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​ = 2 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAR4​4 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 15 VR1 = 2 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 ΩR4 = 4 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 6 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩIR2​AR4​6 ΩBR6​2 Ω

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 25 ΩR4 = 6 ΩR5 = 12 ΩR6 = 2 Ω
IR2 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 12 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​6 ΩBIs​2 A

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

V1 = 12 VIs = 2 AR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 ΩR4 = 6 Ω
PIs = W
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 5 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAR4​12 ΩB0,25·VA​

Romb to źródło prądu sterowane napięciem, które wpycha prąd 0,25·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 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 ΩR4 = 12 Ωg = 0,25 A/V
VB = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 4 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​30 VR3​12 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

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

V1 = 30 VV2 = 24 VR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 12 Ω
I2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 10 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​12 VR4​6 ΩAR5​8 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

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

V1 = 12 VV2 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 ΩR4 = 6 ΩR5 = 8 Ω
I2 = A
7.SuperpozycjaŚredni
obwód liniowyVs​Is​IRL​

Liniowy obwód rezystancyjny zawiera jedno źródło napięcia Vs i jedno źródło prądu Is. Prąd I przez rezystor obciążenia zmierzono dwukrotnie: przy Vs = 6 V i Is = 1 mA I = 6,9 mA; przy Vs = 20 V i Is = 1 mA I = 23,7 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy Vs = 15 V i Is = 3 mA.

6 V, 1 mA → 6,9 mA20 V, 1 mA → 23,7 mAVs = 15 V, Is = 3 mA
I = mA
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 25 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​6 VR3​2 ΩIR3​AIs​1,5 AB+−V2​?

Wyznacz wartość źródła napięcia V2 (biegunowość jak na rysunku), przy której prąd IR3 przez R3 jest równy zeru.

V1 = 6 VIs = 1,5 AR1 = 25 ΩR2 = 8 ΩR3 = 2 ΩR4 = 10 Ω
V2 = V
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩARL​3 ΩIL​B

Między a–b podłączono obciążenie RL = 3 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 15 VR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 ΩRL = 3 Ω
IL = A
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 3 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​8 ΩAIs​1 ABRL​8 ΩIL​

Między a–b podłączono obciążenie RL = 8 Ω. Użyj układu zastępczego Thévenina, aby wyznaczyć moc PL dostarczaną do obciążenia.

V1 = 15 VIs = 1 AR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 2 ΩRL = 8 Ω
PL = W
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​20 Vt = 0R = 22 ΩL150 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Po jakim czasie od zamknięcia łącznika prąd osiągnie 75% wartości końcowej? Wyznacz t.

Vs = 20 VR = 22 ΩL = 150 mH
t = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​10 Votwiera się w t = 0R1​ = 2,2 kΩR2​ = 1 kΩC22 µF+−vC​

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

Vs = 10 VR1 = 2,2 kΩR2 = 1 kΩC = 22 µFt = 15 ms
vC = V
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
Vf0​ = 2000 HzRL = ?C = 0,22 µF

Szeregowy obwód RLC z C = 0,22 µF ma być w rezonansie przy 2000 Hz. Wyznacz potrzebną indukcyjność L.

f0 = 2000 HzC = 0,22 µF
L = mH
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
12 V1000 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 2,2 µF+−VC​

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 12 V (skuteczne), 1000 Hz. Wyznacz wartość skuteczną napięcia VC na kondensatorze.

V = 12 V (rms)f = 1000 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 2,2 µF
VC = V
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
230 VZ8 + j6 ΩI

Odbiornik o impedancji Z = 8 + j6 Ω jest podłączony do jednofazowego zasilania 230 V (skuteczne). Wyznacz pobieraną przez niego moc czynną P.

V = 230 VZ = 8 + j6 Ω
P = W
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 35 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 35 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z zasilania 400 V, 50 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,9. Wyznacz nowy prąd linii Inew.

P = 35 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9V = 400 Vf = 50 Hz
Inew = A
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M18,5 kW, η = 95%cos φ = 0,86

Trójfazowy silnik indukcyjny oddaje przy pełnym obciążeniu 18,5 kW mocy mechanicznej. Przy tym obciążeniu jego sprawność wynosi 95%, a współczynnik mocy 0,86 (indukcyjny). Napięcie przewodowe sieci wynosi 480 V. Wyznacz prąd przewodowy IL.

Pout = 18,5 kWη = 95%cos φ = 0,86VL = 480 V
IL = A
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 50 kW przy współczynniku mocy 0,72 (indukcyjnym) z sieci 690 V (napięcie przewodowe), 50 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,92 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Wyznacz całkowitą moc bierną QC, którą musi dostarczyć bateria kondensatorów, w kvar.

P = 50 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.TransformatoryŚredni
RL​ = 20 Ω21460 VV2​I1​ = ?I2​

Do uzwojenia pierwotnego idealnego transformatora o przekładni N₁:N₂ = 2:1 przyłożono napięcie 460 V. Do uzwojenia wtórnego dołączono rezystor 20 Ω. Wyznacz prąd pierwotny I1.

N1:N2 = 2:1V1 = 460 VRL = 20 Ω
I1 = A
20.TransformatoryTrudny
75 kVA

Jednofazowy transformator 75 kVA ma straty w rdzeniu 300 W i straty w miedzi 900 W przy obciążeniu znamionowym. Przy jakim obciążeniu Sη,max, w kVA, jego sprawność jest najwyższa?

S = 75 kVAPcore = 300 WPcu,fl = 900 W
Sη,max = kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 4,7 kΩVin​

Dobierz rezystor sprzężenia zwrotnego Rf, który da temu wzmacniaczowi nieodwracającemu wzmocnienie napięciowe 10.

R1 = 4,7 kΩAv = 10
Rf = kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​C = 0,22 µFVin​ = −1,9 VR = 47 kΩ

Układ całkujący wykorzystuje idealny wzmacniacz operacyjny zasilany napięciem ±15 V; jego wyjście nasyca się przy ±14 V. Kondensator jest rozładowany, gdy w t = 0 zostaje przyłożone stałe napięcie wejściowe Vin = −1,9 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout w chwili t = 50 ms.

Vin = −1,9 VR = 47 kΩC = 0,22 µFVsat = ±14 Vt = 50 ms
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
+−12 V100 Ω5,6 V1000 ΩIZ​ = ?

Stabilizator z diodą Zenera 5,6 V jest zasilany napięciem 12 V przez 100 Ω i zasila obciążenie 1000 Ω. Wyznacz prąd diody Zenera IZ.

Vin = 12 VVZ = 5,6 VR = 100 ΩRL = 1000 Ω
IZ = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 680 Ωβ = 80VCC​ = 5 V3,3 VRB​ = ?

Tranzystor NPN o β = 80 przełącza rezystor obciążenia 680 Ω włączony między VCC = 5 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 3,3 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 = 5 VRC = 680 Ωβ = 80Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U20−12806403201608040201

Ustaw bity tak, aby zapisywały −24 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −248 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 0111 0001 >> 3. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

0111 0001>> 3
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD00011110000111101111111

Na tej mapie Karnaugha dokładnie jedna jedynka nie ma sąsiedniej jedynki, więc w minimalnej postaci SOP pozostaje grupą jednej komórki (pełnym mintermem o czterech literałach). Sąsiedztwo przez brzegi mapy się liczy. Kliknij tę komórkę.

F = Σm(2, 5, 6, 8, 9, 10, 11)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKPIERŚCIENIOWY

4-bitowy licznik pierścieniowy Q₃Q₂Q₁Q₀ startuje od 1010. Przy każdym zboczu zegara bity przesuwają się o jedno miejsce w prawo (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀), a Q₃ dostaje Q₀. Podaj stan Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ jako liczbę dziesiętną po 8 zboczach zegara.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 10108
Q =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,6f(0,6) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = (6s + 8)/(s² + 2s + 1) i oblicz f(0,6).

F(s) = (6s + 8)/(s² + 2s + 1)t = 0,6 s
f(0.6) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 1,2y(1,2) = ?

Rozwiąż y″ + 3y′ + 2y = 0 dla y(0) = −1 i y′(0) = −15 za pomocą transformaty Laplace’a i znajdź y(1,2).

y″ + 3y′ + 2y = 0y(0) = −1y′(0) = −15t = 1,2 s
y(1.2) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+38s(s + 6)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 38/(s(s + 6)). Sygnał odniesienia to wymuszenie liniowo narastające r(t) = 10·t. Znajdź uchyb ustalony ess.

G(s) = 38/(s(s + 6))r(t) = 10·t
ess =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+24regulator+D(s)+1s + 6obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K = 24 steruje obiektem G(s) = 1/(s + 6) 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 1. Znajdź wyjście w stanie ustalonym css.

K = 24G(s) = 1/(s + 6)D = 1R = 0
css =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)1tp​ = ?

Układ ma transmitancję G(s) = 56/(s² + 8s + 56) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź czas szczytu tp odpowiedzi skokowej.

G(s) = 56/(s² + 8s + 56)
tp = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
R(s)+Ks(s + 10)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = K/(s(s + 10)). Znajdź wzmocnienie K, które daje odpowiedź skokową z przeregulowaniem 30 %.

G(s) = K/(s(s + 10))%OS = 30 %
K =
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 1

Znajdź fazę ∠G(jω) G(s) = 7(s + 13)/(s(s + 7)) przy ω = 1 rad/s, w stopniach.

G(s) = 7(s + 13)/(s(s + 7))ω = 1 rad/s
∠G(jω) = °
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​ = ?

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 66/(s(s + 3)(s + 4)). Znajdź częstotliwość odcięcia fazy ω180, przy której ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 66/(s(s + 3)(s + 4))
ω180 = rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K1(s + 2)(s + 3)(s + 5)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 5)), gdzie K > 0. Wyznacz największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 5))
Kmax =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−2−4−6−8−10j2sb​

Pokazano linię pierwiastkową dla L(s) = K/((s + 5)(s + 9)). Wyznacz wzmocnienie K w punkcie rozejścia sb, w którym dwa bieguny układu zamkniętego spotykają się na osi rzeczywistej.

L(s) = K/((s + 5)(s + 9))
K =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 5 + 2t+2(s + 1)s(s + 4)C(s)−

Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 2(s + 1)/(s(s + 4)) podano wejście r(t) = 5 + 2t (skok plus narastanie liniowe). Wyznacz uchyb ustalony ess.

G(s) = 2(s + 1)/(s(s + 4))r(t) = 5 + 2t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+K1s(s + 5)C(s)−

Regulator proporcjonalny K steruje obiektem G(s) = 1/(s(s + 5)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz wzmocnienie K, przy którym układ zamknięty ma współczynnik tłumienia ζ = 0,8.

G(s) = 1/(s(s + 5))ζ = 0,8
K =

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 11,23 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​ = 2 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAR4​4 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R3 + R4 = 20 + 4 = 24 Ω
R2 ∥ 24 = 15·24/(15+24) = 9,231 Ω
Req = R1 + 9,231 = 2 + 9,231 = 11,23 Ω

Odpowiedź

Req = 11,23 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,9966 A

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAR4​6 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 = 12 + 2 = 14 Ω
R4 ∥ 14 = 4,2 Ω
R3 + 4,2 = 29,2 Ω
R2 ∥ 29,2 = 9,91 Ω
Req = R1 + 9,91 = 6 + 9,91 = 15,91 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 24/15,91 = 1,509 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 24 − 1,509·6 = 14,95 V
IR2 = VA/R2 = 14,95/15 = 0,9966 A

Odpowiedź

IR2 = 0,9966 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: PIs = 21,23 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/20 + (VA − 12)/12 + (VA − VB)/6 = 0
0,3·VA − 0,1667·VB = 1

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)/6 = 2
−0,1667·VA + 0,3333·VB = 2

Rozwiąż

Δ = (0,3)(0,3333) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,07222
VA = Δ1/Δ = 0,6667/0,07222 = 9,231 V
VB = Δ2/Δ = 0,7667/0,07222 = 10,62 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 = 10,62·2 = 21,23 W

Odpowiedź

PIs = 21,23 W
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 57,6 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
0,4167·VA − 0,1667·VB = 4,8

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 = 0,25·VA
−0,4167·VA + 0,25·VB = 0

Rozwiąż

Δ = (0,4167)(0,25) − (−0,1667)(−0,4167) = 0,03472
VA = Δ1/Δ = 1,2/0,03472 = 34,56 V
VB = Δ2/Δ = 2/0,03472 = 57,6 V

Odpowiedź

VB = 57,6 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I2 = −0,08333 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​ = 15 Ω+−V1​30 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) = 30
16·I1 − 12·I2 = 30

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
15·I2 + 12(I2 − I1) = (−24)
−12·I1 + 27·I2 = −24

Rozwiąż

Δ = (16)(27) − (−12)(−12) = 288
I1 = Δ1/Δ = 522/288 = 1,813 A
I2 = Δ2/Δ = −24/288 = −0,08333 A

Odpowiedź

I2 = −0,08333 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I2 = −0,8911 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​ = 10 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​12 VR4​6 ΩAR5​8 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
10·I1 + 6(I1 − I2) = 12
16·I1 − 6·I2 = 12

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
2·I2 + 6(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−6·I1 + 16·I2 − 8·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
4·I3 + 8(I3 − I2) = (−18)
−8·I2 + 12·I3 = −18

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 1616
I1 = Δ1/Δ = 672/1616 = 0,4158 A
I2 = Δ2/Δ = −1440/1616 = −0,8911 A
I3 = Δ3/Δ = −3384/1616 = −2,094 A

Odpowiedź

I2 = −0,8911 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: I = 17,1 mA

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

Zapisz odpowiedź jako sumę wkładów

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

I = k₁·Vs + k₂·Is
6·k₁ + 1·k₂ = 6,9
20·k₁ + 1·k₂ = 23,7

Wyznacz stałe

Δ = (6)(1) − (1)(20) = −14
k₁ = Δ1/Δ = −16,8/−14 = 1,2
k₂ = Δ2/Δ = 4,2/−14 = −0,3
k₁ = 1,2 mA/V, k₂ = −0,3

Przewidź nowy prąd

I = 1,2·15 + (−0,3)·3 = 17,1 mA

Odpowiedź

I = 17,1 mA
8.Superpozycja

Odpowiedź: V2 = 10,68 V

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

R1​ = 25 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​6 VR3​2 ΩAROZWARCIEBZWARCIE

Przypadek 1 · V1 działające samodzielnie

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

R3 ∥ (R2+R4) = 2 ∥ 18 = 1,8 Ω
VA = 6·1,8/(25+1,8) = 0,403 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 0,403·10/18 = 0,2239 V
R1​ = 25 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 10 ΩZWARCIER3​2 ΩAIs​1,5 ABZWARCIE

Przypadek 2 · Is działające samodzielnie

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 = 1,852 Ω, więc lewa gałąź to R2+1,852 = 9,852 Ω
Req = R4 ∥ 9,852 = 4,963 Ω
VB = −Is·Req = −1,5·4,963 = −7,444 V
VA = VB·1,852/9,852 = −1,399 V

Przypadek 3 · V2 działające samodzielnie, na wolt

V₁ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. R₁ ∥ R₃ wychodzi z A, szeregowo z R₂ z powrotem do B.

R1 ∥ R3 = 1,852 Ω
VA‴ = V2·1,852/(10 + 8 + 1,852) = 0,09328·V2

Przyrównaj VA do zera

Przy VA = 0 na R₃ nie ma napięcia, więc jego prąd jest równy zeru.

VA′ + VA″ + VA‴ = 0,403 + (−1,399) + 0,09328·V2 = 0
V2 = 0,9963/0,09328 = 10,68 V

Odpowiedź

V2 = 10,68 V
9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 0,5769 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​ = 5 ΩZWARCIER2​4 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 = 6·4/(6+4) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 5 = 7,4 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​4 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) = 15·4/(6+4) = 6 V
Rth​ = 7,4 Ω+−Vth​6 VRL​3 ΩIL​

Podłącz obciążenie do układu zastępczego Thévenina

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

IL = Vth/(Rth + RL) = 6/(7,4 + 3) = 0,5769 A
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: PL = 12,28 W

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

R1​ = 3 ΩR3​ = 2 ΩZWARCIER2​8 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 = 3·8/(3+8) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 2 = 4,182 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​8 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) = 10,91 + 1·2,182 = 13,09 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 13,09 + 1·2 = 15,09 V
Rth​ = 4,182 Ω+−Vth​15,09 VRL​8 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) = 15,09/(4,182 + 8) = 1,239 A
PL = IL²·RL = 1,239²·8 = 12,28 W
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 9,452 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 = 150 mH / 22 Ω = 6,818 ms
i(∞) = Vs/R = 20/22 = 0,9091 A

Wyznacz czas

0,75 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,75)
t = −6,818·ln(0,25) = 9,452 ms

Odpowiedź

t = 9,452 ms
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 1,58 V

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

Początkowe napięcie kondensatora

W stanie ustalonym kondensator jest rozwarciem, więc R₁ i R₂ tworzą dzielnik napięcia. Napięcie kondensatora nie może zmienić się skokowo przy otwarciu łącznika.

vC(0) = 10·1/(2,2 + 1) = 3,125 V

Stała czasowa po otwarciu łącznika

τ = R2·C = 1·22 = 22 ms

Rozładowanie

vC(t) = 3,125·e−15/22 = 1,58 V

Odpowiedź

vC = 1,58 V
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: L = 28,78 mH

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|.

Warunek rezonansu

W rezonansie reaktancje indukcyjna i pojemnościowa się znoszą: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·2000 = 12566 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(12566²·0,22·10⁻⁶) = 28,78 mH

Odpowiedź

L = 28,78 mH
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: VC = 1,537 V

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

Reaktancje

ω = 2πf = 2π·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,1 = 628,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·2,2·10⁻⁶) = 72,34 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (556)²) = 564,9 Ω

Prąd

Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.

I = V/|Z| = 12/564,9 = 0,02124 A

Napięcie na kondensatorze

VC = I·XC = 0,02124·72,34 = 1,537 V

Odpowiedź

VC = 1,537 V
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: P = 4232 W

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

Prąd

|Z| = √(8² + 6²) = 10 Ω
I = V/|Z| = 230/10 = 23 A

Moc czynna

P = I²·R = 23²·8 = 4232 W

Odpowiedź

P = 4232 W
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Inew = 97,22 A

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = P·tan φ1 = 35·tan(41,41°) = 30,87 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 35·tan(25,84°) = 16,95 kvar
QC = Q1 − Q2 = 13,92 kvar

Nowy prąd linii

Inew = P/(V·cos φ2) = 35000/(400·0,9) = 97,22 A

Odpowiedź

Inew = 97,22 A
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: IL = 27,24 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 = 18,5/0,95 = 19,47 kW

Prąd linii

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 19474/(√3·480·0,86) = 27,24 A

Odpowiedź

IL = 27,24 A
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: QC = 26,89 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 = 50·tan(acos 0,72) = 50·0,9639 = 48,19 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,92) = 50·0,426 = 21,3 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 26,89 kvar

Odpowiedź

QC = 26,89 kvar
19.Transformatory

Odpowiedź: I1 = 5,75 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 = 460/2 = 230 V
I2 = 230/20 = 11,5 A

Prąd pierwotny

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

I1 = I2/2 = 5,75 A

Odpowiedź

I1 = 5,75 A

Sprawdzenie: obciążenie widziane od strony pierwotnej to a²·RL = 80 Ω, a 460/80 daje ten sam prąd.

20.Transformatory

Odpowiedź: Sη,max = 43,3 kVA

Straty w transformatorze: straty w rdzeniu (histereza i prądy wirowe) zależą od napięcia i są takie same przy każdym obciążeniu. Straty w miedzi uzwojeń zmieniają się z kwadratem prądu, więc przy ułamku x obciążenia znamionowego wynoszą x²·Pcu,fl. Sprawność η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), z Pout = x·S·pf. Sprawność jest najwyższa przy obciążeniu, przy którym straty w miedzi są równe stratom w rdzeniu.

Straty w miedzi równe stratom w rdzeniu

x²·900 = 300 → x = √(300/900) = 0,5774

Obciążenie przy maksymalnej sprawności

Sη,max = x·S = 0,5774·75 = 43,3 kVA

Odpowiedź

Sη,max = 43,3 kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Rf = 42,3 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 = (10 − 1)·4,7 = 42,3 kΩ

Odpowiedź

Rf = 42,3 kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 9,188 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.

Prąd wejściowy i szybkość narastania

kΩ razy µF daje milisekundy.

RC = 47 kΩ · 0,22 µF = 10,34 ms
szybkość narastania = −Vin/(RC) = −(−1,9)/10,34 = 0,1838 V/ms

Wyjście w podanej chwili

Wartość idealna leży w granicach ±Vsat, więc układ całkujący jeszcze nie obcina.

Vout = −Vin·t/(RC) = −(−1,9)·50/10,34 = 9,188 V

Odpowiedź

Vout = 9,188 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IZ = 58,4 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 = 6,4/100 = 64 mA

Prąd obciążenia

IL = 5,6/1000 = 5,6 mA

Prąd diody Zenera

IZ = 64 − 5,6 = 58,4 mA

Odpowiedź

IZ = 58,4 mA
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: RB = 29,47 kΩ

Tranzystor bipolarny jako klucz: aby całkowicie włączyć obciążenie, tranzystor wprowadza się w nasycenie, gdzie VCE = VCE(sat), a prąd kolektora wyznacza obciążenie: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Nasycenie wymaga co najmniej IB = IC(sat)/β. Jeśli prąd bazy jest mniejszy, tranzystor pozostaje w obszarze aktywnym i IC = β·IB.

Prąd kolektora w nasyceniu

IC(sat) = (5 − 0,2)/680 = 7,059 mA

Minimalny prąd bazy

IB(min) = IC(sat)/β = 7,059/80 = 88,24 µA

Rezystor bazowy

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,08824 mA = 29,47 kΩ

Odpowiedź

RB = 29,47 kΩ

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

25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 232

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

24 = 0001 1000
odwrócone: 1110 0111
+1 → 1110 1000

Odczytaj bez znaku

1110 1000₂ = 256 − 24 = 232

Odpowiedź

U = 232
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 14

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

Przesunięcie w prawo o 3 przesuwa każdy bit o 3 pozycji w prawo; bity, które wypadną z prawego końca, są tracone, a z lewej wchodzą zera.

0111 0001 >> 3
= 0000 1110

Wartość wyniku

0000 1110₂ = 14

Odpowiedź

R = 14
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: AB = 01, CD = 01

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.

Sąsiedzi każdej jedynki

Jedynka z sąsiednią jedynką może dołączyć do grupy dwóch lub więcej.

m5: m4, m7, m1, m13 → 0
ABCD00011110000111101111111

Izolowana jedynka

m5 = A′BC′D → AB = 01, CD = 01

Odpowiedź

AB = 01, CD = 01
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: Q = 10

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

Stan po każdym zboczu

1010 → 0101 → 1010 → 0101 → 1010 → 0101 → 1010 → 0101 → 1010

Wartość dziesiętna

1010₂ = 10

Odpowiedź

Q = 10
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.6) = 3,951

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 + 2s + 1 = (s + 1)²

Ułamki proste

6s + 8 = 6(s + 1) + 2
F(s) = 6/(s + 1) + 2/(s + 1)²

Transformata odwrotna

f(t) = 6·e−t + 2·t·e−t
f(0,6) = (6 + 2·0,6)·e−0,6 = 3,951

Odpowiedź

f(0,6) = 3,951
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(1.2) = −3,669

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 − (−1)s − (−15) + 3(sY − (−1)) + 2Y = 0
Y(s) = (−s − 18)/((s + 1)(s + 2))

Ułamki proste

A = −17/1 = −17
B = −16/(−1) = 16

Wynik

y(t) = −17·e−t + 16·e−2t
y(1,2) = −3,669

Odpowiedź

y(1,2) = −3,669

Sprawdzenie: y(0) = A + B = −1.

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: ess = 1,579

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).

Stała uchybu prędkościowego

Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 38/6 = 6,333

Uchyb ustalony

ess = A/Kᵥ = 10/6,333 = 1,579

Odpowiedź

ess = 1,579
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: css = 0,03333

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) = 1/(s + 6 + 24)

Stan ustalony

css = 1·1/30 = 0,03333

Odpowiedź

css = 0,03333

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

33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: tp = 0,4967 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 = 56 → ωₙ = 7,483 rad/s
2ζωₙ = 8 → ζ = 8/(2·7,483) = 0,5345

Wynik

ωd = 7,483·√(1 − 0,5345²) = 6,325 rad/s → tp = π/ωd = 0,4967 s

Odpowiedź

tp = 0,4967 s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: K = 195,2

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).

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = K/(s² + 10s + K)

Współczynnik tłumienia z przeregulowania

ζ = −ln(0,3)/√(π² + ln²(0,3)) = 0,3579

Wzmocnienie

ωₙ = 10/(2ζ) = 13,97 rad/s
K = ωₙ² = 195,2

Odpowiedź

K = 195,2
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ∠G(jω) = −93,73 °

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.

Dodaj kąty

∠G = atan(1/13) − 90° − atan(1/7) = 4,399° − 90° − 8,13°

Wynik

∠G(j1) = −93,73°

Odpowiedź

∠G(jω) = −93,73°
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ω180 = 3,464 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 fazy

(ω/3)·(ω/4) = 1 → ω180 = √(3·4) = 3,464 rad/s

Odpowiedź

ω180 = 3,464 rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmax = 280

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 + 10s² + 31s + 30 + K = 0

Tablica Routha

s³: 1, 31
s²: 10, 30 + K
s¹: (10·31 − 30 − K)/10
s⁰: 30 + K

Warunek

Element wiersza s¹ musi pozostać dodatni.

K < 10·31 − 30 = 280

Odpowiedź

Kmax = 280

Na granicy stabilności pętla oscyluje z pulsacją ω = √31 = 5,568 rad/s.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: K = 4

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

Punkt rozejścia

dK/ds = 0 dla K = −(s + 5)(s + 9) daje 2s + 14 = 0.

sb = −7

Warunek modułu

K = |−7 + 5|·|−7 + 9| = 2·2 = 4

Odpowiedź

K = 4

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

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 4

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) = 0,5

Część skokowa

Kp = ∞ → estep = 0

Uchyb dla narastania liniowego

ess = 2/0,5 = 4

Odpowiedź

ess = 4
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 9,766

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 + 5) + 1K = s² + 5s + 1K

Częstotliwość drgań własnych

2·0,8·ωₙ = 5 → ωₙ = 3,125 rad/s

Wzmocnienie

1K = ωₙ² = 9,766 → K = 9,766

Odpowiedź

K = 9,766

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