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​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAR4​6 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

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

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

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

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

V1 = 6 VIs = 2 AR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 ΩR4 = 10 Ω
VA = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 30 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAR4​15 ΩB0,1·VA​

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

V1 = 24 VR1 = 30 ΩR2 = 20 ΩR3 = 30 ΩR4 = 15 Ωg = 0,1 A/V
VB = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 20 ΩR2​ = 5 Ω+−V1​15 VR3​10 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

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

V1 = 15 VV2 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 Ω
I1 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 2 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 30 Ω+−VR3​+−V1​10 VR4​5 ΩAR5​12 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć napięcie VR3 na R3 o zaznaczonej biegunowości.

V1 = 10 VV2 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 30 ΩR4 = 5 ΩR5 = 12 Ω
VR3 = V
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 ΩIR3​+−V1​24 VR2​2 ΩAR4​2 ΩBIs​5 A

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR3 pobieraną przez R3.

V1 = 24 VIs = 5 AR1 = 6 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 ΩR4 = 2 Ω
PR3 = W
8.SuperpozycjaTrudny
obwód liniowyV1​V2​Is​IRL​

Liniowy obwód rezystancyjny zawiera trzy niezależne źródła: V1, V2 i Is. Prąd I przez obciążenie zmierzono trzy razy. Przy wszystkich źródłach o wartościach normalnych I = 12,5 mA. Po podwojeniu V1 przy niezmienionych pozostałych dwóch I = 10,5 mA. Po odwróceniu kierunku Is przy niezmienionych pozostałych dwóch I = −4,5 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy V2 jest wyłączone, a V1 i Is mają wartości normalne.

wartości normalne: I = 12,5 mA2·V1: I = 10,5 mA−Is: I = −4,5 mA
I = mA
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 2 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩARL​20 ΩIL​B

Między a–b podłączono obciążenie RL = 20 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 30 VR1 = 2 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 ΩRL = 20 Ω
IL = A
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 6 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAIs​1 ABab

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

V1 = 6 VIs = 1 AR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 Ω
IN = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
R = 15 Ωt = 0L22 mHi(t)

Przez cewkę płynie ustalony prąd 1 A. W t = 0 łącznik zamyka obwód przez R, a źródło zostaje odłączone, więc prąd cewki zanika przez R. Wyznacz prąd i w chwili t = 1 ms.

i(0) = 1 AR = 15 ΩL = 22 mHt = 1 ms
i = A
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​15 Vt = 0R = 2,2 kΩC22 µF+−vC​vC​(0) = 20 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 20 V o zaznaczonej biegunowości. Po jakim czasie vC osiągnie 17 V? Wyznacz t.

Vs = 15 VR = 2,2 kΩC = 22 µFvC(0) = 20 V
t = ms
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
24 V100 HzR = 100 ΩL = 50 mHC = 2,2 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 24 V (skuteczne), 100 Hz. Wyznacz moc czynną P pobieraną z zasilania.

V = 24 V (rms)f = 100 HzR = 100 ΩL = 50 mHC = 2,2 µF
P = W
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
12 V50 HzR1​ = 15 ΩR2​ = 100 ΩC = 10 µFI

Rezystor R1 jest połączony szeregowo z równoległym połączeniem R2 i kondensatora C i podłączony do zasilania 12 V (skuteczne), 50 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.

V = 12 V (rms)f = 50 HzR1 = 15 ΩR2 = 100 ΩC = 10 µF
I = A
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 14 kWQSφ

Silnik jednofazowy pobiera 14 kW przy współczynniku mocy 0,85 (indukcyjnym) z zasilania 240 V. Wyznacz prąd linii I.

P = 14 kWpf = 0,85V = 240 V
I = A
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P1​ = 9 kWQ1​S1​φ

Transformator jednofazowy 15 kVA zasila odbiornik 9 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym). Ile dodatkowej mocy czynnej ΔP można dołączyć jako odbiornik rezystancyjny (współczynnik mocy równy 1), zanim transformator osiągnie swoją moc znamionową w kVA?

Smax = 15 kVAP1 = 9 kWpf1 = 0,8
ΔP = kW
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 415 VIL​ = 60 Acos φ = 0,85indukcyjny

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera prąd przewodowy 60 A ze źródła o napięciu przewodowym 415 V. Współczynnik mocy wynosi 0,85 (indukcyjny). Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 415 VIL = 60 Acos φ = 0,85
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 250 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z sieci 690 V (napięcie przewodowe), 60 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,95 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Wyznacz całkowitą moc bierną QC, którą musi dostarczyć bateria kondensatorów, w kvar.

P = 250 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatoryŚredni
RL​ = 40 Ω1011200 VV2​I1​ = ?I2​

Do uzwojenia pierwotnego idealnego transformatora o przekładni N₁:N₂ = 10:1 przyłożono napięcie 1200 V. Do uzwojenia wtórnego dołączono rezystor 40 Ω. Wyznacz prąd pierwotny I1.

N1:N2 = 10:1V1 = 1200 VRL = 40 Ω
I1 = A
20.TransformatoryTrudny
pf 0,8100 kVA, η = 98,2%

Jednofazowy transformator 100 kVA ma straty w rdzeniu 400 W. Przy obciążeniu znamionowym i współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) jego sprawność wynosi 98,2%. Wyznacz straty w miedzi przy pełnym obciążeniu Pcu,fl w watach.

S = 100 kVAPcore = 400 Wpf = 0,8η = 98,2%
Pcu,fl = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 22 kΩVin​

Dobierz rezystor sprzężenia zwrotnego Rf, który da temu wzmacniaczowi nieodwracającemu wzmocnienie napięciowe 4.

R1 = 22 kΩAv = 4
Rf = kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 1 kΩV1​ = 1,7 VR1​ = 1 kΩV2​ = 0,3 VR2​ = 10 kΩIf​

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

V1 = 1,7 VV2 = 0,3 VR1 = 1 kΩR2 = 10 kΩRf = 1 kΩ
If = mA
23.Diody i tranzystoryŚredni
+−20 V330 Ω5,1 V2200 ΩIZ​ = ?

Stabilizator z diodą Zenera 5,1 V jest zasilany napięciem 20 V przez 330 Ω i zasila obciążenie 2200 Ω. Wyznacz prąd diody Zenera IZ.

Vin = 20 VVZ = 5,1 VR = 330 ΩRL = 2200 Ω
IZ = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 680 Ωβ = 150VCC​ = 24 V5 VRB​ = ?

Tranzystor NPN o β = 150 przełącza rezystor obciążenia 680 Ω włączony między VCC = 24 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. Wyznacz największy rezystor bazowy RB, w kΩ, który jeszcze wprowadza tranzystor w nasycenie.

VCC = 24 VRC = 680 Ωβ = 150Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U20−12806403201608040201

Ustaw bity tak, aby zapisywały −113 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −1138 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 0111 1100 XOR 1011 1101. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

0111 1100XOR1011 1101
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABC000111100101324576

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

F = AC′ + A′B + A′B′
L =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
CLKD1234567

Przerzutnik D wyzwalany zboczem narastającym startuje z Q = 0 i dostaje pokazane wejścia przy 7 zboczach narastających zegara. Ile razy N Q zmienia stan?

Q₀ = 0D
N =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,25f(0,25) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = (5s + 27)/(s² + 8s + 16) i oblicz f(0,25).

F(s) = (5s + 27)/(s² + 8s + 16)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,6y(0,6) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 6y′ + 5y = 5·u(t), przy y(0) = 1 i y′(0) = 0. W chwili t = 0 podano na wejście skok u(t) = 2. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź y(0,6).

y″ + 6y′ + 5y = 5·u(t)y(0) = 1y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,6 s
y(0.6) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+10K+3s + 6G(s)C(s)3H₁−−

Obiekt G(s) = 3/(s + 6) ma wewnętrzną (podrzędną) pętlę ujemnego sprzężenia zwrotnego ze wzmocnieniem H₁ = 3. Wzmocnienie regulatora K = 10 i zewnętrzna pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego zamykają układ. Znajdź biegun układu zamkniętego p.

G(s) = 3/(s + 6)H₁ = 3K = 10
p =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+11regulator+D(s)+10s + 2obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K = 11 steruje obiektem G(s) = 10/(s + 2) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Zakłócenie D wchodzi na wejście obiektu (dodaje się do wyjścia regulatora). Przy R = 0 podano skok zakłócenia o wielkości 2. Znajdź wyjście w stanie ustalonym css.

K = 11G(s) = 10/(s + 2)D = 2R = 0
css =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)3ts​ = ?

Układ ma transmitancję G(s) = 72/(s² + 3s + 24) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 72/(s² + 3s + 24)
ts = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
t (s)y(t)1tp​ = 0,2 s50 %

Odpowiedź skokowa układu drugiego rzędu bez zer wykazuje przeregulowanie 50 %, a pierwszy szczyt występuje w chwili t = 0,2 s. Znajdź pulsację własną ωn.

%OS = 50 %tp = 0,2 s
ωn = rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
vin​L = 20 mHC = 2,2 µFR = 2 Ωvout​

W pokazanym szeregowym filtrze środkowoprzepustowym RLC wyjście jest brane na R = 2 Ω, przy L = 20 mH i C = 2,2 µF. Znajdź szerokość pasma −3 dB BW w Hz.

R = 2 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF
BW = Hz
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 44/(s(s + 4)). Znajdź częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc, przy której |L(jω)| = 1.

L(s) = 44/(s(s + 4))
ωc = rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+43201s(s + 8)(s + 10)C(s)−

Pętla na schemacie ma ujemne sprzężenie zwrotne i L(s) = 4320/(s(s + 8)(s + 10)). Ile biegunów N układu zamkniętego leży w prawej półpłaszczyźnie?

L(s) = 4320/(s(s + 8)(s + 10))
N =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2

Linia pierwiastkowa dla L(s) = K/(s(s + 4)(s + 8)) opuszcza oś rzeczywistą między s = 0 a s = −4. Wyznacz punkt rozejścia sb.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 8))
sb =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
R(s)+K(s + 1)(s + 4)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma G(s) = K/((s + 1)(s + 4)). Wyznacz wzmocnienie K, które daje uchyb ustalony 4 % dla wejścia skokowego.

G(s) = K/((s + 1)(s + 4))ess = 4 %
K =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+Kp​ + Ki​/s5s + 2C(s)−

Regulator PI C(s) = Kp + Ki/s steruje obiektem G(s) = 5/(s + 2) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Układ zamknięty ma mieć ωₙ = 5 rad/s i ζ = 0,8. Wyznacz wzmocnienie całkowania Ki.

G(s) = 5/(s + 2)ωₙ = 5 rad/sζ = 0,8
Ki =

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 20,14 Ω

Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.

R1​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAR4​6 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R3 + R4 = 3 + 6 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 12·9/(12+9) = 5,143 Ω
Req = R1 + 5,143 = 15 + 5,143 = 20,14 Ω

Odpowiedź

Req = 20,14 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 14 Ω

Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.

R1​ = 12 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​5 VR2​3 ΩAR4​5 ΩBR6​4 Ω

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R5 + R6 = 15 + 4 = 19 Ω
R4 ∥ 19 = 3,958 Ω
R3 + 3,958 = 5,958 Ω
R2 ∥ 5,958 = 1,995 Ω
Req = R1 + 1,995 = 12 + 1,995 = 14 Ω

Odpowiedź

Req = 14 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VA = 1,882 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​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAR4​10 ΩBIs​2 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 6 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/20 + (VA − 6)/5 + (VA − VB)/20 = 0
0,3·VA − 0,05·VB = 1,2

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/10 + (VB − VA)/20 = (−2)
−0,05·VA + 0,15·VB = −2

Rozwiąż

Δ = (0,3)(0,15) − (−0,05)(−0,05) = 0,0425
VA = Δ1/Δ = 0,08/0,0425 = 1,882 V
VB = Δ2/Δ = −0,54/0,0425 = −12,71 V

Odpowiedź

VA = 1,882 V
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 14,77 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
0,1167·VA − 0,03333·VB = 0,8

PPK w węźle B

Źródło sterowane wpycha prąd g·VA do węzła B. Potraktuj je jak źródło niezależne, a potem przenieś wyraz z VA na lewą stronę.

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,1·VA
−0,1333·VA + 0,1·VB = 0

Rozwiąż

Δ = (0,1167)(0,1) − (−0,03333)(−0,1333) = 0,007222
VA = Δ1/Δ = 0,08/0,007222 = 11,08 V
VB = Δ2/Δ = 0,1067/0,007222 = 14,77 V

Odpowiedź

VB = 14,77 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I1 = 0,4714 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​ = 20 ΩR2​ = 5 Ω+−V1​15 VR3​10 ΩA+−V2​6 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
20·I1 + 10(I1 − I2) = 15
30·I1 − 10·I2 = 15

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
5·I2 + 10(I2 − I1) = (−6)
−10·I1 + 15·I2 = −6

Rozwiąż

Δ = (30)(15) − (−10)(−10) = 350
I1 = Δ1/Δ = 165/350 = 0,4714 A
I2 = Δ2/Δ = −30/350 = −0,08571 A

Odpowiedź

I1 = 0,4714 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: VR3 = −11,71 V

Metoda prądów oczkowych: każdemu oknu obwodu płaskiego przypisz własny prąd oczkowy, zapisz napięciowe prawo Kirchhoffa dla każdego oczka (suma spadków = suma wzrostów) i rozwiąż. Prądy gałęzi to prąd oczkowy lub różnica dwóch prądów oczkowych we wspólnej gałęzi.

R1​ = 2 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​10 VR4​5 ΩAR5​12 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

Przypisz prądy oczkowe

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

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
2·I1 + 5(I1 − I2) = 10
7·I1 − 5·I2 = 10

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
5·I2 + 5(I2 − I1) + 12(I2 − I3) = 0
−5·I1 + 22·I2 − 12·I3 = 0

NPK w oczku 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
30·I3 + 12(I3 − I2) = (−18)
−12·I2 + 42·I3 = −18

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 4410
I1 = Δ1/Δ = 6720/4410 = 1,524 A
I2 = Δ2/Δ = 588/4410 = 0,1333 A
I3 = Δ3/Δ = −1722/4410 = −0,3905 A

Odpowiedź

IR3 = I3 = −0,3905 A
VR3 = IR3·R3 = −0,3905·30 = −11,71 V

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: PR3 = 0,8779 W

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​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAR4​2 ΩBROZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

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

R3+R4 = 10+2 = 12 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 2·12/(2+12) = 1,714 Ω
VA = 24·1,714/(6+1,714) = 5,333 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 5,333·2/12 = 0,8889 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (5,333 − 0,8889)/10 = 0,4444 A
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 ΩZWARCIER2​2 ΩAR4​2 ΩBIs​5 A

Przypadek 2 · działa tylko Is

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

R1 ∥ R2 = 6·2/(6+2) = 1,5 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 2 ∥ 11,5 = 1,704 Ω
VB = Is·Req = 5·1,704 = 8,519 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 8,519·1,5/11,5 = 1,111 V
IR3″ = (VA − VB)/R3 = (1,111 − 8,519)/10 = −0,7407 A

Zsumuj wkłady prądu

IR3 = IR3′ + IR3″ = 0,4444 + (−0,7407) = −0,2963 A

Moc w rezystorze

Moc zależy od kwadratu prądu, więc nie podlega zasadzie superpozycji: najpierw zsumuj prądy, potem podnieś do kwadratu.

PR3 = IR3²·R3 = (−0,2963)²·10 = 0,8779 W

Odpowiedź

PR3 = 0,8779 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 7,462 W, co jest błędne.

8.Superpozycja

Odpowiedź: I = 6,5 mA

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

Zapisz pomiary za pomocą wkładów

Każdy wkład jest proporcjonalny do własnego źródła.

I₁ + I₂ + I₃ = 12,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 10,5
I₁ + I₂ − I₃ = −4,5

Wyznacz wkłady

I₁ = 10,5 − 12,5 = −2 mA
I₃ = (12,5 − (−4,5))/2 = 8,5 mA
I₂ = 12,5 − (−2) − 8,5 = 6 mA

Wyłącz V₂

I = I₁ + I₃ = (−2) + 8,5 = 6,5 mA

Odpowiedź

I = 6,5 mA
9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 0,9375 A

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 5 ΩZWARCIER2​10 ΩAabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

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

R1 ∥ R2 = 2·10/(2+10) = 1,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,667 + 5 = 6,667 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

Przy rozwartych a–b przez R₃ nie płynie prąd, więc nie ma na nim spadku i V_b = V_A. R₁ i R₂ tworzą dzielnik napięcia.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 30·10/(2+10) = 25 V
Rth​ = 6,667 Ω+−Vth​25 VRL​20 ΩIL​

Podłącz obciążenie do układu zastępczego Thévenina

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

IL = Vth/(Rth + RL) = 25/(6,667 + 20) = 0,9375 A
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = 1,185 A

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 12 ΩZWARCIER2​5 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 = 6·5/(6+5) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 12 = 14,73 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAIs​1 ABab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 2,727 + 1·2,727 = 5,455 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 5,455 + 1·12 = 17,45 V
IN​1,185 ARth​14,73 Ωab

Układ zastępczy Nortona

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

IN = Vth/Rth = 17,45/14,73 = 1,185 A
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: i = 0,5057 A

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

Stała czasowa

τ = L/R = 22 mH / 15 Ω = 1,467 ms

Zanik prądu

i(t) = 1·e−1/1,467 = 0,5057 A

Odpowiedź

i = 0,5057 A
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 44,35 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.

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

Napięcie na kondensatorze nie może zmienić się skokowo, więc zaczyna od zgromadzonej wartości i dąży do napięcia źródła.

vC(0) = 20 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 22 µF = 48,4 ms
vC(t) = 15 + (20 − 15)·e−t/τ

Wyznacz czas

17 = 15 + (5)·e−t/τ → e−t/τ = (17 − 15)/(20 − 15) = 0,4
t = τ·ln((20 − 15)/(17 − 15)) = 48,4·ln(2,5) = 44,35 ms

Odpowiedź

t = 44,35 ms
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: P = 0,1178 W

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

XL = 31,42 Ω, XC = 723,4 Ω

Impedancja

|Z| = √(100² + (−692)²) = 699,2 Ω

Moc czynna

Cewki i kondensatory tylko gromadzą i oddają energię; całą moc czynną pobiera rezystor.

I = 24/699,2 = 0,03432 A
P = I²·R = 0,03432²·100 = 0,1178 W

Odpowiedź

P = 0,1178 W
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 0,1093 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|.

Reaktancja

XC = 1/(2π·50·10·10⁻⁶) = 318,3 Ω

Połączenie równoległe

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

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 91,02 − j28,59 Ω

Impedancja całkowita

Z = 15 + 91,02 − j28,59 = 106 − j28,59 Ω
|Z| = √(106² + 28,59²) = 109,8 Ω

Prąd

I = V/|Z| = 12/109,8 = 0,1093 A

Odpowiedź

I = 0,1093 A
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: I = 68,63 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.

Prąd linii

Pracę wykonuje tylko moc czynna, więc podziel przez współczynnik mocy.

I = P/(V·cos φ) = 14000/(240·0,85) = 68,63 A

Odpowiedź

I = 68,63 A
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: ΔP = 4,395 kW

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

Moc bierna istniejącego odbiornika

Q1 = 9·tan(arccos 0,8) = 6,75 kvar

Największa łączna moc czynna

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(15² − 6,75²) = 13,4 kW

Dodatkowa moc czynna

ΔP = 13,4 − 9 = 4,395 kW

Odpowiedź

ΔP = 4,395 kW
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 36,66 kW

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

Moc pozorna

S = √3·VL·IL = √3·415·60 = 43,13 kVA

Moc czynna

P = S·cos φ = 43,13·0,85 = 36,66 kW

Odpowiedź

P = 36,66 kW
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: QC = 138,3 kvar

Symetryczne układy trójfazowe: w połączeniu w gwiazdę (Y) napięcie przewodowe jest √3 razy większe od napięcia fazowego, VL = √3·Vph, a prąd przewodowy jest równy prądowi fazowemu. W połączeniu w trójkąt (Δ) napięcie przewodowe jest równe napięciu fazowemu, a prąd przewodowy jest √3 razy większy od prądu fazowego, IL = √3·Iph. Moc całkowita jest trzykrotnością mocy jednej fazy: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Kompensacja mocy biernej: kondensatory dostarczają moc bierną lokalnie, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Każdy z trzech kondensatorów dostarcza QC/3 = V²·ω·C, gdzie V to napięcie na tym kondensatorze: VL w baterii połączonej w trójkąt, VL/√3 w baterii połączonej w gwiazdę.

Moc bierna przed i po

Moc czynna się nie zmienia, więc każdy współczynnik mocy wyznacza moc bierną: Q = P·tan φ.

Q1 = 250·tan(acos 0,75) = 250·0,8819 = 220,5 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,95) = 250·0,3287 = 82,17 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 138,3 kvar

Odpowiedź

QC = 138,3 kvar
19.Transformatory

Odpowiedź: I1 = 0,3 A

Transformator idealny: napięcia mają się do siebie jak liczby zwojów, a prądy odwrotnie: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a oraz I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, więc moc wejściowa jest równa mocy wyjściowej, V₁·I₁ = V₂·I₂. Impedancja obciążenia Z po stronie wtórnej widziana od strony pierwotnej wynosi a²·Z.

Napięcie i prąd wtórny

V2 = 1200/10 = 120 V
I2 = 120/40 = 3 A

Prąd pierwotny

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

I1 = I2/10 = 0,3 A

Odpowiedź

I1 = 0,3 A

Sprawdzenie: obciążenie widziane od strony pierwotnej to a²·RL = 4000 Ω, a 1200/4000 daje ten sam prąd.

20.Transformatory

Odpowiedź: Pcu,fl = 1066 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 = 100·0,8 = 80 kW
Pin = 80000/0,982 = 81466 W

Straty całkowite i straty w miedzi

Ploss = 81466 − 80000 = 1466 W
Pcu,fl = 1466 − 400 = 1066 W

Odpowiedź

Pcu,fl = 1066 W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Rf = 66 kΩ

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

Wzmocnienie wzmacniacza nieodwracającego

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

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (4 − 1)·22 = 66 kΩ

Odpowiedź

Rf = 66 kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: If = 1,73 mA

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

Prądy wejściowe

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

I1 = V1/R1 = 1,7/1 = 1,7 mA
I2 = V2/R2 = 0,3/10 = 0,03 mA
If = I1 + I2 = 1,73 mA

Odpowiedź

If = 1,73 mA
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IZ = 42,83 mA

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

Prąd rezystora

IR = 14,9/330 = 45,15 mA

Prąd obciążenia

IL = 5,1/2200 = 2,318 mA

Prąd diody Zenera

IZ = 45,15 − 2,318 = 42,83 mA

Odpowiedź

IZ = 42,83 mA
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: RB = 18,43 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) = (24 − 0,2)/680 = 35 mA

Minimalny prąd bazy

IB(min) = IC(sat)/β = 35/150 = 233,3 µA

Rezystor bazowy

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,2333 mA = 18,43 kΩ

Odpowiedź

RB = 18,43 kΩ

Każdy mniejszy rezystor bazowy też nasyca tranzystor; w praktyce wybiera się rezystor kilka razy mniejszy.

25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 143

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.

Odwróć i dodaj jeden

113 = 0111 0001
odwrócone: 1000 1110
+1 → 1000 1111

Odczytaj bez znaku

1000 1111₂ = 256 − 113 = 143

Odpowiedź

U = 143
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 193

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

Bit po bicie

XOR daje 1 tam, gdzie oba bity się różnią.

0111 1100
XOR 1011 1101
= 1100 0001

Wartość wyniku

1100 0001₂ = 193

Odpowiedź

R = 193
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: L = 2

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

Mintermy wyrażenia

AC′ → m(4, 6)
A′B → m(2, 3)
A′B′ → m(0, 1)
ABC00011110011011131214050716

Pogrupuj i odczytaj

F = C′ + A′

Policz literały

L = 2

Odpowiedź

L = 2
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 2

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

Q po każdym zboczu

Przerzutnik D kopiuje D przy każdym zboczu narastającym: Q⁺ = D.

1: D = 0 → Q = 0
2: D = 0 → Q = 0
3: D = 1 → Q = 1
4: D = 1 → Q = 1
5: D = 1 → Q = 1
6: D = 0 → Q = 0
7: D = 0 → Q = 0

Policz zmiany

0 → 0 → 0 → 1 → 1 → 1 → 0 → 0
N = 2

Odpowiedź

N = 2
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.25) = 2,483

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 + 8s + 16 = (s + 4)²

Ułamki proste

5s + 27 = 5(s + 4) + 7
F(s) = 5/(s + 4) + 7/(s + 4)²

Transformata odwrotna

f(t) = 5·e−4t + 7·t·e−4t
f(0,25) = (5 + 7·0,25)·e−4·0,25 = 2,483

Odpowiedź

f(0,25) = 2,483
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.6) = 1,326

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 + 6s + 5)·Y(s) = 1s + 6 + 10/s
Y(s) = (s² + 6s + 10)/(s(s + 1)(s + 5))

Ułamki proste

A = 10/(1·5) = 2
B = 5/((−1)·4) = −1,25
C = 5/((−5)·(−4)) = 0,25

Wynik

y(t) = 2 − 1,25·e−t + 0,25·e−5t
y(0,6) = 1,326

Odpowiedź

y(0,6) = 1,326

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

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: p = −45

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

Pętla wewnętrzna

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 3/(s + 6 + 3·3) = 3/(s + 15)

Pętla zewnętrzna

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 30/(s + 15 + 30) = 30/(s + 45)

Wynik

p = −45

Odpowiedź

p = −45
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: css = 0,1786

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).

Transmitancje

C/D = G/(1 + K·G) = 10/(s + 2 + 110)

Stan ustalony

css = 2·10/112 = 0,1786

Odpowiedź

css = 0,1786

Większe K zmniejsza wpływ zakłócenia, ale przy regulatorze proporcjonalnym nigdy do zera.

33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ts = 2,667 s

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

Porównaj z postacią standardową

Mianownik musi odpowiadać s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 24 → ωₙ = 4,899 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·4,899) = 0,3062

Wynik

ζωₙ = 1,5 → ts ≈ 4/1,5 = 2,667 s

Odpowiedź

ts = 2,667 s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ωn = 16,09 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).

Współczynnik tłumienia

ζ = −ln(0,5)/√(π² + ln²(0,5)) = 0,6931/√(9,87 + 0,4805) = 0,2155

Częstotliwość drgań własnych

ωd = π/tp = π/0,2 = 15,71 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 15,71/0,9765 = 16,09 rad/s

Odpowiedź

ωn = 16,09 rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: BW = 15,92 Hz

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 rezonansowa

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,02·2,2 × 10⁻⁶) = 4767 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 758,7 Hz

Pasmo przenoszenia

BW = R/L = 2/0,02 = 100 rad/s = 15,92 Hz

Odpowiedź

BW = 15,92 Hz
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ωc = 6,06 rad/s

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

Częstotliwość odcięcia wzmocnienia

ω⁴ + 16ω² − 1936 = 0
ω² = (−16 + √(256 + 4·1936))/2 = 36,72
ωc = 6,06 rad/s

Odpowiedź

ωc = 6,06 rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: N = 2

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

Wielomian charakterystyczny

s³ + 18s² + 80s + 4320 = 0

Tablica Routha

s³: 1, 80
s²: 18, 4320
s¹: −160
s⁰: 4320

Zmiany znaku w pierwszej kolumnie

1 → 18 → −160 → 4320
N = 2

Odpowiedź

N = 2

Wzmocnienie przekracza granicę K = 1440, więc para zespolona przeszła do prawej półpłaszczyzny.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: sb = −1,691

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

Wzmocnienie wzdłuż osi rzeczywistej

K(s) = −s(s + 4)(s + 8) = −(s³ + 12s² + 32s)

Punkty stacjonarne

dK/ds = −(3s² + 24s + 32) = 0
s = (−24 ± √(576 − 384))/6 = −1,691, −6,309

Wybierz punkt należący do linii

Linia leży na osi rzeczywistej między 0 a −4; drugi pierwiastek do niej nie należy.

sb = −1,691

Odpowiedź

sb = −1,691
39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 96

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

Wymagana stała uchybowa

1/(1 + Kp) = 0,04 → Kp = 24

Wzmocnienie

K/4 = 24 → K = 96

Odpowiedź

K = 96

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

40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Ki = 5

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

Wielomian charakterystyczny

1 + C(s)G(s) = 0, pomnożone przez s(s + 2).

s² + (2 + 5Kp)s + 5Ki

Wielomian docelowy

s² + 2·0,8·5s + 5² = s² + 8s + 25

Dopasuj współczynniki

5Ki = 25 → Ki = 5

Odpowiedź

Ki = 5

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