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​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩIR2​AR4​10 ΩB

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩR4 = 10 Ω
IR2 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 20 ΩIR1​R3​ = 3 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAR4​5 ΩBR6​3 Ω

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 15 VR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 3 ΩR4 = 5 ΩR5 = 30 ΩR6 = 3 Ω
IR1 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​2 ΩAR4​6 ΩBIs​2 A

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
R1​ = 20 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​25 ΩAR4​2 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 VA (mierzony względem masy).

V1 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 25 ΩR3 = 20 ΩR4 = 2 Ωg = 0,5 A/V
VA = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 3 ΩR2​ = 12 ΩIR2​+−V1​30 VR3​8 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

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

V1 = 30 VV2 = 15 VR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 Ω
IR2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 12 ΩR2​ = 12 ΩR3​ = 10 ΩIR3​+−V1​18 VR4​8 ΩAR5​30 ΩB+−V2​24 VI1​I2​I3​

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

V1 = 18 VV2 = 24 VR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 ΩR4 = 8 ΩR5 = 30 Ω
IR3 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 2 ΩR3​ = 10 ΩIR3​+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​5 ΩBIs​?

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

V1 = 24 VR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 ΩR4 = 5 Ω
Is = A
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 2 ΩR2​ = 12 Ω−+VR2​R4​ = 4 Ω+−V1​18 VR3​3 ΩAIs​3 AB+−V2​10 V

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

V1 = 18 VIs = 3 AV2 = 10 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 3 ΩR4 = 4 Ω
VR2 = V
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 20 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩAab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 3 Ω
Vth = V
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 4 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAIs​5 ABab

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
+−Vs​6 Vt = 0R1​ = 2,2 kΩR2​ = 6,8 kΩC100 µF+−vC​

Źródło Vₛ ładuje kondensator przez R₁, a R₂ jest połączony równolegle z C. Kondensator jest rozładowany, gdy łącznik zamyka się w t = 0. Wyznacz stałą czasową τ obwodu po zamknięciu łącznika.

Vs = 6 VR1 = 2,2 kΩR2 = 6,8 kΩC = 100 µF
τ = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​15 Vt = 0R = ?C47 µF+−vC​

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
230 V50 HzR = 25 ΩL = 150 mHC = 10 µFI

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
VfR = 10 ΩL = 20 mHC = 1 µF

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
240 VZ3 + j4 ΩI

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
P = 35 kWQ1​S1​φ1​QC​

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
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M55 kW, η = 92%cos φ = 0,8

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
P = 80 kWφ1​S1​Q2​QC​

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
2 Ω101

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
pf 0,925 kVA, η = 97,5%

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
−+Vout​Rf​ = 22 kΩVin​R1​ = 4,7 kΩ

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
Vin​V1​Vout​stopień 1: odwracającyR1​ = 100 kΩRf1​ = 100 kΩstopień 2: nieodwracającyR2​ = 1 kΩRf2​ = 2 kΩ

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.

R1 = 100 kΩRf1 = 100 kΩR2 = 1 kΩRf2 = 2 kΩVin = 0,7 V
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 2,7 kΩβ = 150IC​ = ?VCC​ = 10 VRB​ = 680 kΩ

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.

VCC = 10 VRB = 680 kΩRC = 2,7 kΩβ = 150VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 150 Ωβ = 50VCC​ = 5 V5 VRB​ = ?

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.

VCC = 5 VRC = 150 Ωβ = 50Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vprzesterowanie = 5
RB = kΩ
25.Systemy liczboweŚredni
wagi w kodzie U21−12816413201618040211

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
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

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
MUX1I0​0I1​0I2​0I3​ABS1​S0​F

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
ABCD0001111000011110X011131204150706012013X151140819011010

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
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−91

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
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

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).

y″ + 7y′ + 12y = 12·u(t)y(0) = 3y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+Ks(s + 16)G(s)C(s)−

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).

G(s) = K/(s(s + 16))jednostkowe ujemne sprzężenie zwrotne
K =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+62s(s + 8)G(s)C(s)2H−

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
t (s)y(t)0,5?

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
+−24 VR = 48 ΩL = 50 mHC = 22 µFvC​

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
vin​R = 22 kΩC = 10 nFvout​

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
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

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
R(s)+Ks + 10s(s + 3)(s + 4)C(s)−

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
ReIm−1−2−3−4−5−6j1−1

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
r(t) = 5t+Ks(s + 10)C(s)−

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
R(s)+Kp​ + Ki​/s1s + 5C(s)−

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.

R1​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAR4​10 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 = 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.

R1​ = 20 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAR4​5 ΩBR6​3 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 = 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.

R1​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​2 ΩAR4​6 ΩBIs​2 A

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.

R1​ = 3 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​30 VR3​8 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

Przypisz prądy oczkowe

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

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
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.

R1​ = 12 ΩR2​ = 12 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR4​8 ΩAR5​30 ΩB+−V2​24 VI1​I2​I3​

Przypisz prądy oczkowe

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

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
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.

R1​ = 2 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​5 ΩBROZWARCIE

Przypadek 1 · V1 działające samodzielnie

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

R3+R4 = 10+5 = 15 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 5·15/(5+15) = 3,75 Ω
VA = 24·3,75/(2+3,75) = 15,65 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 15,65·5/15 = 5,217 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (15,65 − 5,217)/10 = 1,043 A

Przypadek 2 · Is działające samodzielnie

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

R1 ∥ R2 = 1,429 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·5/16,43 = −0,3043·Is

Przyrównaj sumę do zera

IR3′ + IR3″ = 1,043 − 0,3043·Is = 0
Is = 1,043/0,3043 = 3,429 A

Odpowiedź

Is = 3,429 A
8.Superpozycja

Odpowiedź: VR2 = −8,93 V

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

R1​ = 2 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​18 VR3​3 ΩAROZWARCIEBZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

V₂ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. Patrząc z A, R₃ jest równolegle z szeregową parą R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 3 ∥ 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
R1​ = 2 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 4 ΩZWARCIER3​3 ΩAIs​3 ABZWARCIE

Przypadek 2 · działa tylko Is

Oba źródła napięcia stają się zwarciami. Iₛ rozdziela się w B między R₄ (teraz do masy) a R₂ szeregowo z R₁ ∥ R₃.

R1 ∥ R3 = 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
R1​ = 2 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 4 ΩZWARCIER3​3 ΩAROZWARCIEB+−V2​10 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.

R1​ = 20 ΩR3​ = 3 ΩZWARCIER2​3 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 = 20·3/(20+3) = 2,609 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,609 + 3 = 5,609 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​3 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) = 18·3/(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.

R1​ = 4 ΩR3​ = 25 ΩZWARCIER2​20 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 = 4·20/(4+20) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 25 = 28,33 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAIs​5 ABab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 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.

Wymagana stała czasowa

13,5 = 15·(1 − e−100/τ) → τ = 100/ln(15/(15 − 13,5))
τ = 100/2,303 = 43,43 ms

Rezystancja

kΩ razy µF daje milisekundy.

R = τ/C = 43,43/47 = 0,924 kΩ

Odpowiedź

R = 0,924 kΩ
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 0,8445 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 = 314,2·0,15 = 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).

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(25² + (−271,2)²) = 272,3 Ω

Prąd

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.

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/10)·√(0,02/(1·10⁻⁶)) = 14,14

Pasmo przenoszenia

B = f0/Q = 1125/14,14 = 79,58 Hz

Odpowiedź

B = 79,58 Hz
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: S = 11520 VA

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.

V = 415 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 18103/(314,2·415²) = 334,6 µF

Odpowiedź

Cph = 334,6 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: R1′ = 200 Ω

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.

Prąd bazy

IB = (VCC − VBE)/RB = (10 − 0,7)/680 kΩ = 13,68 µA

Prąd kolektora

IC = β·IB = 150·13,68 µA = 2,051 mA

Odpowiedź

IC = 2,051 mA

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
ABCD0001111000011110X011131204150706012013X151140819011010

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).

Pulsacja własna i współczynnik tłumienia

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,05·2,2 × 10⁻⁵) = 953,5 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (48/2)·√(2,2 × 10⁻⁵/0,05) = 0,5034

Wynik

ωₙ = 953,5 rad/s

Odpowiedź

ωn = 953,5 rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: φ = −78,64 °

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.

Wielomian charakterystyczny

s(s + 3)(s + 4) + K(s + 10) = s³ + 7s² + (12 + K)s + 10K

Tablica Routha

s³: 1, 12 + K
s²: 7, 10K
s¹: (7·(12 + K) − 10K)/7
s⁰: 10K

Warunek

84 − 3K > 0
K < 84/3 = 28

Odpowiedź

Kmax = 28

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.

ExamProblems · examproblems.com/courses/fe-exam-electrical