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
Zacznij od końca sieci najdalszego od zacisków.
Rezystory szeregowe łącz, dodając je, a równoległe ze wzoru 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Po każdym kroku narysuj obwód od nowa.
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
Wybierz węzeł odniesienia (masę) i oznacz potencjały pozostałych węzłów.
Napisz prądowe prawo Kirchhoffa dla każdego nieznanego węzła: prądy wypływające przez każdą gałąź są równe prądom wpływającym.
Wyraź każdy prąd gałęziowy jako (Va − Vb)/R.
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
Narysuj prąd płynący zgodnie z ruchem wskazówek zegara w każdym oczku (okienku) obwodu.
Zastosuj napięciowe prawo Kirchhoffa w każdym oczku: suma spadków napięć jest równa zeru.
W rezystorze wspólnym dla dwóch oczek prąd jest różnicą dwóch prądów oczkowych.
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
Policz niezależne źródła. Dla każdego źródła rozwiążesz jeden prostszy obwód.
Zostaw jedno źródło, a pozostałe wyłącz: źródło napięciowe staje się zwarciem (przewodem), źródło prądowe staje się rozwarciem (przerwą).
Rozwiąż prostszy obwód dla potrzebnego napięcia lub prądu, pilnując jego kierunku.
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
Odłącz obciążenie i oznacz dwa zaciski a i b.
Wyznacz napięcie stanu jałowego między a i b: to jest Vth.
Wyłącz wszystkie niezależne źródła i wyznacz rezystancję widzianą z a–b: to jest Rth.
Podłącz obciążenie z powrotem do obwodu zastępczego: Vth szeregowo z Rth.
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
Wyznacz wartość początkową tuż po przełączeniu: napięcie na kondensatorze i prąd cewki nie mogą zmienić się skokowo.
Wyznacz wartość końcową długo po przełączeniu: kondensator zachowuje się jak rozwarcie, a cewka jak zwarcie.
Wyznacz stałą czasową: τ = RC lub τ = L/R, z rezystancją widzianą przez kondensator lub cewkę.
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
Przelicz częstotliwość: ω = 2πf.
Wyznacz każdą reaktancję: XL = ωL i XC = 1/(ωC).
Dodawaj impedancje jak rezystory, z Z = R + jX.
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
Dla układu przechodź od wejść do wyjścia bramka po bramce i zapisuj wartość na każdym przewodzie albo zapisz jego wyrażenie i wypełnij tablicę prawdy.
Przy upraszczaniu wpisz jedynki (a stany nieokreślone jako X) na mapę Karnaugha z wierszami i kolumnami w kodzie Graya: 00, 01, 11, 10.
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.
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
Zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego: mianownik 1 + K·G(s) = 0, po wymnożeniu.
Wpisz współczynniki naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha i zbuduj pozostałe wiersze.
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.
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
Policz bieguny układu otwartego C(s)·G(s) w s = 0: to typ układu.
Wyznacz stałą uchybową pasującą do wejścia: Kp dla skoku, Kv dla narastania liniowego, Ka dla paraboli.
Zastosuj ess = A/(1 + Kp), A/Kv lub A/Ka albo rozwiąż to względem potrzebnego wzmocnienia.
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
Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.
V1 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩR4 = 10 Ω
IR2 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.
Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć potencjał węzła VA (mierzony względem masy).
V1 = 30 VIs = 2 AR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 ΩR4 = 6 Ω
VA = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
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 VA (mierzony względem masy).
Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.
V1 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 3 Ω
Vth = V
10.Thévenin i NortonTrudny
Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.
V1 = 15 VIs = 5 AR1 = 4 ΩR2 = 20 ΩR3 = 25 Ω
Vth = V
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
Źródło Vₛ ładuje kondensator przez R₁, a R₂ jest połączony równolegle z C. Kondensator jest rozładowany, gdy łącznik zamyka się w t = 0. Wyznacz stałą czasową τ obwodu po zamknięciu łącznika.
Vs = 6 VR1 = 2,2 kΩR2 = 6,8 kΩC = 100 µF
τ = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
W t = 0 układ czasowy zaczyna ładować nienaładowany kondensator przez rezystor ze źródła 15 V. Ma zadziałać, gdy napięcie kondensatora osiągnie 13,5 V, dokładnie 100 ms po starcie. Przy C = 47 µF wyznacz potrzebną rezystancję R.
Vs = 15 VVth = 13,5 VT = 100 msC = 47 µF
R = kΩ
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 230 V (skuteczne), 50 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.
V = 230 V (rms)f = 50 HzR = 25 ΩL = 150 mHC = 10 µF
I = A
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
Szeregowy obwód RLC ma R = 10 Ω, L = 20 mH i C = 1 µF. Wyznacz jego pasmo przenoszenia B (szerokość pasma między częstotliwościami połowy mocy) w Hz.
R = 10 ΩL = 20 mHC = 1 µF
B = Hz
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
Odbiornik o impedancji Z = 3 + j4 Ω jest podłączony do jednofazowego zasilania 240 V (skuteczne). Wyznacz moc pozorną S.
V = 240 VZ = 3 + j4 Ω
S = VA
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
Odbiornik jednofazowy pobiera 35 kW przy współczynniku mocy 0,6 (indukcyjnym) z zasilania 240 V, 50 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,9. Wyznacz nowy prąd linii Inew.
P = 35 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,9V = 240 Vf = 50 Hz
Inew = A
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
Trójfazowy silnik indukcyjny oddaje przy pełnym obciążeniu 55 kW mocy mechanicznej. Przy tym obciążeniu jego sprawność wynosi 92%, a współczynnik mocy 0,8 (indukcyjny). Napięcie przewodowe sieci wynosi 480 V. Wyznacz prąd przewodowy IL.
Pout = 55 kWη = 92%cos φ = 0,8VL = 480 V
IL = A
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 80 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z sieci 415 V (napięcie przewodowe), 50 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,98 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w trójkąt. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.
P = 80 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
Do uzwojenia wtórnego idealnego transformatora o przekładni N₁:N₂ = 10:1 dołączono rezystor 2 Ω. Wyznacz rezystancję R1′ widzianą od strony uzwojenia pierwotnego.
N1:N2 = 10:1RL = 2 Ω
R1′ = Ω
20.TransformatoryTrudny
Jednofazowy transformator 25 kVA ma straty w rdzeniu 125 W. Przy obciążeniu znamionowym i współczynniku mocy 0,9 (indukcyjnym) jego sprawność wynosi 97,5%. Wyznacz straty w miedzi przy pełnym obciążeniu Pcu,fl w watach.
S = 25 kVAPcore = 125 Wpf = 0,9η = 97,5%
Pcu,fl = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
Wzmacniacz operacyjny jest idealny i zasilany napięciem ±15 V; jego wyjście nasyca się przy ±14 V. Wzmacniacz odwracający jest pobudzany sygnałem sinusoidalnym. Wyznacz największą amplitudę wejściową Vin,max (wartość szczytową), przy której wyjście nie jest obcinane.
R1 = 4,7 kΩRf = 22 kΩVsat = ±14 V
Vin,max = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
Dwa stopnie z idealnymi wzmacniaczami operacyjnymi są połączone kaskadowo: wzmacniacz odwracający (R1, Rf1), a za nim wzmacniacz nieodwracający (R2 do masy, Rf2 w sprzężeniu zwrotnym). Oba są zasilane napięciem ±15 V. Napięcie wejściowe wynosi Vin = 0,7 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.
Tranzystor NPN o β = 150 jest spolaryzowany rezystorem bazowym RB = 680 kΩ z zasilania VCC = 10 V. Rezystor kolektorowy to RC = 2,7 kΩ, a emiter jest uziemiony. Przyjmij VBE = 0,7 V i załóż, że tranzystor pracuje w obszarze aktywnym. Wyznacz prąd kolektora IC w mA.
Tranzystor NPN o β = 50 przełącza rezystor obciążenia 150 Ω włączony między VCC = 5 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 5 V przez rezystor bazowy RB. Przyjmij VBE = 0,7 V i VCE(sat) = 0,2 V. Dla niezawodnego przełączania zaprojektuj prąd bazy 5 razy większy od minimalnego potrzebnego do nasycenia. Wyznacz RB w kΩ.
8-bitowy wzór 1110 1001 zapisuje liczbę całkowitą ze znakiem w kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest jej wartość N dziesiętnie?
1110 10018 bit
N =
26.Systemy liczboweTrudny
Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 1101 1100 AND 1001 1111. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?
1101 1100AND1001 1111
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
Multiplekser 4-do-1 ma wejścia wyboru S₁ = A i S₀ = B, a wejścia danych podłączone do I₀ = 1, I₁ = 0, I₂ = 0, I₃ = 0. Dla ilu z 8 kombinacji A, B i C wyjście F = 1? Znajdź N.
I₀ = 1I₁ = 0I₂ = 0I₃ = 0
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
Znajdź minimalną postać SOP funkcji F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 5, 9, 14) + d(0, 15), gdzie d oznacza stany nieokreślone. Ile literałów L zawiera?
F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 5, 9, 14) + d(0, 15)
L =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
F(s) = (6s + 3)/(s² + 9s + 8). Jej transformata odwrotna ma postać f(t) = A·e−t + B·e−8t. Znajdź współczynnik A metodą rozkładu na ułamki proste.
F(s) = (6s + 3)/(s² + 9s + 8)
A =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
Układ spełnia równanie y″ + 7y′ + 12y = 12·u(t), przy y(0) = 3 i y′(0) = 0. W chwili t = 0 podano na wejście skok u(t) = 2. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź y(0,25).
Obiekt G(s) = K/(s(s + 16)) jest w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Znajdź wzmocnienie K, dla którego układ zamknięty jest tłumiony krytycznie (dwa równe bieguny rzeczywiste).
Obiekt G(s) = 62/(s(s + 8)) jest w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego z czujnikiem o wzmocnieniu H = 2. Bieguny układu zamkniętego są zespolone. Znajdź ich część rzeczywistą σ.
G(s) = 62/(s(s + 8))H = 2
σ =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
Układ ma transmitancję G(s) = 50/(s² + 13s + 100) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS odpowiedzi skokowej.
G(s) = 50/(s² + 13s + 100)
%OS = %
34.Odpowiedź skokowaTrudny
Szeregowy obwód RLC z R = 48 Ω, L = 50 mH i C = 22 µF jest dołączony do skoku 24 V w chwili t = 0. Kondensator jest nienaładowany i przed skokiem nie płynie prąd. Znajdź pulsację własną nietłumioną ωn w rad/s.
R = 48 ΩL = 50 mHC = 22 µFV = 24 V
ωn = rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
Filtr dolnoprzepustowy RC pokazany na rysunku ma R = 22 kΩ, C = 10 nF. Podano sinusoidalne wejście 3,6 kHz. Znajdź przesunięcie fazowe φ vout względem vin, w stopniach.
R = 22 kΩC = 10 nFf = 3,6 kHz
φ = °
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 90/(s(s + 10)). Znajdź zapas fazy PM w stopniach.
L(s) = 90/(s(s + 10))
PM = °
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K(s + 10)/(s(s + 3)(s + 4)), gdzie K > 0. Wyznacz największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.
L(s) = K(s + 10)/(s(s + 3)(s + 4))
Kmax =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
Dla pętli L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5)) wyznacz wzmocnienie K, przy którym biegun układu zamkniętego leży w s = −1.
L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5))s = −1
K =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
Pętla ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = K/(s(s + 10)) ma nadążać za narastaniem liniowym r(t) = 5t z uchybem ustalonym 0,05. Wyznacz wzmocnienie K.
G(s) = K/(s(s + 10))r(t) = 5tess = 0,05
K =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
Regulator PI C(s) = Kp + Ki/s steruje obiektem G(s) = 1/(s + 5) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Układ zamknięty ma mieć ωₙ = 8 rad/s i ζ = 0,8. Wyznacz wzmocnienie całkowania Ki.
G(s) = 1/(s + 5)ωₙ = 8 rad/sζ = 0,8
Ki =
3Roztwory
1.Rezystory szeregowo i równolegle
Odpowiedź: IR2 = 2,769 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.
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 = 20 + 10 = 30 Ω
R2 ∥ 30 = 5·30/(5+30) = 4,286 Ω
Req = R1 + 4,286 = 5 + 4,286 = 9,286 Ω
Prąd ze źródła
Źródło widzi tylko Req, więc prawo Ohma daje prąd, który dostarcza. Ten prąd płynie przez R₁.
IR1 = V1/Req = 30/9,286 = 3,231 A
Prąd przez R₂
Odejmij spadek na R₁, aby dostać potencjał węzła A, czyli napięcie na R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 30 − 3,231·5 = 13,85 V
IR2 = VA/R2 = 13,85/5 = 2,769 A
Odpowiedź
IR2 = 2,769 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle
Odpowiedź: IR1 = 0,664 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.
Łącz rezystory od najdalszego końca
Zacznij od końca najdalszego od źródła i idź w jego stronę. Rezystory z tym samym prądem są połączone szeregowo; rezystory między tymi samymi dwoma węzłami są połączone równolegle.
R5 + R6 = 30 + 3 = 33 Ω
R4 ∥ 33 = 4,342 Ω
R3 + 4,342 = 7,342 Ω
R2 ∥ 7,342 = 2,589 Ω
Req = R1 + 2,589 = 20 + 2,589 = 22,59 Ω
Prąd ze źródła
Źródło widzi tylko Req, więc prawo Ohma daje prąd, który dostarcza. Ten prąd płynie przez R₁.
IR1 = V1/Req = 15/22,59 = 0,664 A
Odpowiedź
IR1 = 0,664 A
3.Metoda potencjałów węzłowych
Odpowiedź: VA = 3 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.
Ustal węzły
Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 30 V). Niewiadome: VA, VB.
PPK w węźle A
Prądy wypływające z A przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do A ze źródeł.
VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/2 + (VA − 30)/8 + (VA − VB)/2 = 0
1,125·VA − 0,5·VB = 3,75
PPK w węźle B
Prądy wypływające z B przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do B ze źródeł.
VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/6 + (VB − VA)/2 = (−2)
−0,5·VA + 0,6667·VB = −2
Rozwiąż
Δ = (1,125)(0,6667) − (−0,5)(−0,5) = 0,5
VA = Δ1/Δ = 1,5/0,5 = 3 V
VB = Δ2/Δ = −0,375/0,5 = −0,75 V
Odpowiedź
VA = 3 V
4.Metoda potencjałów węzłowych
Odpowiedź: VA = 10 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
0,14·VA − 0,05·VB = 0,9
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
−0,55·VA + 0,55·VB = 0
Rozwiąż
Δ = (0,14)(0,55) − (−0,05)(−0,55) = 0,0495
VA = Δ1/Δ = 0,495/0,0495 = 10 V
VB = Δ2/Δ = 0,495/0,0495 = 10 V
Odpowiedź
VA = 10 V
5.Metoda prądów oczkowych
Odpowiedź: IR2 = 0,4808 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.
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
3·I1 + 8(I1 − I2) = 30
11·I1 − 8·I2 = 30
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
12·I2 + 8(I2 − I1) = (−15)
−8·I1 + 20·I2 = −15
Rozwiąż
Δ = (11)(20) − (−8)(−8) = 156
I1 = Δ1/Δ = 480/156 = 3,077 A
I2 = Δ2/Δ = 75/156 = 0,4808 A
Odpowiedź
IR2 = I2 = 0,4808 A
Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.
6.Metoda prądów oczkowych
Odpowiedź: IR3 = −0,9333 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.
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
12·I1 + 8(I1 − I2) = 18
20·I1 − 8·I2 = 18
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
12·I2 + 8(I2 − I1) + 30(I2 − I3) = 0
−8·I1 + 50·I2 − 30·I3 = 0
NPK w oczku 3
Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).
R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
10·I3 + 30(I3 − I2) = (−24)
−30·I2 + 40·I3 = −24
Rozwiąż
Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 19440
I1 = Δ1/Δ = 14040/19440 = 0,7222 A
I2 = Δ2/Δ = −8640/19440 = −0,4444 A
I3 = Δ3/Δ = −18144/19440 = −0,9333 A
Odpowiedź
IR3 = I3 = −0,9333 A
Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.
7.Superpozycja
Odpowiedź: Is = 3,429 A
Superpozycja: w obwodzie liniowym każde napięcie i każdy prąd to suma odpowiedzi na każde niezależne źródło działające osobno. Aby wyłączyć źródło, zastąp idealne źródło napięcia zwarciem, a idealne źródło prądu rozwarciem. Rezystory zostają na miejscu.
Przypadek 1 · V1 działające samodzielnie
Iₛ staje się rozwarciem, więc R₃ i R₄ tworzą jedną gałąź szeregową od A do masy, równolegle z R₂.
V₁ staje się zwarciem, więc R₁ ∥ R₂ łączy A z masą. Iₛ dzieli się w B między R₄ a ścieżkę R₃ + R₁∥R₂; część przez R₃ płynie od B do A, przeciwnie do strzałki.
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.
Przypadek 1 · działa tylko V1
V₂ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. Patrząc z A, R₃ jest równolegle z szeregową parą R₂+R₄.
R3 ∥ (R2+R4) = 3 ∥ 16 = 2,526 Ω
VA = 18·2,526/(2+2,526) = 10,05 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 10,05·4/16 = 2,512 V
VR2′ = VB − VA = 2,512 − 10,05 = −7,535 V
Przypadek 2 · działa tylko Is
Oba źródła napięcia stają się zwarciami. Iₛ rozdziela się w B między R₄ (teraz do masy) a R₂ szeregowo z R₁ ∥ R₃.
R1 ∥ R3 = 1,2 Ω, więc lewa gałąź to R2+1,2 = 13,2 Ω
Req = R4 ∥ 13,2 = 3,07 Ω
VB = Is·Req = (−3)·3,07 = −9,209 V
VA = VB·1,2/13,2 = −0,8372 V
VR2″ = VB − VA = −9,209 − −0,8372 = −8,372 V
Przypadek 3 · działa tylko V2
V₁ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. R₁ ∥ R₃ wychodzi z A, szeregowo z R₂ z powrotem do B.
R1 ∥ R3 = 2·3/(2+3) = 1,2 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 10·13,2/17,2 = 7,674 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 7,674·1,2/13,2 = 0,6977 V
VR2‴ = VB − VA = 7,674 − 0,6977 = 6,977 V
Dodaj składowe
VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = (−7,535) + (−8,372) + 6,977 = −8,93 V
Wynik ujemny oznacza, że w rzeczywistości biegunowość jest odwrotna do zaznaczonej.
9.Thévenin i Norton
Odpowiedź: Vth = 2,348 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.
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 = 20·3/(20+3) = 2,609 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,609 + 3 = 5,609 Ω
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) = 18·3/(20+3) = 2,348 V
10.Thévenin i Norton
Odpowiedź: Vth = 154,2 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.
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 = 4·20/(4+20) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 25 = 28,33 Ω
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) = 12,5 + 5·3,333 = 29,17 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 29,17 + 5·25 = 154,2 V
11.Stany nieustalone RC i RL
Odpowiedź: τ = 166,2 ms
Stany nieustalone pierwszego rzędu: w obwodzie z jednym kondensatorem lub jedną cewką każde napięcie i każdy prąd zmienia się wykładniczo od wartości początkowej do końcowej: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, gdzie τ = RC lub τ = L/R. Po około 5τ obwód jest w stanie ustalonym.
Obwód zastępczy Thevenina widziany przez kondensator
Zewrzyj źródło, aby wyznaczyć Rth; rozewrzyj kondensator, aby wyznaczyć napięcie, do którego się naładuje.
Rth = R1 ∥ R2 = 2,2·6,8/(2,2 + 6,8) = 1,662 kΩ
vC(∞) = 6·6,8/(2,2 + 6,8) = 4,533 V
Stała czasowa
τ = Rth·C = 1,662·100 = 166,2 ms
Odpowiedź
τ = 166,2 ms
12.Stany nieustalone RC i RL
Odpowiedź: R = 0,924 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.
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 = 314,2·0,15 = 47,12 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·10·10⁻⁶) = 318,3 Ω
Impedancja
Szeregowo impedancje dodaje się jak liczby zespolone: Z = R + j(XL − XC).
Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.
I = V/|Z| = 230/272,3 = 0,8445 A
Odpowiedź
I = 0,8445 A
14.Impedancja i wskazy AC
Odpowiedź: B = 79,58 Hz
Obwody AC i wskazy: rezystory, cewki i kondensatory mają impedancje R, jωL i 1/(jωC), gdzie ω = 2πf. Szeregowo impedancje dodaje się jak rezystancje, ale jako liczby zespolone. Wartości skuteczne prądu i napięcia spełniają prawo Ohma z |Z|.
Częstotliwość rezonansowa
f0 = 1/(2π·√(0,02·1·10⁻⁶)) = 1125 Hz
Dobroć
Q porównuje reaktancję w rezonansie z rezystancją: Q = ω₀L/R.
Moc w obwodach AC: moc pozorna S = V·I (VA) dzieli się na moc czynną P = S·cos φ (W), która wykonuje pracę użyteczną, i moc bierną Q = S·sin φ (var), która krąży między źródłem a odbiornikiem. Współczynnik mocy to cos φ. Kondensator równoległy dostarcza moc bierną lokalnie, więc prąd linii maleje przy tej samej mocy czynnej.
Prąd
|Z| = √(3² + 4²) = 5 Ω
I = V/|Z| = 240/5 = 48 A
Moc pozorna
S = V·I = 240·48 = 11520 VA
Odpowiedź
S = 11520 VA
16.Moc AC i współczynnik mocy
Odpowiedź: Inew = 162 A
Moc w obwodach AC: moc pozorna S = V·I (VA) dzieli się na moc czynną P = S·cos φ (W), która wykonuje pracę użyteczną, i moc bierną Q = S·sin φ (var), która krąży między źródłem a odbiornikiem. Współczynnik mocy to cos φ. Kondensator równoległy dostarcza moc bierną lokalnie, więc prąd linii maleje przy tej samej mocy czynnej.
Moc bierna przed i po
Moc czynna P się nie zmienia; zmienia się tylko moc bierna pobierana z sieci.
Q1 = P·tan φ1 = 35·tan(53,13°) = 46,67 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 35·tan(25,84°) = 16,95 kvar
QC = Q1 − Q2 = 29,72 kvar
Nowy prąd linii
Inew = P/(V·cos φ2) = 35000/(240·0,9) = 162 A
Odpowiedź
Inew = 162 A
17.Moc w układach trójfazowych
Odpowiedź: IL = 89,88 A
Symetryczne układy trójfazowe: w połączeniu w gwiazdę (Y) napięcie przewodowe jest √3 razy większe od napięcia fazowego, VL = √3·Vph, a prąd przewodowy jest równy prądowi fazowemu. W połączeniu w trójkąt (Δ) napięcie przewodowe jest równe napięciu fazowemu, a prąd przewodowy jest √3 razy większy od prądu fazowego, IL = √3·Iph. Moc całkowita jest trzykrotnością mocy jednej fazy: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.
Elektryczna moc wejściowa
Pin = Pout/η = 55/0,92 = 59,78 kW
Prąd linii
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 59783/(√3·480·0,8) = 89,88 A
Odpowiedź
IL = 89,88 A
18.Moc w układach trójfazowych
Odpowiedź: Cph = 334,6 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 = 80·tan(acos 0,75) = 80·0,8819 = 70,55 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,98) = 80·0,2031 = 16,24 kvar
Moc bierna z kondensatorów
QC = Q1 − Q2 = 54,31 kvar
Pojemność na fazę
W baterii połączonej w trójkąt każdy kondensator jest włączony między dwa przewody fazowe.
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.
Rezystancja sprowadzona
Napięcie rośnie a razy, a prąd maleje a razy, więc stosunek V/I rośnie a² razy.
R1′ = a²·RL = 10²·2 = 200 Ω
Odpowiedź
R1′ = 200 Ω
20.Transformatory
Odpowiedź: Pcu,fl = 451,9 W
Straty w transformatorze: straty w rdzeniu (histereza i prądy wirowe) zależą od napięcia i są takie same przy każdym obciążeniu. Straty w miedzi uzwojeń zmieniają się z kwadratem prądu, więc przy ułamku x obciążenia znamionowego wynoszą x²·Pcu,fl. Sprawność η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), z Pout = x·S·pf. Sprawność jest najwyższa przy obciążeniu, przy którym straty w miedzi są równe stratom w rdzeniu.
Moc wyjściowa i wejściowa
Pout = 25·0,9 = 22,5 kW
Pin = 22500/0,975 = 23077 W
Straty całkowite i straty w miedzi
Ploss = 23077 − 22500 = 576,9 W
Pcu,fl = 576,9 − 125 = 451,9 W
Odpowiedź
Pcu,fl = 451,9 W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi
Odpowiedź: Vin,max = 2,991 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.
Wzmocnienie
|Av| = Rf/R1 = 22/4,7 = 4,681
Największe wejście przed obcinaniem
Vin,max = Vsat/|Av| = 14/4,681 = 2,991 V
Odpowiedź
Vin,max = 2,991 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi
Odpowiedź: Vout = −2,1 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.
Wzmocnienie każdego stopnia
A1 = −Rf1/R1 = −100/100 = −1
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 2/1 = 3
Stopień po stopniu
V1 = −1·0,7 = −0,7 V
Vout = 3·(−0,7) = −2,1 V
Odpowiedź
Vout = −2,1 V
23.Diody i tranzystory
Odpowiedź: IC = 2,051 mA
Punkt pracy tranzystora bipolarnego: w obszarze aktywnym VBE = 0,7 V, IC = β·IB i IE = (β + 1)·IB. Wyznacz IB z oczka bazy za pomocą napięciowego prawa Kirchhoffa, potem IC, a następnie VCE z oczka kolektor–emiter. Dzielnik napięcia w bazie zastępuje się jego zastępczym układem Thévenina VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; rezystor emiterowy w oczku bazy jest widziany jako (β + 1) razy większy.
Sprawdzenie: VCE = 4,461 V jest wyraźnie większe od 0,2 V, więc tranzystor rzeczywiście pracuje w obszarze aktywnym.
24.Diody i tranzystory
Odpowiedź: RB = 1,344 kΩ
Tranzystor bipolarny jako klucz: aby całkowicie włączyć obciążenie, tranzystor wprowadza się w nasycenie, gdzie VCE = VCE(sat), a prąd kolektora wyznacza obciążenie: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Nasycenie wymaga co najmniej IB = IC(sat)/β. Jeśli prąd bazy jest mniejszy, tranzystor pozostaje w obszarze aktywnym i IC = β·IB.
Prąd kolektora w nasyceniu
IC(sat) = (5 − 0,2)/150 = 32 mA
Minimalny prąd bazy
IB(min) = IC(sat)/β = 32/50 = 640 µA
Projektowy prąd bazy
IB = 5·640 µA = 3200 µA
Rezystor bazowy
RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/3,2 mA = 1,344 kΩ
Odpowiedź
RB = 1,344 kΩ
25.Systemy liczbowe
Odpowiedź: N = −23
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 + 64 + 32 + 8 + 1 = −23
Odpowiedź
N = −23
26.Systemy liczbowe
Odpowiedź: R = 156
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
AND daje 1 tylko tam, gdzie oba bity są równe 1.
1101 1100
AND 1001 1111
= 1001 1100
Wartość wyniku
1001 1100₂ = 156
Odpowiedź
R = 156
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Odpowiedź: N = 2
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′
Wiersze z F = 1
ABC = 000, 001
N = 2
Odpowiedź
N = 2
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Odpowiedź: L = 11
Mapy Karnaugha: komórki są ułożone w kodzie Graya (00, 01, 11, 10), więc sąsiednie komórki, także te przez brzegi, różnią się dokładnie jedną zmienną. Grupuj jedynki w prostokąty po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, jak największe i jak najmniej, aż każda jedynka będzie pokryta. Każda grupa to jeden iloczyn: zmienne, które wewnątrz niej pozostają stałe. Grupa 2ᵏ komórek traci k zmiennych. Stany nieokreślone (X) można wykorzystać, by powiększyć grupy, ale nigdy nie trzeba ich pokrywać. Grupowanie zer daje minimalną postać POS.
Implikanty proste
Największe grupy, jakie można utworzyć z jedynek i X.
B′C′D, A′C′D, A′B′, ABC
Minimalne pokrycie
F = B′C′D + A′C′D + A′B′ + ABC
L = 11
Odpowiedź
L = 11
29.Transformaty Laplace’a
Odpowiedź: A = −0,4286
Transformata Laplace’a: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt zamienia pochodne na mnożenie przez s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Podstawowe pary: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), a przesunięcie s → s + σ mnoży funkcję czasu przez e−σt. Aby odwrócić wymierną F(s), rozłóż ją na ułamki proste: residuum prostego bieguna p wynosi A = [(s − p)·F(s)] przy s = p. Twierdzenie o wartości końcowej: f(∞) = lims→0 s·F(s), słuszne tylko wtedy, gdy wszystkie bieguny s·F(s) leżą w lewej półpłaszczyźnie. Twierdzenie o wartości początkowej: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Rozłóż mianownik na czynniki
s² + 9s + 8 = (s + 1)(s + 8)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 8)
Metoda zakrywania
Pomnóż przez (s + 1) i podstaw s = −1: składnik z B znika.
A = (6s + 3)/(s + 8) |s = −1 = −3/7 = −0,4286
Odpowiedź
A = −0,4286
(B = 6,429, więc f(t) = −0,4286·e−t + 6,429·e−8t)
30.Transformaty Laplace’a
Odpowiedź: y(0.25) = 2,786
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 + 7s + 12)·Y(s) = 3s + 21 + 24/s
Y(s) = (3s² + 21s + 24)/(s(s + 3)(s + 4))
Ułamki proste
A = 24/(3·4) = 2
B = −12/((−3)·1) = 4
C = −12/((−4)·(−1)) = −3
Wynik
y(t) = 2 + 4·e−3t − 3·e−4t
y(0,25) = 2,786
Odpowiedź
y(0,25) = 2,786
Sprawdzenie: y(0) = A + B + C = 3.
31.Schematy blokowe
Odpowiedź: K = 64
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
1 + K/(s(s + 16)) = 0 → s² + 16s + K = 0
Pierwiastek podwójny
Trójmian s² + βs + γ ma pierwiastek podwójny, gdy β² = 4γ.
16² = 4K → K = 256/4 = 64
Odpowiedź
K = 64
Oba bieguny układu zamkniętego leżą wtedy w s = −8.
32.Schematy blokowe
Odpowiedź: σ = −4
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 + 8) + 62·2 = 0 → s² + 8s + 124 = 0
Pierwiastki
s = −4 ± j·√(124 − 16) = −4 ± j10,39
σ = −4
Odpowiedź
σ = −4
33.Odpowiedź skokowa
Odpowiedź: %OS = 6,808 %
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 = 100 → ωₙ = 10 rad/s
2ζωₙ = 13 → ζ = 13/(2·10) = 0,65
Wynik
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−2,687 = 6,808 %
Odpowiedź
%OS = 6,808 %
34.Odpowiedź skokowa
Odpowiedź: ωn = 953,5 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).
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 = 1/(RC) = 1/(22000·1 × 10⁻⁸) = 4545 rad/s
fc = 723,4 Hz → f/fc = 3600/723,4 = 4,976
Faza
φ = − atan(4,976) = −78,64°
Odpowiedź
φ = −78,64°
36.Wykresy Bodego i zapasy
Odpowiedź: PM = 53,96 °
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 wzmocnienia
ω⁴ + 100ω² − 8100 = 0
ω² = (−100 + √(10000 + 4·8100))/2 = 52,96
ωc = 7,277 rad/s
Zapas fazy
∠L(jωc) = −90° − atan(7,277/10) = −126°
PM = 180° + ∠L = 53,96°
Odpowiedź
PM = 53,96°
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa
Odpowiedź: Kmax = 28
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.
Gdyby zero leżało na prawo od s = −7, pętla pozostałaby stabilna dla każdego K > 0.
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa
Odpowiedź: K = 4
Linia pierwiastkowa: gdy wzmocnienie K rośnie od 0 do ∞, bieguny układu zamkniętego, czyli pierwiastki równania 1 + K·G(s) = 0, przesuwają się od biegunów układu otwartego do jego zer lub do nieskończoności. Punkt osi rzeczywistej należy do linii, gdy liczba biegunów i zer rzeczywistych na prawo od niego jest nieparzysta. n − m gałęzi biegnących do nieskończoności zbliża się do asymptot nachylonych pod kątami (2q + 1)·180°/(n − m), wychodzących ze środka asymptot σₐ = (Σ biegunów − Σ zer)/(n − m). Gałęzie opuszczają oś rzeczywistą lub do niej wracają tam, gdzie dK/ds = 0. Warunek kąta ∠G(s) = 180° wyznacza kształt, a warunek modułu K = 1/|G(s)| daje wzmocnienie w dowolnym punkcie linii.
Warunek modułu
K = |s|·|s + 2|·|s + 5|
Oblicz w tym punkcie
K = 1·1·4 = 4
Odpowiedź
K = 4
Sprawdzenie: s(s + 2)(s + 5) + K jest równe zero w s = −1.
39.Uchyb ustalony i regulacja PID
Odpowiedź: K = 1000
Uchyb ustalony: w pętli ze sprzężeniem jednostkowym o transmitancji układu otwartego G(s) uchyb wynosi E(s) = R(s)/(1 + G(s)), a z twierdzenia o wartości końcowej ess = lims→0 s·E(s). Typ układu to liczba biegunów G(s) w s = 0. Stałe uchybowe to Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) oraz Ka = lim s²·G(s), wszystkie dla s → 0. Skok o wartości A daje ess = A/(1 + Kp), narastanie liniowe A·t daje A/Kv, a parabola A·t²/2 daje A/Ka. Pętla typu 0 nadąża za skokiem ze skończonym uchybem, pętla typu 1 nadąża za nim dokładnie, a za narastaniem liniowym ze skończonym uchybem.
Wymagana stała prędkościowa
Kv = A/ess = 5/0,05 = 100
Wzmocnienie
K = 10·Kv = 1000
Odpowiedź
K = 1000
Duże wzmocnienie sprawia, że ta pętla jest bardzo słabo tłumiona: ζ = 0,1581. Ten konflikt jest powodem, dla którego stosuje się układy korekcyjne.
40.Uchyb ustalony i regulacja PID
Odpowiedź: Ki = 64
Regulacja P, PI i PID: regulator C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s działa na uchyb. Wzmocnienie proporcjonalne przyspiesza układ i zmniejsza uchyb obiektu typu 0, ale nigdy go nie usuwa. Człon całkujący dodaje biegun w s = 0: typ układu rośnie o jeden, a skok jest śledzony bez uchybu. Człon różniczkujący zwiększa tłumienie. Aby dobrać nastawy, zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego i porównaj go z s² + 2ζωns + ωn². Wtedy %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, gdzie ωd = ωn√(1 − ζ²), oraz ts ≈ 4/(ζωn).
Wielomian charakterystyczny
1 + C(s)G(s) = 0, pomnożone przez s(s + 5).
s² + (5 + 1Kp)s + 1Ki
Wielomian docelowy
s² + 2·0,8·8s + 8² = s² + 12,8s + 64
Dopasuj współczynniki
1Ki = 64 → Ki = 64
Odpowiedź
Ki = 64
Człon całkujący sprawia, że pętla jest typu 1, więc skok jest śledzony bez uchybu ustalonego.
To niezależne materiały do ćwiczeń. ExamProblems nie jest powiązane z organizacją przeprowadzającą ten egzamin ani przez nią rekomendowane, a nazwa egzaminu służy wyłącznie do opisu treści. Egzamin FE exam prowadzi NCEES, organizacja niezwiązana z ExamProblems, która go nie popiera.