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​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​12 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 18 VR1 = 4 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 ΩR4 = 12 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​5 ΩAR4​12 ΩBR6​2 Ω

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 5 ΩR4 = 12 ΩR5 = 4 ΩR6 = 2 Ω
Req = Ω
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 10 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​4 ΩAR4​6 ΩBIs​3 A

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć moc PIs oddawaną przez źródło prądu Is.

V1 = 9 VIs = 3 AR1 = 10 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 ΩR4 = 6 Ω
PIs = W
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​30 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 VA (mierzony względem masy).

V1 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 30 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 Ωg = 0,1 A/V
VA = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 4 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​15 VR3​12 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

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

V1 = 15 VV2 = 24 VR1 = 4 ΩR2 = 3 ΩR3 = 12 Ω
I2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 6 ΩR2​ = 12 ΩR3​ = 8 ΩIR3​+−V1​30 VR4​6 ΩAR5​4 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

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

V1 = 30 VV2 = 36 VR1 = 6 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 ΩR4 = 6 ΩR5 = 4 Ω
IR3 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩIR2​AR4​6 ΩBIs​2,5 A

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

V1 = 12 VIs = 2,5 AR1 = 6 ΩR2 = 12 ΩR3 = 5 ΩR4 = 6 Ω
IR2 = A
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 6 ΩIR1​R2​ = 20 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​15 VR3​15 ΩAIs​5 AB+−V2​15 V

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR1 pobieraną przez R1.

V1 = 15 VIs = 5 AV2 = 15 VR1 = 6 ΩR2 = 20 ΩR3 = 15 ΩR4 = 30 Ω
PR1 = W
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAab

Wyznacz rezystancję Thévenina Rth widzianą z zacisków a–b.

V1 = 12 VR1 = 5 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 12 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAIs​4 ABab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 10 VIs = 4 AR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 Ω
Vth = V
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​10 Vt = 0R = 47 ΩL68 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Po jakim czasie od zamknięcia łącznika prąd osiągnie 95% wartości końcowej? Wyznacz t.

Vs = 10 VR = 47 ΩL = 68 mH
t = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​6 Vt = 0R = 4,7 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 5 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 5 V o zaznaczonej biegunowości. Wyznacz napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 100 ms.

Vs = 6 VR = 4,7 kΩC = 68 µFvC(0) = 5 Vt = 100 ms
vC = V
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
100 V50 HzR = 30 ΩL = 150 mHC = 47 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 100 V (skuteczne), 50 Hz. Wyznacz moc czynną P pobieraną z zasilania.

V = 100 V (rms)f = 50 HzR = 30 ΩL = 150 mHC = 47 µF
P = W
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
120 V50 HzR = 15 ΩL = 50 mHC = 100 µF

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 120 V (skuteczne), 50 Hz. Wyznacz częstotliwość rezonansową f0 obwodu.

V = 120 V (rms)f = 50 HzR = 15 ΩL = 50 mHC = 100 µF
f0 = Hz
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 36 kWQSφ

Silnik jednofazowy pobiera 36 kW przy współczynniku mocy 0,6 (indukcyjnym) z zasilania 230 V. Wyznacz prąd linii I.

P = 36 kWpf = 0,6V = 230 V
I = A
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 5 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 5 kW przy współczynniku mocy 0,6 (indukcyjnym) z zasilania 230 V, 50 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,95. Wyznacz moc bierną QC, którą musi dostarczyć kondensator.

P = 5 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,95V = 230 Vf = 50 Hz
QC = kvar
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 690 VIL​ = ?M90 kW, η = 92%cos φ = 0,88

Trójfazowy silnik indukcyjny oddaje przy pełnym obciążeniu 90 kW mocy mechanicznej. Przy tym obciążeniu jego sprawność wynosi 92%, a współczynnik mocy 0,88 (indukcyjny). Napięcie przewodowe sieci wynosi 690 V. Wyznacz prąd przewodowy IL.

Pout = 90 kWη = 92%cos φ = 0,88VL = 690 V
IL = A
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 200 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) z sieci 690 V (napięcie przewodowe), 50 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 = 200 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.TransformatoryŚredni
2400 V240 VIHV​ = ?ILV​150 kVA

Jednofazowy transformator 150 kVA, 2400/240 V pracuje przy obciążeniu znamionowym. Potraktuj go jako idealny. Wyznacz prąd IHV w uzwojeniu górnego napięcia.

S = 150 kVAV1 = 2400 VV2 = 240 V
IHV = A
20.TransformatoryTrudny
pf 0,9575 kVA, η = 97%

Jednofazowy transformator 75 kVA ma straty w rdzeniu 225 W. Przy obciążeniu znamionowym i współczynniku mocy 0,95 (indukcyjnym) jego sprawność wynosi 97%. Wyznacz straty w miedzi przy pełnym obciążeniu Pcu,fl w watach.

S = 75 kVAPcore = 225 Wpf = 0,95η = 97%
Pcu,fl = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 10 kΩVin​

Dobierz rezystor sprzężenia zwrotnego Rf, który da temu wzmacniaczowi nieodwracającemu wzmocnienie napięciowe 6.

R1 = 10 kΩAv = 6
Rf = kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = −2 VR1​ = 22 kΩV2​ = −1,3 VR2​ = 4,7 kΩ

Wzmacniacz sumujący korzysta z idealnego wzmacniacza operacyjnego zasilanego napięciem ±15 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

V1 = −2 VV2 = −1,3 VR1 = 22 kΩR2 = 4,7 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 1 kΩβ = 75IC​ = ?VCC​ = 12 VRB​ = 560 kΩ

Tranzystor NPN o β = 75 jest spolaryzowany rezystorem bazowym RB = 560 kΩ z zasilania VCC = 12 V. Rezystor kolektorowy to RC = 1 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 = 12 VRB = 560 kΩRC = 1 kΩβ = 75VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
V (V)I (mA)0,65522,73Q = ?

Dioda jest modelowana jako 0,65 V szeregowo z 50 Ω (przewodzi powyżej 0,65 V). Jest połączona szeregowo z rezystorem 220 Ω i zasilana napięciem 5 V. Wyznacz prąd pracy ID w punkcie, w którym prosta diody przecina prostą obciążenia.

Vs = 5 VR = 220 ΩV0 = 0,65 Vrd = 50 Ω
ID = mA
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U2?−128?64?32?16?8?4?2?1

Zapisz −70 jako 8-bitowy wzór w kodzie U2. Odczytaj ten wzór jako liczbę dwójkową bez znaku: jaka jest jego wartość U dziesiętnie?

N = −708 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
874 kodów, b = ? bitów?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

System musi nadać każdemu z 874 elementów własny kod dwójkowy tej samej długości. Ile co najmniej bitów b potrzeba?

874
b = bit
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111010011302041507160120130150141809111010

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać iloczynu sum (POS) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 5, 6, 8, 11). Ile sum (czynników) N ona ma?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 5, 6, 8, 11)
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​TQ4​Q4​TQ5​Q5​CLK

6-bitowy licznik asynchroniczny (ripple) zbudowano z przerzutników z opóźnieniem propagacji 10 ns każdy. Wszystkie wyjścia muszą się ustalić przed następnym zboczem zegara. Znajdź maksymalną częstotliwość zegara fmax.

n = 6tpd = 10 ns
fmax = MHz
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,25f(0,25) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = (3s + 7)/(s² + 4s + 4) i oblicz f(0,25).

F(s) = (3s + 7)/(s² + 4s + 4)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Rozwiąż y″ + 9y′ + 20y = 0 dla y(0) = 5 i y′(0) = 8 za pomocą transformaty Laplace’a i znajdź y(0,25).

y″ + 9y′ + 20y = 0y(0) = 5y′(0) = 8t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+5s + 6G(s)C(s)0,2H−

Obiekt G(s) = 5/(s + 6) jest regulowany w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego, w której czujnik ma wzmocnienie H = 0,2. Znajdź stałą czasową τ układu zamkniętego.

G(s) = 5/(s + 6)H = 0,2
τ = s
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+12s + 5G₁+4s + 1G₂C(s)2H₁−0,1H₂−

Zredukuj schemat blokowy dla G₁ = 12/(s + 5), G₂ = 4/(s + 1), z wewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₁ = 2 wokół G₂ i zewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₂ = 0,1. Znajdź wzmocnienie statyczne T(0) transmitancji C(s)/R(s).

G₁ = 12/(s + 5)G₂ = 4/(s + 1)H₁ = 2H₂ = 0,1
T(0) =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)2

Układ ma transmitancję G(s) = 38/(s² + 4s + 19) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Bieguny to s = σ ± jωd. Znajdź część rzeczywistą σ.

G(s) = 38/(s² + 4s + 19)
σ =
34.Odpowiedź skokowaTrudny
k = 1000 N/mc = 45 N·s/mm = 2 kgF = 20 Nx(t)

Masa m = 2 kg wisi na sprężynie k = 1000 N/m z tłumikiem lepkim c = 45 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). W spoczynku w położeniu równowagi nagle przyłożono stałą siłę F = 20 N. Wyznacz współczynnik tłumienia ζ.

m = 2 kgk = 1000 N/mc = 45 N·s/mF = 20 N
ζ =
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,11101001000−80−60−40−20020ω (rad/s)ω = 4

Znajdź dokładny moduł |G(jω)| G(s) = 420/((s + 7)(s + 20)) przy ω = 4 rad/s, w dB.

G(s) = 420/((s + 7)(s + 20))ω = 4 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)11101010010010001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 180/(s(s + 10)). Znajdź częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc, przy której |L(jω)| = 1.

L(s) = 180/(s(s + 10))
ωc = rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+Ks + 8s(s + 3)(s + 4)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K(s + 8)/(s(s + 3)(s + 4)), gdzie K > 0. Wyznacz największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

L(s) = K(s + 8)/(s(s + 3)(s + 4))
Kmax =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−2−4−6j2j4j6

Naszkicowano linię pierwiastkową dla L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 5)). Wyznacz częstotliwość ω, przy której linia przecina oś urojoną.

L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 5))
ω = rad/s
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 10 + 5t+10(s + 2)s(s + 4)C(s)−

Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 10(s + 2)/(s(s + 4)) podano wejście r(t) = 10 + 5t (skok plus narastanie liniowe). Wyznacz uchyb ustalony ess.

G(s) = 10(s + 2)/(s(s + 4))r(t) = 10 + 5t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+K = 85s(s + 6)C(s)−

Regulator proporcjonalny K = 8 steruje obiektem G(s) = 5/(s(s + 6)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS odpowiedzi skokowej.

G(s) = 5/(s(s + 6))K = 8
%OS = %

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 8,714 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​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​12 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 = 10 + 12 = 22 Ω
R2 ∥ 22 = 6·22/(6+22) = 4,714 Ω
Req = R1 + 4,714 = 4 + 4,714 = 8,714 Ω

Odpowiedź

Req = 8,714 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 9,214 Ω

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​5 ΩAR4​12 ΩBR6​2 Ω

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R5 + R6 = 4 + 2 = 6 Ω
R4 ∥ 6 = 4 Ω
R3 + 4 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 3,214 Ω
Req = R1 + 3,214 = 6 + 3,214 = 9,214 Ω

Odpowiedź

Req = 9,214 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: PIs = 42,36 W

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 wpływającemu do A ze źródeł.

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/4 + (VA − 9)/10 + (VA − VB)/15 = 0
0,4167·VA − 0,06667·VB = 0,9

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)/15 = 3
−0,06667·VA + 0,2333·VB = 3

Rozwiąż

Δ = (0,4167)(0,2333) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,09278
VA = Δ1/Δ = 0,41/0,09278 = 4,419 V
VB = Δ2/Δ = 1,31/0,09278 = 14,12 V

Moc oddawana przez źródło prądu

Źródło wpycha Iₛ w górę do węzła B, od masy (0 V) do VB. Źródło, którego prąd wypływa z zacisku +, oddaje moc P = V·I.

PIs = VB·Is = 14,12·3 = 42,36 W

Odpowiedź

PIs = 42,36 W
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VA = 23,08 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
0,4667·VA − 0,1·VB = 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
−0,2·VA + 0,1667·VB = 0

Rozwiąż

Δ = (0,4667)(0,1667) − (−0,1)(−0,2) = 0,05778
VA = Δ1/Δ = 1,333/0,05778 = 23,08 V
VB = Δ2/Δ = 1,6/0,05778 = 27,69 V

Odpowiedź

VA = 23,08 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I2 = −2,125 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​ = 4 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​15 VR3​12 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

Przypisz prądy oczkowe

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

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
4·I1 + 12(I1 − I2) = 15
16·I1 − 12·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
3·I2 + 12(I2 − I1) = (−24)
−12·I1 + 15·I2 = −24

Rozwiąż

Δ = (16)(15) − (−12)(−12) = 96
I1 = Δ1/Δ = −63/96 = −0,6563 A
I2 = Δ2/Δ = −204/96 = −2,125 A

Odpowiedź

I2 = −2,125 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR3 = −2,943 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​ = 6 ΩR2​ = 12 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR4​6 ΩAR5​4 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

Przypisz prądy oczkowe

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

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
6·I1 + 6(I1 − I2) = 30
12·I1 − 6·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 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
12·I2 + 6(I2 − I1) + 4(I2 − I3) = 0
−6·I1 + 22·I2 − 4·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
8·I3 + 4(I3 − I2) = (−36)
−4·I2 + 12·I3 = −36

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 2544
I1 = Δ1/Δ = 6576/2544 = 2,585 A
I2 = Δ2/Δ = 432/2544 = 0,1698 A
I3 = Δ3/Δ = −7488/2544 = −2,943 A

Odpowiedź

IR3 = I3 = −2,943 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: IR2 = 0,8222 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​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAR4​6 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 = 5+6 = 11 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 12·11/(12+11) = 5,739 Ω
VA = 12·5,739/(6+5,739) = 5,867 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 5,867·6/11 = 3,2 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (5,867 − 0)/12 = 0,4889 A
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 ΩZWARCIER2​12 ΩAR4​6 ΩBIs​2,5 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 = 6·12/(6+12) = 4 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 9 = 3,6 Ω
VB = Is·Req = 2,5·3,6 = 9 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 9·4/9 = 4 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (4 − 0)/12 = 0,3333 A

Dodaj składowe

IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = 0,4889 + 0,3333 = 0,8222 A

Wynik ujemny oznacza, że w rzeczywistości prąd płynie przeciwnie do strzałki.

8.Superpozycja

Odpowiedź: PR1 = 41,55 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 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​15 VR3​15 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) = 15 ∥ 50 = 11,54 Ω
VA = 15·11,54/(6+11,54) = 9,868 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 9,868·30/50 = 5,921 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (15 − 9,868)/6 = 0,8553 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 30 ΩZWARCIER3​15 ΩAIs​5 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. Strzałka Iₛ wskazuje w dół, od jego węzła, więc Iₛ odprowadza prąd z tego węzła: jego wyraz wchodzi ze znakiem minus.

R1 ∥ R3 = 4,286 Ω, więc lewa gałąź to R2+4,286 = 24,29 Ω
Req = R4 ∥ 24,29 = 13,42 Ω
VB = −Is·Req = −5·13,42 = −67,11 V
VA = VB·4,286/24,29 = −11,84 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − −11,84)/6 = 1,974 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 30 ΩZWARCIER3​15 ΩAROZWARCIEB+−V2​15 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 = 6·15/(6+15) = 4,286 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 15·24,29/54,29 = 6,711 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 6,711·4,286/24,29 = 1,184 V
IR1‴ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 1,184)/6 = −0,1974 A

Zsumuj wkłady prądu

IR1 = IR1′ + IR1″ + IR1‴ = 0,8553 + 1,974 + (−0,1974) = 2,632 A

Moc w rezystorze

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

PR1 = IR1²·R1 = 2,632²·6 = 41,55 W

Odpowiedź

PR1 = 41,55 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 28 W, co jest błędne.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Rth = 23,53 Ω

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​ = 5 ΩR3​ = 20 ΩZWARCIER2​12 ΩAabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

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

R1 ∥ R2 = 5·12/(5+12) = 3,529 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,529 + 20 = 23,53 Ω
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = −52,67 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​ = 12 ΩR3​ = 10 ΩZWARCIER2​6 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 = 12·6/(12+6) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 10 = 14 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAIs​4 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) = 3,333 + (−4)·4 = −12,67 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −12,67 + (−4)·10 = −52,67 V
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 4,334 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.

Stała czasowa i prąd końcowy

Długo po zamknięciu łącznika cewka zachowuje się jak zwarcie, więc prąd końcowy zależy tylko od R.

τ = L/R = 68 mH / 47 Ω = 1,447 ms
i(∞) = Vs/R = 10/47 = 0,2128 A

Wyznacz czas

0,95 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,95)
t = −1,447·ln(0,05) = 4,334 ms

Odpowiedź

t = 4,334 ms
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 5,269 V

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

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) = 5 V, vC(∞) = Vs = 6 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 68 µF = 319,6 ms
vC(t) = 6 + (5 − 6)·e−t/τ

Napięcie w danej chwili

vC(100) = 6 + (−1)·e−100/319,6 = 5,269 V

Odpowiedź

vC = 5,269 V
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: P = 226,5 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 = 47,12 Ω, XC = 67,73 Ω

Impedancja

|Z| = √(30² + (−20,6)²) = 36,39 Ω

Moc czynna

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

I = 100/36,39 = 2,748 A
P = I²·R = 2,748²·30 = 226,5 W

Odpowiedź

P = 226,5 W
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: f0 = 71,18 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|.

Rezonans

W rezonansie reaktancje indukcyjna i pojemnościowa się znoszą: ωL = 1/(ωC). Częstotliwość zasilania nie ma znaczenia.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,05·100·10⁻⁶)) = 71,18 Hz

Odpowiedź

f0 = 71,18 Hz
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: I = 260,9 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) = 36000/(230·0,6) = 260,9 A

Odpowiedź

I = 260,9 A
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: QC = 5,023 kvar

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

Moc bierna przed i po

Moc czynna P się nie zmienia; zmienia się tylko moc bierna pobierana z sieci.

Q1 = P·tan φ1 = 5·tan(53,13°) = 6,667 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(18,19°) = 1,643 kvar
QC = Q1 − Q2 = 5,023 kvar

Odpowiedź

QC = 5,023 kvar
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: IL = 93,02 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 = 90/0,92 = 97,83 kW

Prąd linii

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 97826/(√3·690·0,88) = 93,02 A

Odpowiedź

IL = 93,02 A
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: QC = 84,26 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 = 200·tan(acos 0,8) = 200·0,75 = 150 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,95) = 200·0,3287 = 65,74 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 84,26 kvar

Odpowiedź

QC = 84,26 kvar
19.Transformatory

Odpowiedź: IHV = 62,5 A

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

Prąd znamionowy

Oba uzwojenia przenoszą tę samą moc pozorną.

IHV = S/V = 150000/2400 = 62,5 A

Odpowiedź

IHV = 62,5 A
20.Transformatory

Odpowiedź: Pcu,fl = 1979 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 = 75·0,95 = 71,25 kW
Pin = 71250/0,97 = 73454 W

Straty całkowite i straty w miedzi

Ploss = 73454 − 71250 = 2204 W
Pcu,fl = 2204 − 225 = 1979 W

Odpowiedź

Pcu,fl = 1979 W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Rf = 50 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 = (6 − 1)·10 = 50 kΩ

Odpowiedź

Rf = 50 kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 3,675 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.

Prądy wejściowe

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

I1 = V1/R1 = −2/22 = −0,09091 mA
I2 = V2/R2 = −1,3/4,7 = −0,2766 mA
If = I1 + I2 = −0,3675 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −10·(−0,3675) = 3,675 V

Odpowiedź

Vout = 3,675 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 1,513 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 = (12 − 0,7)/560 kΩ = 20,18 µA

Prąd kolektora

IC = β·IB = 75·20,18 µA = 1,513 mA

Odpowiedź

IC = 1,513 mA

Sprawdzenie: VCE = 10,49 V jest wyraźnie większe od 0,2 V, więc tranzystor rzeczywiście pracuje w obszarze aktywnym.

24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: ID = 16,11 mA

Obwody z diodą LED i diodami: spolaryzowana w kierunku przewodzenia dioda LED ma spadek napięcia w przybliżeniu równy jej napięciu przewodzenia VF (około 2 V dla czerwonej, 3 V dla niebieskiej lub białej), niezależnie od prądu. Rezystor szeregowy ustala prąd: R = (Vs − n·VF)/I dla n diod LED połączonych szeregowo. Dla dokładniejszego modelu diody V = V₀ + I·rd punkt pracy leży tam, gdzie prosta diody przecina prostą obciążenia I = (Vs − V)/R, więc I = (Vs − V₀)/(R + rd).

Połącz oba równania

5 = 0,65 + I·(220 + 50)

Prąd pracy

ID = 4,35/270 = 16,11 mA
VD = 0,65 + 0,01611·50 = 1,456 V

Odpowiedź

ID = 16,11 mA
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 186

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.

Odwróć i dodaj jeden

70 = 0100 0110
odwrócone: 1011 1001
+1 → 1011 1010

Odczytaj bez znaku

1011 1010₂ = 256 − 70 = 186

Odpowiedź

U = 186
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: b = 10 bit

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.

Potęgi dwójki

29 = 512 < 874
210 = 1024 ≥ 874

Odpowiedź

b = 10
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 5

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.

ABCD000111100001111010011302041507160120130150141809111010

Zgrupuj zera

Każda grupa to prostokąt z 2ᵏ komórek; komórki na brzegu sąsiadują z komórkami na przeciwległym brzegu.

(B + C + D′)
(B + C′ + D)
(B′ + C + D)
(B′ + C′ + D′)
(A′ + B′)

Minimalna postać POS

F = (B + C + D′)(B + C′ + D)(B′ + C + D)(B′ + C′ + D′)(A′ + B′)
N = 5

Odpowiedź

N = 5
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: fmax = 16,67 MHz

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.

Najgorszy czas ustalania

T = 6·10 ns = 60 ns

Maksymalna częstotliwość

fmax = 1/60 ns = 16,67 MHz

Odpowiedź

fmax = 16,67 MHz
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.25) = 1,971

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 + 4s + 4 = (s + 2)²

Ułamki proste

3s + 7 = 3(s + 2) + 1
F(s) = 3/(s + 2) + 1/(s + 2)²

Transformata odwrotna

f(t) = 3·e−2t + t·e−2t
f(0,25) = (3 + 1·0,25)·e−2·0,25 = 1,971

Odpowiedź

f(0,25) = 1,971
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.25) = 4,118

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

Przekształcenie równania

s²Y − 5s − 8 + 9(sY − 5) + 20Y = 0
Y(s) = (5s + 53)/((s + 4)(s + 5))

Ułamki proste

A = 33/1 = 33
B = 28/(−1) = −28

Wynik

y(t) = 33·e−4t − 28·e−5t
y(0,25) = 4,118

Odpowiedź

y(0,25) = 4,118

Sprawdzenie: y(0) = A + B = 5.

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: τ = 0,1429 s

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

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = G/(1 + G·H) = 5/(s + 6 + 1) = 5/(s + 7)

Wynik

τ = 1/7 = 0,1429 s

Odpowiedź

τ = 0,1429 s
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: T(0) = 0,9639

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 = G₂/(1 + G₂H₁) = 4/(s + 9)

Pętla zewnętrzna

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 48/((s + 5)(s + 9) + 4,8)

Wzmocnienie statyczne

T(0) = 48/(5·9 + 4,8) = 48/49,8 = 0,9639

Odpowiedź

T(0) = 0,9639
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: σ = −2

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 = 19 → ωₙ = 4,359 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·4,359) = 0,4588

Wynik

σ = −ζωₙ = −4/2 = −2

Odpowiedź

σ = −2
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ζ = 0,5031

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 = √(k/m) = √(1000/2) = 22,36 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 45/(2·√(1000·2)) = 0,5031

Wynik

ζ = 0,5031

Odpowiedź

ζ = 0,5031
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: |G(jω)| = 8,145 dB

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

Pomnóż moduły

|G(j4)| = 420/(√(4² + 7²)·√(4² + 20²)) = 420/(8,062·20,4) = 2,554

Wynik

20·log₁₀(2,554) = 8,145 dB

Odpowiedź

|G(jω)| = 8,145 dB
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ωc = 11,7 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 + 100ω² − 32400 = 0
ω² = (−100 + √(10000 + 4·32400))/2 = 136,8
ωc = 11,7 rad/s

Odpowiedź

ωc = 11,7 rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmax = 84

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 + 8) = s³ + 7s² + (12 + K)s + 8K

Tablica Routha

s³: 1, 12 + K
s²: 7, 8K
s¹: (7·(12 + K) − 8K)/7
s⁰: 8K

Warunek

84 − 1K > 0
K < 84/1 = 84

Odpowiedź

Kmax = 84

Gdyby zero leżało na prawo od s = −7, pętla pozostałaby stabilna dla każdego K > 0.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: ω = 5,568 rad/s

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

Wzmocnienie krytyczne

s³ + 10s² + 31s + 30 + K = 0
s¹: (10·31 − 30 − K)/10 = 0 → K = 280

Częstotliwość przecięcia

10s² + 30 + 280 = 10s² + 310 = 0 → s² = −31
ω = √31 = 5,568 rad/s

Odpowiedź

ω = 5,568 rad/s
39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 1

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

Stała prędkościowa

Kv = lim s·G(s) = 5

Część skokowa

Kp = ∞ → estep = 0

Uchyb dla narastania liniowego

ess = 5/5 = 1

Odpowiedź

ess = 1
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: %OS = 18,4 %

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

Wielomian charakterystyczny

s(s + 6) + 8·5 = s² + 6s + 40

ωₙ i ζ

ωₙ = √40 = 6,325 rad/s
ζ = 6/(2·6,325) = 0,4743

Przeregulowanie

%OS = 100·e−0,4743π/√(1 − 0,4743²) = 18,4 %

Odpowiedź

%OS = 18,4 %

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