Przygotowanie do egzaminu FE Electrical and Computer: zestaw na powtórkę

Wzory, najważniejsze kroki metod dla każdego tematu i 40 zadań do ćwiczenia, z pełnymi rozwiązaniami na końcu.

Nowe zadaniaWróć do przedmiotu

W oknie drukowania wybierz „Zapisz jako PDF”, aby zachować kopię na swoim urządzeniu.

1Wzory i metody

Rezystory szeregowo i równolegle

Rezystory połączone szeregowo
Req = R1 + R2 + …
Rezystory połączone równolegle
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dwa równolegle
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Prawo Ohma
V = I·R
Moc
P = V·I = I²R = V²/R

Metoda

  1. Zacznij od końca sieci najdalszego od zacisków.
  2. Rezystory szeregowe łącz, dodając je, a równoległe ze wzoru 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Po każdym kroku narysuj obwód od nowa.
  4. Powtarzaj, aż między zaciskami zostanie jeden rezystor.

Metoda potencjałów węzłowych

Prądowe prawo Kirchhoffa
ΣIin = ΣIout
Prąd gałęzi
I = (Va − Vb)/R
Węzeł odniesienia
Vground = 0

Metoda

  1. Wybierz węzeł odniesienia (masę) i oznacz potencjały pozostałych węzłów.
  2. Napisz prądowe prawo Kirchhoffa dla każdego nieznanego węzła: prądy wypływające przez każdą gałąź są równe prądom wpływającym.
  3. Wyraź każdy prąd gałęziowy jako (Va − Vb)/R.
  4. Rozwiąż układ równań, a potem wyznacz potrzebne prądy.

Metoda prądów oczkowych

Napięciowe prawo Kirchhoffa
ΣV = 0 w każdym oczku
Rezystor wspólny
prąd = I1 − I2
Źródło prądu w oczku
wyznacza prąd tego oczka

Metoda

  1. Narysuj prąd płynący zgodnie z ruchem wskazówek zegara w każdym oczku (okienku) obwodu.
  2. Zastosuj napięciowe prawo Kirchhoffa w każdym oczku: suma spadków napięć jest równa zeru.
  3. W rezystorze wspólnym dla dwóch oczek prąd jest różnicą dwóch prądów oczkowych.
  4. Rozwiąż równania; wynik ujemny oznacza, że prąd płynie w przeciwną stronę.

Superpozycja

Superpozycja
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Wyłączone źródło napięcia
zwarcie (0 V)
Wyłączone źródło prądu
rozwarcie (0 A)
Dzielnik napięcia
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Dzielnik prądu
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Metoda

  1. Policz niezależne źródła. Dla każdego źródła rozwiążesz jeden prostszy obwód.
  2. Zostaw jedno źródło, a pozostałe wyłącz: źródło napięciowe staje się zwarciem (przewodem), źródło prądowe staje się rozwarciem (przerwą).
  3. Rozwiąż prostszy obwód dla potrzebnego napięcia lub prądu, pilnując jego kierunku.
  4. Powtórz dla każdego źródła, a potem dodaj składowe z ich znakami.

Thévenin i Norton

Napięcie Thévenina
Vth = Vopen circuit
Rezystancja Thévenina
Rth: wszystkie źródła wyłączone, widziana z a–b
Prąd Nortona
IN = Vth/Rth
Prąd obciążenia
IL = Vth/(Rth + RL)
Maksymalne przekazywanie mocy
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Metoda

  1. Odłącz obciążenie i oznacz dwa zaciski a i b.
  2. Wyznacz napięcie stanu jałowego między a i b: to jest Vth.
  3. Wyłącz wszystkie niezależne źródła i wyznacz rezystancję widzianą z a–b: to jest Rth.
  4. Podłącz obciążenie z powrotem do obwodu zastępczego: Vth szeregowo z Rth.
  5. Dla obwodu zastępczego Nortona przelicz: IN = Vth/Rth, z RN = Rth równolegle.

Stany nieustalone RC i RL

Stała czasowa
τ = RC | τ = L/R
Odpowiedź układu
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensator przy prądzie stałym
rozwarcie; vC nie może zmienić się skokowo
Cewka przy prądzie stałym
zwarcie; iL nie może zmienić się skokowo
Stan ustalony
t ≈ 5τ

Metoda

  1. Wyznacz wartość początkową tuż po przełączeniu: napięcie na kondensatorze i prąd cewki nie mogą zmienić się skokowo.
  2. Wyznacz wartość końcową długo po przełączeniu: kondensator zachowuje się jak rozwarcie, a cewka jak zwarcie.
  3. Wyznacz stałą czasową: τ = RC lub τ = L/R, z rezystancją widzianą przez kondensator lub cewkę.
  4. Użyj x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Impedancja i wskazy AC

Impedancje
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Pulsacja
ω = 2πf
Moduł i kąt
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Prawo Ohma dla wskazów
V = I·Z

Metoda

  1. Przelicz częstotliwość: ω = 2πf.
  2. Wyznacz każdą reaktancję: XL = ωL i XC = 1/(ωC).
  3. Dodawaj impedancje jak rezystory, z Z = R + jX.
  4. Wyznacz moduł |Z| = √(R² + X²) i kąt φ = atan(X/R), a potem zastosuj prawo Ohma dla wskazów.

Moc AC i współczynnik mocy

Moc czynna
P = V·I·cos φ
Moc bierna
Q = V·I·sin φ
Moc pozorna
S = V·I = √(P² + Q²)
Współczynnik mocy
pf = cos φ = P/S
Kondensator kompensacyjny
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Moc w układach trójfazowych

Połączenie w gwiazdę (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Połączenie w trójkąt (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Całkowita moc czynna
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Moc pozorna i bierna
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kondensatory do kompensacji
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Napięcie na każdym kondensatorze
Δ: VL Y: VL/√3
Moc pobierana przez silnik
Pin = Pout/η

Transformatory

Przekładnia zwojowa
a = N1/N2 = V1/V2
Stosunek prądów
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Prąd znamionowy
I = S/V
Impedancja sprowadzona
Z1′ = a²·ZL
Straty w miedzi przy obciążeniu częściowym
Pcu = x²·Pcu,fl
Sprawność
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Sprawność maksymalna
x = √(Pcore/Pcu,fl)

Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Wzmacniacz odwracający
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Wzmacniacz nieodwracający
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Wzmacniacz sumujący
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Idealny wzmacniacz operacyjny
V+ = V−, Iin = 0

Diody i tranzystory

Dioda (stały spadek napięcia)
VD = 0,7 V when conducting
Obszar aktywny
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Polaryzacja stałym prądem bazy
IB = (VCC − 0,7)/RB
Polaryzacja dzielnikiem napięcia
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin dla dzielnika
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Oczko kolektora
VCE = VCC − ICRC − IERE
Nasycenie
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Systemy liczbowe

Wagi pozycji
dwójkowy 2k, ósemkowy 8k, szesnastkowy 16k
Na dziesiętny
Σ dk·bk
Z dziesiętnego
dziel przez podstawę, czytaj reszty od dołu do góry
Szesnastkowy ↔ dwójkowy
jedna cyfra szesnastkowa = 4 bity
Kod uzupełnień do dwóch (U2)
odwróć bity i dodaj 1

Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Podstawowe bramki
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Reguły algebry Boole’a
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Prawa de Morgana
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Kolejność na mapie Karnaugha
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Grupa 2ᵏ komórek
traci k zmiennych
Multiplekser 4-do-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Przerzutniki
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Liczniki
n-bitowy: 2ⁿ stanów; mod-N: najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Licznik asynchroniczny (ripple)
fmax = 1/(n·tpd)
Liczniki pierścieniowy i Johnsona
n i 2n stanów

Metoda

  1. Dla układu przechodź od wejść do wyjścia bramka po bramce i zapisuj wartość na każdym przewodzie albo zapisz jego wyrażenie i wypełnij tablicę prawdy.
  2. Przy upraszczaniu wpisz jedynki (a stany nieokreślone jako X) na mapę Karnaugha z wierszami i kolumnami w kodzie Graya: 00, 01, 11, 10.
  3. Pokryj jedynki jak najmniejszą liczbą jak największych grup po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, zawijając przez brzegi; każda grupa to jeden iloczyn ze zmiennych, które pozostają stałe. Dla postaci POS grupuj zera.
  4. Przy przerzutnikach i licznikach odczytuj wejścia przy każdym aktywnym zboczu zegara, zapisuj stan po każdym zboczu i pamiętaj, że n-bitowy licznik zawija się po 2ⁿ stanach.

Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Stabilność
wszystkie pierwiastki wielomianu charakterystycznego w lewej półpłaszczyźnie
tablica Routha, element s¹ wielomianu trzeciego stopnia
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Pierwiastki w prawej półpłaszczyźnie
liczba zmian znaku w pierwszej kolumnie
Wielomian trzeciego stopnia s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabilny, gdy wszystkie a > 0 oraz a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Równanie charakterystyczne
1 + K·G(s) = 0
Asymptoty
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Punkty rozejścia i zejścia
dK/ds = 0
Warunek modułu
K = 1/|G(s)|
Kąt wyjścia
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Metoda

  1. Zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego: mianownik 1 + K·G(s) = 0, po wymnożeniu.
  2. Wpisz współczynniki naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha i zbuduj pozostałe wiersze.
  3. Policz zmiany znaku w pierwszej kolumnie: każda to jeden biegun w prawej półpłaszczyźnie. Gdy w tablicy występuje K, żądaj, by każdy element pierwszej kolumny pozostał dodatni.
  4. Dla linii pierwiastkowej zaznacz bieguny i zera, odcinki osi rzeczywistej, asymptoty wychodzące ze środka asymptot oraz punkty rozgałęzienia, w których dK/ds = 0. Użyj K = 1/|G(s)| dla wzmocnienia w danym punkcie.

Uchyb ustalony i regulacja PID

Typ układu
liczba biegunów G(s) w s = 0
Stałe uchybowe
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Skok A
ess = A/(1 + Kp)
Narastanie liniowe A·t
ess = A/Kv
Parabola A·t²/2
ess = A/Ka
Regulator PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Cel drugiego rzędu
s² + 2ζωns + ωn²
Przeregulowanie i czasy
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Metoda

  1. Policz bieguny układu otwartego C(s)·G(s) w s = 0: to typ układu.
  2. Wyznacz stałą uchybową pasującą do wejścia: Kp dla skoku, Kv dla narastania liniowego, Ka dla paraboli.
  3. Zastosuj ess = A/(1 + Kp), A/Kv lub A/Ka albo rozwiąż to względem potrzebnego wzmocnienia.
  4. Przy wymaganiu dotyczącym tłumienia lub prędkości zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego i porównaj go z s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Zadania do ćwiczenia

1.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​5 ΩB

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 ΩR4 = 5 Ω
IR1 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 12 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩIR2​AR4​4 ΩBR6​12 Ω

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 18 VR1 = 12 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 ΩR4 = 4 ΩR5 = 2 ΩR6 = 12 Ω
IR2 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAR4​12 ΩBIs​5 A

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

V1 = 30 VIs = 5 AR1 = 6 ΩR2 = 8 ΩR3 = 20 ΩR4 = 12 Ω
VB = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 12 Ω−+Vs​ = 4 V+−V1​24 VR2​5 ΩAR3​12 ΩBIs​0,5 A

Źródło napięcia Vₛ między A i B ma zacisk + po stronie B, więc VB − VA = Vₛ. Użyj metody potencjałów węzłowych z superwęzłem, aby wyznaczyć potencjał węzła VB (mierzony względem masy).

V1 = 24 VIs = 0,5 AVs = 4 VR1 = 12 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 Ω
VB = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 10 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​30 VR3​8 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

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

V1 = 30 VV2 = 30 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 Ω
I2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 30 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​15 VR4​10 ΩAR5​12 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

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

V1 = 15 VV2 = 10 VR1 = 30 ΩR2 = 6 ΩR3 = 4 ΩR4 = 10 ΩR5 = 12 Ω
I1 = 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 = 10 V i Is = 10 mA I = 15,5 mA; przy Vs = 5 V i Is = 4 mA I = 7 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy Vs = 15 V i Is = 6 mA.

10 V, 10 mA → 15,5 mA5 V, 4 mA → 7 mAVs = 15 V, Is = 6 mA
I = mA
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 30 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​30 VR3​25 ΩIR3​AIs​4 AB+−V2​?

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

V1 = 30 VIs = 4 AR1 = 30 ΩR2 = 8 ΩR3 = 25 ΩR4 = 6 Ω
V2 = V
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 8 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩARL​4 ΩIL​B

Między a–b podłączono obciążenie RL = 4 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 24 VR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 4 ΩRL = 4 Ω
IL = A
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩAIs​4 ABRL​25 ΩIL​

Między a–b podłączono obciążenie RL = 25 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 10 VIs = 4 AR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 ΩRL = 25 Ω
IL = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​20 Vt = 0R = 22 ΩL33 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz napięcie vL na cewce w chwili t = 2 ms.

Vs = 20 VR = 22 ΩL = 33 mHt = 2 ms
vL = V
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​5 Vt = 0R = 6,8 kΩC220 µF+−vC​vC​(0) = 2 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 2 V o zaznaczonej biegunowości. Po jakim czasie vC osiągnie 3,8 V? Wyznacz t.

Vs = 5 VR = 6,8 kΩC = 220 µFvC(0) = 2 V
t = ms
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
230 V60 HzR = 80 ΩL = 100 mHC = 10 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 230 V (skuteczne), 60 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.

V = 230 V (rms)f = 60 HzR = 80 ΩL = 100 mHC = 10 µF
I = A
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
12 Vf0​R = 15 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF

Szeregowy obwód RLC jest zasilany ze źródła 12 V (skuteczne), którego częstotliwość ustawiono na częstotliwość rezonansową obwodu. Wyznacz wartość skuteczną napięcia VL na cewce.

V = 12 V (rms)R = 15 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF
VL = V
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 36 kWQ = ?Sφ

Silnik jednofazowy pobiera 36 kW przy współczynniku mocy 0,7 (indukcyjnym) z zasilania 230 V. Wyznacz moc bierną Q, którą pobiera.

P = 36 kWpf = 0,7V = 230 V
Q = kvar
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
24 V1000 HzRs​ = 10 ΩXs​ = j30 ΩZL​ = ?

Źródło 24 V (skuteczne), 1000 Hz ma impedancję wewnętrzną Zs = 10 + j30 Ω. Impedancję obciążenia ZL można dobrać dowolnie. Obciążenie zapewniające maksymalną moc składa się z rezystora połączonego szeregowo z kondensatorem. Wyznacz pojemność C.

Vs = 24 V (rms)f = 1000 HzZs = 10 + j30 Ω
C = µF
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 400 VNZ = 18 + j24 Ωna fazę

Symetryczny odbiornik połączony w gwiazdę o impedancji 18 + j24 Ω na fazę jest przyłączony do symetrycznej sieci trójfazowej o napięciu przewodowym 400 V. Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 400 VZ = 18 + j24 Ω na fazę
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 50 kW przy współczynniku mocy 0,7 (indukcyjnym) z sieci 400 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. Kondensatory są połączone w gwiazdę. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 50 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
RL​ = 24 Ω1012400 VV2​I1​ = ?I2​

Do uzwojenia pierwotnego idealnego transformatora o przekładni N₁:N₂ = 10:1 przyłożono napięcie 2400 V. Do uzwojenia wtórnego dołączono rezystor 24 Ω. Wyznacz prąd pierwotny I1.

N1:N2 = 10:1V1 = 2400 VRL = 24 Ω
I1 = A
20.TransformatoryTrudny
100 kVA

Jednofazowy transformator 100 kVA ma straty w rdzeniu 800 W i straty w miedzi 1600 W przy obciążeniu znamionowym. Przy jakim obciążeniu Sη,max, w kVA, jego sprawność jest najwyższa?

S = 100 kVAPcore = 800 WPcu,fl = 1600 W
Sη,max = kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 47 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = −0,1 V

Wzmacniacz operacyjny jest idealny i zasilany napięciem ±15 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

Vin = −0,1 VR1 = 1 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 47 kΩV1​ = 1,7 VR1​ = 10 kΩV2​ = −1,7 VR2​ = 22 kΩIf​

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

V1 = 1,7 VV2 = −1,7 VR1 = 10 kΩR2 = 22 kΩRf = 47 kΩ
If = mA
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 1,5 kΩβ = 80IC​ = ?VCC​ = 10 VRB​ = 560 kΩ

Tranzystor NPN o β = 80 jest spolaryzowany rezystorem bazowym RB = 560 kΩ z zasilania VCC = 10 V. Rezystor kolektorowy to RC = 1,5 kΩ, a emiter jest uziemiony. Przyjmij VBE = 0,7 V i załóż, że tranzystor pracuje w obszarze aktywnym. Wyznacz prąd kolektora IC w mA.

VCC = 10 VRB = 560 kΩRC = 1,5 kΩβ = 80VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
+−≤ 21 V680 Ω3,3 V

Stabilizator z diodą Zenera 3,3 V ma rezystor szeregowy 680 Ω. Napięcie wejściowe może wzrosnąć do 21 V, a obciążenie może zostać odłączone. Wyznacz największą moc PZ,max, jaką musi rozproszyć dioda Zenera.

Vin,max = 21 VVZ = 3,3 VR = 680 Ω
PZ,max = mW
25.Systemy liczboweŚredni
wagi w kodzie U21−12806413201618141211

8-bitowy wzór 1010 1111 zapisuje liczbę całkowitą ze znakiem w kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest jej wartość N dziesiętnie?

1010 11118 bit
N =
26.Systemy liczboweTrudny
16 bitów, bez znaku, N = ?????????????????

Jaka jest największa liczba całkowita bez znaku N, która mieści się w 16 bitach?

16 bit
N =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
MUXCI0​C′I1​CI2​0I3​ABS1​S0​F

Multiplekser 4-do-1 ma wejścia wyboru S₁ = A i S₀ = B, a wejścia danych podłączone do I₀ = C, I₁ = C′, I₂ = C, I₃ = 0. Dla ilu z 8 kombinacji A, B i C wyjście F = 1? Znajdź N.

I₀ = CI₁ = C′I₂ = CI₃ = 0
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
ABCD0001111000011110101113021415X706012113115X14X8X9011010

Znajdź minimalną postać SOP funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 3, 4, 5, 13, 15) + d(7, 8, 9, 14), gdzie d oznacza stany nieokreślone. Ile iloczynów N ona zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 3, 4, 5, 13, 15) + d(7, 8, 9, 14)
N =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,6f(0,6) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = 55/(s(s + 1)(s + 4)) metodą rozkładu na ułamki proste i oblicz f(0,6).

F(s) = 55/(s(s + 1)(s + 4))t = 0,6 s
f(0.6) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
ReIm−5−10−15−20

Układ opisuje równanie różniczkowe y″ + 7y′ + 6y = u′ + 18u, z wejściem u(t) i wyjściem y(t). Znajdź jego transmitancję G(s) = Y(s)/U(s) (zerowe warunki początkowe) i oblicz odpowiedź impulsową g(t) dla t = 0,5 s. Znajdź g(0,5).

y″ + 7y′ + 6y = u′ + 18ut = 0,5 s
g(0.5) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+5(s + 6)(s + 5)(s + 7)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 5(s + 6)/((s + 5)(s + 7)). Na wartość zadaną podano skok o wielkości 5. Znajdź uchyb ustalony ess.

G(s) = 5(s + 6)/((s + 5)(s + 7))R = 5
ess =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+4s + 5G₁+7s + 7G₂C(s)2H₁−0,25H₂−

Zredukuj schemat blokowy dla G₁ = 4/(s + 5), G₂ = 7/(s + 7), z wewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₁ = 2 wokół G₂ i zewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₂ = 0,25. Znajdź wzmocnienie statyczne T(0) transmitancji C(s)/R(s).

G₁ = 4/(s + 5)G₂ = 7/(s + 7)H₁ = 2H₂ = 0,25
T(0) =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)2?

Układ ma transmitancję G(s) = 132/(s² + 4s + 66) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS odpowiedzi skokowej.

G(s) = 132/(s² + 4s + 66)
%OS = %
34.Odpowiedź skokowaTrudny
t (s)y(t)18 %

Układ drugiego rzędu bez zer ma mieć odpowiedź skokową z przeregulowaniem 8 %. Znajdź współczynnik tłumienia ζ.

%OS = 8 %
ζ =
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)1101001000−80−60−40−20020ω (rad/s)ω = 10

Znajdź dokładny moduł |G(jω)| G(s) = 864/((s + 16)(s + 18)) przy ω = 10 rad/s, w dB.

G(s) = 864/((s + 16)(s + 18))ω = 10 rad/s
|G(jω)| = dB
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) = 68/(s(s + 3)(s + 5)). Znajdź zapas wzmocnienia GM w dB.

L(s) = 68/(s(s + 3)(s + 5))
GM = dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K1s(s + 6)(s + 8)C(s)−

Pętla na schemacie ma transmitancję układu otwartego L(s) = K/(s(s + 6)(s + 8)). Wzmocnienie zwiększa się, aż układ zamknięty znajdzie się na granicy stabilności. Wyznacz częstotliwość ω drgań niegasnących.

L(s) = K/(s(s + 6)(s + 8))
ω = rad/s
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81j1j2

Dla L(s) = K/((s + 7)(s² + 8s + 20)) wyznacz kąt wyjścia θd linii pierwiastkowej z bieguna zespolonego w górnej półpłaszczyźnie, mierzony od dodatniej osi rzeczywistej.

L(s) = K/((s + 7)(s² + 8s + 20))
θd = °
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 0,5·t²/2+5(s + 2)s²(s + 2)C(s)−

Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 5(s + 2)/(s²(s + 2)) podano wejście paraboliczne r(t) = 0,5·t²/2. Wyznacz uchyb ustalony ess.

G(s) = 5(s + 2)/(s²(s + 2))r(t) = 0,5·t²/2
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+Kp​ + Ki​/s2s + 2C(s)−

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

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

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 0,7241 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​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​5 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R3 + R4 = 3 + 5 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 20·8/(20+8) = 5,714 Ω
Req = R1 + 5,714 = 15 + 5,714 = 20,71 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 15/20,71 = 0,7241 A

Odpowiedź

IR1 = 0,7241 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,5118 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​ = 12 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAR4​4 ΩBR6​12 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 = 2 + 12 = 14 Ω
R4 ∥ 14 = 3,111 Ω
R3 + 3,111 = 9,111 Ω
R2 ∥ 9,111 = 4,767 Ω
Req = R1 + 4,767 = 12 + 4,767 = 16,77 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 18/16,77 = 1,074 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 18 − 1,074·12 = 5,118 V
IR2 = VA/R2 = 5,118/10 = 0,5118 A

Odpowiedź

IR2 = 0,5118 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 45,48 V

Metoda potencjałów węzłowych: wybierz węzeł odniesienia, oznacz nieznane potencjały węzłów, zapisz prądowe prawo Kirchhoffa w każdym nieznanym węźle z prawa Ohma (I = ΔV/R) i rozwiąż równania.

R1​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAR4​12 ΩBIs​5 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 30 V). Niewiadome: VA, VB.

PPK w węźle A

Prądy wypływające z A przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do A ze źródeł.

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/8 + (VA − 30)/6 + (VA − VB)/20 = 0
0,3417·VA − 0,05·VB = 5

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/12 + (VB − VA)/20 = 5
−0,05·VA + 0,1333·VB = 5

Rozwiąż

Δ = (0,3417)(0,1333) − (−0,05)(−0,05) = 0,04306
VA = Δ1/Δ = 0,9167/0,04306 = 21,29 V
VB = Δ2/Δ = 1,958/0,04306 = 45,48 V

Odpowiedź

VB = 45,48 V
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 9,909 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.

Utwórz superwęzeł

Przez źródło napięcia między A i B płynie nieznany prąd, więc nie można zapisać PPK osobno w A ani w B. Obejmij A, B i źródło jednym superwęzłem: prąd do niego wpływający jest równy prądowi wypływającemu.

VB = VA + 4
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Rozwiąż

(VA − 24)/12 + VA/5 + (VA + 4)/12 = 0,5
VA·(1/12 + 1/5 + 1/12) = 0,5 + 24/12 − 4/12 = 2,167
VA = 2,167/0,3667 = 5,909 V
VB = 9,909 V

Odpowiedź

VB = 9,909 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I2 = −0,6818 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​ = 20 Ω+−V1​30 VR3​8 ΩA+−V2​30 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
10·I1 + 8(I1 − I2) = 30
18·I1 − 8·I2 = 30

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
20·I2 + 8(I2 − I1) = (−30)
−8·I1 + 28·I2 = −30

Rozwiąż

Δ = (18)(28) − (−8)(−8) = 440
I1 = Δ1/Δ = 600/440 = 1,364 A
I2 = Δ2/Δ = −300/440 = −0,6818 A

Odpowiedź

I2 = −0,6818 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I1 = 0,3182 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​ = 30 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​15 VR4​10 ΩAR5​12 ΩB+−V2​10 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
30·I1 + 10(I1 − I2) = 15
40·I1 − 10·I2 = 15

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
6·I2 + 10(I2 − I1) + 12(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 28·I2 − 12·I3 = 0

NPK w oczku 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
4·I3 + 12(I3 − I2) = (−10)
−12·I2 + 16·I3 = −10

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 10560
I1 = Δ1/Δ = 3360/10560 = 0,3182 A
I2 = Δ2/Δ = −2400/10560 = −0,2273 A
I3 = Δ3/Δ = −8400/10560 = −0,7955 A

Odpowiedź

I1 = 0,3182 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: I = 16,5 mA

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

Zapisz odpowiedź jako sumę wkładów

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

I = k₁·Vs + k₂·Is
10·k₁ + 10·k₂ = 15,5
5·k₁ + 4·k₂ = 7

Wyznacz stałe

Δ = (10)(4) − (10)(5) = −10
k₁ = Δ1/Δ = −8/−10 = 0,8
k₂ = Δ2/Δ = −7,5/−10 = 0,75
k₁ = 0,8 mA/V, k₂ = 0,75

Przewidź nowy prąd

I = 0,8·15 + 0,75·6 = 16,5 mA

Odpowiedź

I = 16,5 mA
8.Superpozycja

Odpowiedź: V2 = 10 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​ = 30 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​30 VR3​25 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) = 25 ∥ 14 = 8,974 Ω
VA = 30·8,974/(30+8,974) = 6,908 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 6,908·6/14 = 2,961 V
R1​ = 30 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 6 ΩZWARCIER3​25 ΩAIs​4 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 = 13,64 Ω, więc lewa gałąź to R2+13,64 = 21,64 Ω
Req = R4 ∥ 21,64 = 4,697 Ω
VB = −Is·Req = −4·4,697 = −18,79 V
VA = VB·13,64/21,64 = −11,84 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 = 13,64 Ω
VA‴ = V2·13,64/(6 + 8 + 13,64) = 0,4934·V2

Przyrównaj VA do zera

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

VA′ + VA″ + VA‴ = 6,908 + (−11,84) + 0,4934·V2 = 0
V2 = 4,934/0,4934 = 10 V

Odpowiedź

V2 = 10 V
9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 0,75 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​ = 8 ΩR3​ = 4 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 = 8·4/(8+4) = 2,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,667 + 4 = 6,667 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 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) = 24·4/(8+4) = 8 V
Rth​ = 6,667 Ω+−Vth​8 VRL​4 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) = 8/(6,667 + 4) = 0,75 A
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 0,9277 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​ = 3 ΩR3​ = 3 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 + 3 = 5,182 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​8 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) = 7,273 + 4·2,182 = 16 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 16 + 4·3 = 28 V
Rth​ = 5,182 Ω+−Vth​28 VRL​25 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) = 28/(5,182 + 25) = 0,9277 A
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vL = 5,272 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.

Stała czasowa i prąd końcowy

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

τ = L/R = 33 mH / 22 Ω = 1,5 ms
i(∞) = Vs/R = 20/22 = 0,9091 A

Napięcie na cewce

W t = 0 całe napięcie zasilania jest na cewce; potem maleje do zera.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 20·e−2/1,5 = 5,272 V

Odpowiedź

vL = 5,272 V
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 1371 ms

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

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

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

vC(0) = 2 V, vC(∞) = Vs = 5 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 220 µF = 1496 ms
vC(t) = 5 + (2 − 5)·e−t/τ

Wyznacz czas

3,8 = 5 + (−3)·e−t/τ → e−t/τ = (3,8 − 5)/(2 − 5) = 0,4
t = τ·ln((2 − 5)/(3,8 − 5)) = 1496·ln(2,5) = 1371 ms

Odpowiedź

t = 1371 ms
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 0,9535 A

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

Reaktancje

ω = 2πf = 2π·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,1 = 37,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·10·10⁻⁶) = 265,3 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (−227,6)²) = 241,2 Ω

Prąd

Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.

I = V/|Z| = 230/241,2 = 0,9535 A

Odpowiedź

I = 0,9535 A
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: VL = 52,19 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|.

Rezonans

W rezonansie reaktancje się znoszą, więc impedancja jest równa samemu R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,02·4,7·10⁻⁶) = 3262 rad/s
I = V/R = 12/15 = 0,8 A

Napięcie na cewce

XL = ω₀L = 3262·0,02 = 65,23 Ω
VL = I·XL = 0,8·65,23 = 52,19 V

Odpowiedź

VL = 52,19 V

To Q = 4,349 razy napięcie zasilania.

15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Q = 36,73 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.

Kąt

φ = arccos(0,7) = 45,57°, tan φ = 1,02

Moc bierna

Q = P·tan φ = 36·1,02 = 36,73 kvar

Odpowiedź

Q = 36,73 kvar
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: C = 5,305 µF

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.

Dopasowanie sprzężone

Reaktancja obciążenia znosi reaktancję źródła, a rezystancja obciążenia jest równa rezystancji źródła.

ZL = Zs* = 10 − j30 Ω

Pojemność

XC = 30 Ω → C = 1/(2π·1000·30) = 5,305 µF

Odpowiedź

C = 5,305 µF
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 3,2 kW

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

Napięcie fazowe

Vph = 400/√3 = 230,9 V

Prąd fazowy

|Z| = √(18² + 24²) = 30 Ω
Iph = 230,9/30 = 7,698 A

Całkowita moc czynna

Moc czynną pobiera tylko rezystancyjna część każdej impedancji.

P = 3·Iph²·R = 3·7,698²·18 = 3,2 kW

Odpowiedź

P = 3,2 kW

Sprawdzenie: cos φ = R/|Z| = 0,6, a √3·VL·IL·cos φ daje tę samą moc.

18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 591,1 µF

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = 50·tan(acos 0,7) = 50·1,02 = 51,01 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,92) = 50·0,426 = 21,3 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 29,71 kvar

Pojemność na fazę

W baterii połączonej w gwiazdę każdy kondensator jest włączony między przewód fazowy a punkt gwiazdowy.

V = 400/√3 = 230,9 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 9903/(314,2·230,9²) = 591,1 µF

Odpowiedź

Cph = 591,1 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: I1 = 1 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 = 2400/10 = 240 V
I2 = 240/24 = 10 A

Prąd pierwotny

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

I1 = I2/10 = 1 A

Odpowiedź

I1 = 1 A

Sprawdzenie: obciążenie widziane od strony pierwotnej to a²·RL = 2400 Ω, a 2400/2400 daje ten sam prąd.

20.Transformatory

Odpowiedź: Sη,max = 70,71 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

x²·1600 = 800 → x = √(800/1600) = 0,7071

Obciążenie przy maksymalnej sprawności

Sη,max = x·S = 0,7071·100 = 70,71 kVA

Odpowiedź

Sη,max = 70,71 kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −4,8 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.

Wejście odwracające podąża za wejściem

V₋ = V₊ = −0,1 V
I = V₋/R1 = −0,1/1 = −0,1 mA

Napięcie wyjściowe

Prąd przez R₁ płynie też przez Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −0,1 + (−0,1)·47 = −4,8 V

Odpowiedź

Vout = −4,8 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: If = 0,09273 mA

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

Prądy wejściowe

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

I1 = V1/R1 = 1,7/10 = 0,17 mA
I2 = V2/R2 = −1,7/22 = −0,07727 mA
If = I1 + I2 = 0,09273 mA

Odpowiedź

If = 0,09273 mA
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 1,329 mA

Punkt pracy tranzystora bipolarnego: w obszarze aktywnym VBE = 0,7 V, IC = β·IB i IE = (β + 1)·IB. Wyznacz IB z oczka bazy za pomocą napięciowego prawa Kirchhoffa, potem IC, a następnie VCE z oczka kolektor–emiter. Dzielnik napięcia w bazie zastępuje się jego zastępczym układem Thévenina VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; rezystor emiterowy w oczku bazy jest widziany jako (β + 1) razy większy.

Prąd bazy

IB = (VCC − VBE)/RB = (10 − 0,7)/560 kΩ = 16,61 µA

Prąd kolektora

IC = β·IB = 80·16,61 µA = 1,329 mA

Odpowiedź

IC = 1,329 mA

Sprawdzenie: VCE = 8,007 V jest wyraźnie większe od 0,2 V, więc tranzystor rzeczywiście pracuje w obszarze aktywnym.

24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: PZ,max = 85,9 mW

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 diody Zenera w najgorszym przypadku

IZ = 17,7/680 = 26,03 mA

Moc diody Zenera

PZ = 3,3·26,03 = 85,9 mW

Odpowiedź

PZ,max = 85,9 mW
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −81

Pozycyjne systemy liczbowe: każda cyfra jest warta swoją wartość razy potęgę podstawy. W systemie dwójkowym pozycje są warte 1, 2, 4, 8, 16, …, w szesnastkowym 1, 16, 256, …, a A–F oznaczają 10–15. W 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch skrajny lewy bit jest wart −128 zamiast +128; tak zapisuje się liczby ujemne.

Dodaj wagi

Pozostałe bity mają swoje zwykłe dodatnie wartości.

−128 + 32 + 8 + 4 + 2 + 1 = −81

Odpowiedź

N = −81
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = 65535

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.

Największa wartość

216 − 1 = 65535

Odpowiedź

N = 65535
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 3

Multiplekser: multiplekser 2ⁿ-do-1 przekazuje na wyjście jedno ze swoich wejść danych; linie wyboru, odczytane jako liczba binarna, wskazują które. Dla multipleksera 4-do-1 z wejściami wyboru S₁S₀ = AB: F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Podłączenie wejść danych do 0, 1, C lub C′ sprawia, że multiplekser realizuje dowolną funkcję A, B i C, co jest częstym sposobem budowania logiki w jednym układzie scalonym.

Wyrażenie wyjścia

F = A′B′C + A′BC′ + AB′C

Wiersze z F = 1

ABC = 001, 010, 101
N = 3

Odpowiedź

N = 3
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 3

Mapy Karnaugha: komórki są ułożone w kodzie Graya (00, 01, 11, 10), więc sąsiednie komórki, także te przez brzegi, różnią się dokładnie jedną zmienną. Grupuj jedynki w prostokąty po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, jak największe i jak najmniej, aż każda jedynka będzie pokryta. Każda grupa to jeden iloczyn: zmienne, które wewnątrz niej pozostają stałe. Grupa 2ᵏ komórek traci k zmiennych. Stany nieokreślone (X) można wykorzystać, by powiększyć grupy, ale nigdy nie trzeba ich pokrywać. Grupowanie zer daje minimalną postać POS.

Implikanty proste

Największe grupy, jakie można utworzyć z jedynek i X.

C′D, BD, B′C′, A′D, A′C′, ABC
ABCD0001111000011110101113021415X706012113115X14X8X9011010

Minimalne pokrycie

F = BD + A′D + A′C′
N = 3

Odpowiedź

N = 3
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.6) = 4,104

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).

Ułamki proste

F(s) = A/s + B/(s + 1) + C/(s + 4)
A = 55/(1·4) = 13,75
B = 55/((−1)·3) = −18,33
C = 55/((−4)·(−3)) = 4,583

Transformata odwrotna

f(t) = 13,75 − 18,33·e−t + 4,583·e−4t

Oblicz

f(0,6) = 13,75 − 18,33·e−0,6 + 4,583·e−4·0,6 = 4,104

Odpowiedź

f(0,6) = 4,104
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: g(0.5) = 1,943

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).

Transmitancja

G(s) = Y(s)/U(s) = (s + 18)/(s² + 7s + 6)

Ułamki proste

s² + 7s + 6 = (s + 1)(s + 6)
A = 3,4, B = −2,4

Odpowiedź impulsowa

g(t) = 3,4·e−t − 2,4·e−6t
g(0,5) = 1,943

Odpowiedź

g(0,5) = 1,943
31.Schematy blokowe

Odpowiedź: ess = 2,692

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 położeniowego

Kₚ = G(0) = 5·6/(5·7) = 0,8571

Uchyb ustalony

ess = A/(1 + Kₚ) = 5/(1 + 0,8571) = 2,692

Odpowiedź

ess = 2,692
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: T(0) = 0,25

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) = 7/(s + 21)

Pętla zewnętrzna

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 28/((s + 5)(s + 21) + 7)

Wzmocnienie statyczne

T(0) = 28/(5·21 + 7) = 28/112 = 0,25

Odpowiedź

T(0) = 0,25
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: %OS = 45,02 %

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 = 66 → ωₙ = 8,124 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·8,124) = 0,2462

Wynik

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−0,798 = 45,02 %

Odpowiedź

%OS = 45,02 %
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ζ = 0,6266

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

Współczynnik tłumienia

ζ = −ln(0,08)/√(π² + ln²(0,08)) = 2,526/√(9,87 + 6,379) = 0,6266

Odpowiedź

ζ = 0,6266
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: |G(jω)| = 6,942 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(j10)| = 864/(√(10² + 16²)·√(10² + 18²)) = 864/(18,87·20,59) = 2,224

Wynik

20·log₁₀(2,224) = 6,942 dB

Odpowiedź

|G(jω)| = 6,942 dB
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: GM = 4,933 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.

Częstotliwość odcięcia fazy

(ω/3)·(ω/5) = 1 → ω180 = √(3·5) = 3,873 rad/s

Moduł przy częstotliwości odcięcia fazy

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 25)) = K/(3·5·(3 + 5)) = K/120

Zapas wzmocnienia

GM = 20·log₁₀(120/68) = 4,933 dB

Odpowiedź

GM = 4,933 dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: ω = 6,928 rad/s

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.

Tablica Routha

s³ + 14s² + 48s + K = 0
s³: 1, 48
s²: 14, K
s¹: (14·48 − K)/14
s⁰: K

Wzmocnienie krytyczne

K = 14·48 = 672

Równanie pomocnicze

Przy wzmocnieniu krytycznym wiersz s¹ jest zerowy; wiersz s² daje bieguny na osi urojonej.

14s² + 672 = 0 → s = ±j√48
ω = 6,928 rad/s

Odpowiedź

ω = 6,928 rad/s
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: θd = 56,31 °

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.

Położenia biegunów

s² + 8s + 20 = 0 → s = −4 ± j2
s = −7

Kąty od pozostałych biegunów

∠(−4 + j2 + 7) = atan2(2, 3) = 33,69°
∠(−4 + j2 − (−4 − j2)) = ∠(j4) = 90°

Kąt wyjścia

θd = 180° − 33,69° − 90° = 56,31°

Odpowiedź

θd = 56,31°
39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 0,1

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 przyspieszeniowa

Ka = 5·2/2 = 5

Uchyb dla paraboli

ess = 0,5/5 = 0,1

Odpowiedź

ess = 0,1
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Kp = 5,4

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

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

s² + (2 + 2Kp)s + 2Ki

Wielomian docelowy

s² + 2·0,8·8s + 8² = s² + 12,8s + 64

Dopasuj współczynniki

2 + 2Kp = 12,8 → Kp = 5,4

Odpowiedź

Kp = 5,4

Człon całkujący sprawia, że pętla jest typu 1, więc skok jest śledzony bez uchybu ustalonego.

To niezależne materiały do ćwiczeń. ExamProblems nie jest powiązane z organizacją przeprowadzającą ten egzamin ani przez nią rekomendowane, a nazwa egzaminu służy wyłącznie do opisu treści. Egzamin FE exam prowadzi NCEES, organizacja niezwiązana z ExamProblems, która go nie popiera.

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