt G(s) = 6/(s + 7) ma wewnętrzną (podrzędną) pętlę ujemnego sprzężenia zwrotnego ze wzmocnieniem H₁ = 4. Wzmocnienie regulatora K = 2 i zewnętrzna pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego zamykają układ. Znajdź wzmocnienie statyczne układu zamkniętego T(0).

G(s) = 6/(s + 7)H₁ = 4K = 2
T(0) =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+46s(s + 10)G(s)C(s)2H−

Obiekt G(s) = 46/(s(s + 10)) jest w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego z czujnikiem o wzmocnieniu H = 2. Bieguny układu zamkniętego są zespolone. Znajdź ich część rzeczywistą σ.

G(s) = 46/(s(s + 10))H = 2
σ =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)2?

Układ ma transmitancję G(s) = 62/(s² + 8s + 31) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS odpowiedzi skokowej.

G(s) = 62/(s² + 8s + 31)
%OS = %
34.Odpowiedź skokowaTrudny
t (s)y(t)140 %

Układ drugiego rzędu bez zer ma mieć odpowiedź skokową z przeregulowaniem 40 %. Znajdź współczynnik tłumienia ζ.

%OS = 40 %
ζ =
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,11101001000−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 5

Znajdź dokładny moduł |G(jω)| G(s) = 6480/((s + 18)(s + 20)) przy ω = 5 rad/s, w dB.

G(s) = 6480/((s + 18)(s + 20))ω = 5 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 120/(s(s + 6)(s + 8)). Znajdź zapas wzmocnienia GM w dB.

L(s) = 120/(s(s + 6)(s + 8))
GM = dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K1s(s + 2)(s + 5)C(s)−

Pętla na schemacie ma transmitancję układu otwartego L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5)). Wyznacz największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5))
Kmax =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81j1j2sb​

Pokazano linię pierwiastkową dla L(s) = K/((s + 1)(s + 7)). Wyznacz wzmocnienie K w punkcie rozejścia sb, w którym dwa bieguny układu zamkniętego spotykają się na osi rzeczywistej.

L(s) = K/((s + 1)(s + 7))
K =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 5t+Ks(s + 1)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = K/(s(s + 1)) ma nadążać za narastaniem liniowym r(t) = 5t z uchybem ustalonym 0,01. Wyznacz wzmocnienie K.

G(s) = K/(s(s + 1))r(t) = 5tess = 0,01
K =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+K = 110s(s + 4)C(s)−

Regulator proporcjonalny K = 1 steruje obiektem G(s) = 10/(s(s + 4)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS odpowiedzi skokowej.

G(s) = 10/(s(s + 4))K = 1
%OS = %

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,4023 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​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAR4​6 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R3 + R4 = 8 + 6 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 2·14/(2+14) = 1,75 Ω
Req = R1 + 1,75 = 20 + 1,75 = 21,75 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 10/21,75 = 0,4598 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 10 − 0,4598·20 = 0,8046 V
IR2 = VA/R2 = 0,8046/2 = 0,4023 A

Odpowiedź

IR2 = 0,4023 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 9,184 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​ = 6 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAR4​4 ΩBR6​30 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 = 6 + 30 = 36 Ω
R4 ∥ 36 = 3,6 Ω
R3 + 3,6 = 15,6 Ω
R2 ∥ 15,6 = 3,184 Ω
Req = R1 + 3,184 = 6 + 3,184 = 9,184 Ω

Odpowiedź

Req = 9,184 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VA = 2,8 V

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

Utwórz superwęzeł

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

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

Rozwiąż

VA/20 + (VA + 4)/5 = 1,5
VA = (1,5 − 4/5)/(1/20 + 1/5) = 2,8 V
VB = 2,8 + 4 = 6,8 V

Odpowiedź

VA = 2,8 V
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 12,5 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
0,6667·VA − 0,3333·VB = 2,5

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 = 0,5·VA
−0,8333·VA + 0,6667·VB = 0

Rozwiąż

Δ = (0,6667)(0,6667) − (−0,3333)(−0,8333) = 0,1667
VA = Δ1/Δ = 1,667/0,1667 = 10 V
VB = Δ2/Δ = 2,083/0,1667 = 12,5 V

Odpowiedź

VB = 12,5 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR2 = −3,2 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​ = 5 Ω+−V1​12 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) = 12
7·I1 − 2·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
5·I2 + 2(I2 − I1) = (−24)
−2·I1 + 7·I2 = −24

Rozwiąż

Δ = (7)(7) − (−2)(−2) = 45
I1 = Δ1/Δ = 36/45 = 0,8 A
I2 = Δ2/Δ = −144/45 = −3,2 A

Odpowiedź

IR2 = I2 = −3,2 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I3 = −1,727 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​ = 25 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​36 VR4​30 ΩAR5​3 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
25·I1 + 30(I1 − I2) = 36
55·I1 − 30·I2 = 36

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
20·I2 + 30(I2 − I1) + 3(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 53·I2 − 3·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
5·I3 + 3(I3 − I2) = (−15)
−3·I2 + 8·I3 = −15

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 15625
I1 = Δ1/Δ = 13590/15625 = 0,8698 A
I2 = Δ2/Δ = 6165/15625 = 0,3946 A
I3 = Δ3/Δ = −26985/15625 = −1,727 A

Odpowiedź

I3 = −1,727 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: I = 8,8 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 odpowiedź jako sumę wkładów

Każdy wkład jest proporcjonalny do własnego źródła, ze stałą zależną tylko od rezystorów.

I = k₁·Vs + k₂·Is
2·k₁ + 8·k₂ = 1,4
6·k₁ + 10·k₂ = 7

Wyznacz stałe

Δ = (2)(10) − (8)(6) = −28
k₁ = Δ1/Δ = −42/−28 = 1,5
k₂ = Δ2/Δ = 5,6/−28 = −0,2
k₁ = 1,5 mA/V, k₂ = −0,2

Przewidź nowy prąd

I = 1,5·6 + (−0,2)·1 = 8,8 mA

Odpowiedź

I = 8,8 mA
8.Superpozycja

Odpowiedź: I = 14,5 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 = 22,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 29
I₁ + I₂ − I₃ = 6,5

Wyznacz wkłady

I₁ = 29 − 22,5 = 6,5 mA
I₃ = (22,5 − 6,5)/2 = 8 mA
I₂ = 22,5 − 6,5 − 8 = 8 mA

Wyłącz V₂

I = I₁ + I₃ = 6,5 + 8 = 14,5 mA

Odpowiedź

I = 14,5 mA
9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 15 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​ = 2 ΩR3​ = 3 ΩZWARCIER2​10 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 = 2·10/(2+10) = 1,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,667 + 3 = 4,667 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​10 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) = 18·10/(2+10) = 15 V
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: PL = 7,95 W

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

R1​ = 4 ΩR3​ = 10 ΩZWARCIER2​2 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 = 4·2/(4+2) = 1,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,333 + 10 = 11,33 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​36 VR2​2 ΩAIs​1 ABab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 12 + 1·1,333 = 13,33 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 13,33 + 1·10 = 23,33 V
Rth​ = 11,33 Ω+−Vth​23,33 VRL​3 ΩIL​

Podłącz obciążenie do układu zastępczego Thévenina

Źródło Thévenina i R_th szeregowo zachowują się na a–b dokładnie jak pierwotny obwód, więc obciążenie widzi prostą pętlę szeregową.

IL = Vth/(Rth + RL) = 23,33/(11,33 + 3) = 1,628 A
PL = IL²·RL = 1,628²·3 = 7,95 W
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: W = 3,018 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 = 10 mH / 15 Ω = 0,6667 ms
i(∞) = Vs/R = 15/15 = 1 A

Prąd w danej chwili

i(t) = 1·(1 − e−1/0,6667) = 0,7769 A

Zgromadzona energia

W = ½·L·i² = ½·10·0,7769² = 3,018 mJ

Odpowiedź

W = 3,018 mJ
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 2,086 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) = 6·2,2/(1 + 2,2) = 4,125 V

Stała czasowa po otwarciu łącznika

τ = R2·C = 2,2·10 = 22 ms

Rozładowanie

vC(t) = 4,125·e−15/22 = 2,086 V

Odpowiedź

vC = 2,086 V
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 1,524 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 = 314,2·0,05 = 15,71 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·47·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (−52,02)²) = 65,62 Ω

Prąd

Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.

I = V/|Z| = 100/65,62 = 1,524 A

Odpowiedź

I = 1,524 A
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: VL = 44,72 V

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

Rezonans

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

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,2·1·10⁻⁶) = 2236 rad/s
I = V/R = 2/20 = 0,1 A

Napięcie na cewce

XL = ω₀L = 2236·0,2 = 447,2 Ω
VL = I·XL = 0,1·447,2 = 44,72 V

Odpowiedź

VL = 44,72 V

To Q = 22,36 razy napięcie zasilania.

15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: X = 7,077 Ω

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.

Rezystancja z mocy czynnej

R = P/I² = 3588/19,5² = 9,436 Ω

Reaktancja z impedancji

|Z| = V/I = 230/19,5 = 11,79 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(11,79² − 9,436²) = 7,077 Ω

Odpowiedź

X = 7,077 Ω
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Pmax = 72 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.

Dopasowanie sprzężone

Reaktancja obciążenia znosi reaktancję źródła, a rezystancja obciążenia jest równa rezystancji źródła.

ZL = Zs* = 50 − j10 Ω

Moc maksymalna

I = Vs/(2Rs) = 120/100 = 1,2 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 120²/(4·50) = 72 W

Odpowiedź

Pmax = 72 W
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 = 880,9 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 = 200·tan(acos 0,8) = 200·0,75 = 150 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,9) = 200·0,4843 = 96,86 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 53,14 kvar

Pojemność na fazę

W baterii połączonej w gwiazdę każdy kondensator jest włączony między przewód fazowy a punkt gwiazdowy.

V = 400/√3 = 230,9 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 17712/(377·230,9²) = 880,9 µF

Odpowiedź

Cph = 880,9 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: IHV = 18,03 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 = 75000/4160 = 18,03 A

Odpowiedź

IHV = 18,03 A
20.Transformatory

Odpowiedź: Sη,max = 28,87 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

x²·750 = 250 → x = √(250/750) = 0,5774

Obciążenie przy maksymalnej sprawności

Sη,max = x·S = 0,5774·50 = 28,87 kVA

Odpowiedź

Sη,max = 28,87 kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Rf = 5000 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 = (51 − 1)·100 = 5000 kΩ

Odpowiedź

Rf = 5000 kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: If = −1,48 mA

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

Prądy wejściowe

V₋ = 0, więc na każdym rezystorze wejściowym jest całe jego napięcie wejściowe.

I1 = V1/R1 = −1,3/1 = −1,3 mA
I2 = V2/R2 = −1,8/10 = −0,18 mA
If = I1 + I2 = −1,48 mA

Odpowiedź

If = −1,48 mA
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: VCE = 13,77 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.

Prąd bazy

IB = (VCC − VBE)/RB = (15 − 0,7)/820 kΩ = 17,44 µA

Prąd kolektora

IC = β·IB = 150·17,44 µA = 2,616 mA

Napięcie kolektor–emiter

VCE = 15 − 2,616 mA·0,47 kΩ = 13,77 V

Odpowiedź

VCE = 13,77 V
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: Rmax = 667,7 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 = 30 + 1 = 31 mA

Największa rezystancja

Rmax = 20,7/0,031 = 667,7 Ω

Odpowiedź

Rmax = 667,7 Ω
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −127

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 + 1 = −127

Odpowiedź

N = −127
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 26

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.

1110 0000
XOR 1111 1010
= 0001 1010

Wartość wyniku

0001 1010₂ = 26

Odpowiedź

R = 26
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 7

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

Wyrażenie wyjścia

F = A′B′ + A′BC + AB′ + AB

Wiersze z F = 1

ABC = 000, 001, 011, 100, 101, 110, 111
N = 7

Odpowiedź

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

Odpowiedź: Q = 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.

Stan po każdym zboczu

0000 → 1000 → 1100 → 1110 → 1111 → 0111 → 0011

Wartość dziesiętna

0011₂ = 3

Odpowiedź

Q = 3
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.4) = 0,3095

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

Ułamki proste

F(s) = A/s + B/(s + 2) + C/(s + 6)
A = 10/(2·6) = 0,8333
B = 10/((−2)·4) = −1,25
C = 10/((−6)·(−4)) = 0,4167

Transformata odwrotna

f(t) = 0,8333 − 1,25·e−2t + 0,4167·e−6t

Oblicz

f(0,4) = 0,8333 − 1,25·e−2·0,4 + 0,4167·e−6·0,4 = 0,3095

Odpowiedź

f(0,4) = 0,3095
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.4) = 2,562

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

(s² + 5s + 4)·Y(s) = 1s + 5 + 40/s
Y(s) = (s² + 5s + 40)/(s(s + 1)(s + 4))

Ułamki proste

A = 40/(1·4) = 10
B = 36/((−1)·3) = −12
C = 36/((−4)·(−3)) = 3

Wynik

y(t) = 10 − 12·e−t + 3·e−4t
y(0,4) = 2,562

Odpowiedź

y(0,4) = 2,562

Sprawdzenie: y(0) = A + B + C = 1.

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: T(0) = 0,2791

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

Pętla wewnętrzna

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 6/(s + 7 + 6·4) = 6/(s + 31)

Pętla zewnętrzna

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 12/(s + 31 + 12) = 12/(s + 43)

Wynik

T(0) = 12/43 = 0,2791

Odpowiedź

T(0) = 0,2791
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: σ = −5

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 + 10) + 46·2 = 0 → s² + 10s + 92 = 0

Pierwiastki

s = −5 ± j·√(92 − 25) = −5 ± j8,185
σ = −5

Odpowiedź

σ = −5
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: %OS = 3,898 %

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

Porównaj z postacią standardową

Mianownik musi odpowiadać s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 31 → ωₙ = 5,568 rad/s
2ζωₙ = 8 → ζ = 8/(2·5,568) = 0,7184

Wynik

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−3,245 = 3,898 %

Odpowiedź

%OS = 3,898 %
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ζ = 0,28

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(0,4)/√(π² + ln²(0,4)) = 0,9163/√(9,87 + 0,8396) = 0,28

Odpowiedź

ζ = 0,28
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: |G(jω)| = 24,52 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(j5)| = 6480/(√(5² + 18²)·√(5² + 20²)) = 6480/(18,68·20,62) = 16,83

Wynik

20·log₁₀(16,83) = 24,52 dB

Odpowiedź

|G(jω)| = 24,52 dB
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: GM = 14,96 dB

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

Częstotliwość odcięcia fazy

(ω/6)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(6·8) = 6,928 rad/s

Moduł przy częstotliwości odcięcia fazy

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 36)·√(ω² + 64)) = K/(6·8·(6 + 8)) = K/672

Zapas wzmocnienia

GM = 20·log₁₀(672/120) = 14,96 dB

Odpowiedź

GM = 14,96 dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmax = 70

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.

Równanie charakterystyczne

s³ + 7s² + 10s + K = 0

Tablica Routha

s³: 1, 10
s²: 7, K
s¹: (7·10 − K)/7
s⁰: K

Warunki

Każdy element pierwszej kolumny musi być dodatni.

K > 0
7·10 − K > 0 → K < 70

Odpowiedź

Kmax = 70

Przy K = 70 układ zamknięty oscyluje z pulsacją ω = √10 = 3,162 rad/s.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: K = 9

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

Punkt rozejścia

dK/ds = 0 dla K = −(s + 1)(s + 7) daje 2s + 8 = 0.

sb = −4

Warunek modułu

K = |−4 + 1|·|−4 + 7| = 3·3 = 9

Odpowiedź

K = 9

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

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 500

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

Wymagana stała prędkościowa

Kv = A/ess = 5/0,01 = 500

Wzmocnienie

K = 1·Kv = 500

Odpowiedź

K = 500

Duże wzmocnienie sprawia, że ta pętla jest bardzo słabo tłumiona: ζ = 0,02236. Ten konflikt jest powodem, dla którego stosuje się układy korekcyjne.

40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: %OS = 7,691 %

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

Wielomian charakterystyczny

s(s + 4) + 1·10 = s² + 4s + 10

ωₙ i ζ

ωₙ = √10 = 3,162 rad/s
ζ = 4/(2·3,162) = 0,6325

Przeregulowanie

%OS = 100·e−0,6325π/√(1 − 0,6325²) = 7,691 %

Odpowiedź

%OS = 7,691 %

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