Przygotowanie do egzaminu FE Electrical and Computer: zestaw na powtórkę

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

Nowe zadaniaWróć do przedmiotu

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

1Wzory i metody

Rezystory szeregowo i równolegle

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

Metoda

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

Metoda potencjałów węzłowych

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

Metoda

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

Metoda prądów oczkowych

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

Metoda

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

Superpozycja

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

Metoda

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

Thévenin i Norton

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

Metoda

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

Stany nieustalone RC i RL

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

Metoda

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

Impedancja i wskazy AC

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

Metoda

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

Moc AC i współczynnik mocy

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

Moc w układach trójfazowych

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

Transformatory

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

Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

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

Diody i tranzystory

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

Systemy liczbowe

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

Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

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

Metoda

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

Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

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

Metoda

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

Uchyb ustalony i regulacja PID

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

Metoda

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

2Zadania do ćwiczenia

1.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni
R1​ = 4 ΩIR1​R3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAR4​12 ΩB

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 24 VR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 5 ΩR4 = 12 Ω
IR1 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 2 ΩIR1​R3​ = 3 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAR4​20 ΩBR6​4 Ω

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 ΩR4 = 20 ΩR5 = 4 ΩR6 = 4 Ω
IR1 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​12 ΩBIs​3 A

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

V1 = 12 VIs = 3 AR1 = 4 ΩR2 = 20 ΩR3 = 12 ΩR4 = 12 Ω
VA = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 25 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​25 ΩAR4​8 ΩB0,2·VA​

Romb to źródło prądu sterowane napięciem, które wpycha prąd 0,2·VA (w A, przy VA w V) w górę do węzła B. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć potencjał węzła VA (mierzony względem masy).

V1 = 10 VR1 = 25 ΩR2 = 25 ΩR3 = 10 ΩR4 = 8 Ωg = 0,2 A/V
VA = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 20 ΩR2​ = 8 Ω+−V1​30 VR3​6 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 30 VV2 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 Ω
I2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 3 ΩR2​ = 2 ΩIR2​R3​ = 8 Ω+−V1​18 VR4​6 ΩAR5​4 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

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

V1 = 18 VV2 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 ΩR4 = 6 ΩR5 = 4 Ω
IR2 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 8 ΩR3​ = 4 ΩIR3​+−V1​15 VR2​2 ΩAR4​15 ΩBIs​?

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

V1 = 15 VR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 ΩR4 = 15 Ω
Is = A
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 20 ΩR2​ = 10 Ω+−VR2​R4​ = 12 Ω+−V1​15 VR3​6 ΩAIs​2,5 AB+−V2​9 V

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

V1 = 15 VIs = 2,5 AV2 = 9 VR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 ΩR4 = 12 Ω
VR2 = V
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩARL​5 ΩIL​B

Między a–b podłączono obciążenie RL = 5 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 5 ΩRL = 5 Ω
IL = A
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 12 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​9 VR2​12 ΩAIs​1 ABab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 9 VIs = 1 AR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 30 Ω
Vth = V
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​12 Vt = 0R = 33 ΩL22 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz energię W zgromadzoną w cewce w chwili t = 1 ms, w mJ.

Vs = 12 VR = 33 ΩL = 22 mHt = 1 ms
W = mJ
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​15 Vt = 0R = 10 kΩC22 µF+−vC​vC​(0) = 5 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 5 V o zaznaczonej biegunowości. Wyznacz napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 120 ms.

Vs = 15 VR = 10 kΩC = 22 µFvC(0) = 5 Vt = 120 ms
vC = V
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
Vf0​ = 200 HzRL = 2 mHC = ?

Szeregowy obwód RLC z L = 2 mH ma być w rezonansie przy 200 Hz. Wyznacz potrzebną pojemność C.

f0 = 200 HzL = 2 mH
C = µF
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
VfR = 20 ΩL = 200 mHC = 0,47 µF

Szeregowy obwód RLC ma R = 20 Ω, L = 200 mH i C = 0,47 µF. Wyznacz jego pasmo przenoszenia B (szerokość pasma między częstotliwościami połowy mocy) w Hz.

R = 20 ΩL = 200 mHC = 0,47 µF
B = Hz
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 18 kWQSφ

Silnik jednofazowy pobiera 18 kW przy współczynniku mocy 0,85 (indukcyjnym) z zasilania 400 V. Wyznacz prąd linii I.

P = 18 kWpf = 0,85V = 400 V
I = A
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 35 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 35 kW przy współczynniku mocy 0,6 (indukcyjnym) z zasilania 400 V, 50 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,92. Wyznacz nowy prąd linii Inew.

P = 35 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,92V = 400 Vf = 50 Hz
Inew = A
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 415 VIL​ = ?M55 kW, η = 93%cos φ = 0,8

Trójfazowy silnik indukcyjny oddaje przy pełnym obciążeniu 55 kW mocy mechanicznej. Przy tym obciążeniu jego sprawność wynosi 93%, a współczynnik mocy 0,8 (indukcyjny). Napięcie przewodowe sieci wynosi 415 V. Wyznacz prąd przewodowy IL.

Pout = 55 kWη = 93%cos φ = 0,8VL = 415 V
IL = A
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 75 kW przy współczynniku mocy 0,78 (indukcyjnym) z sieci 480 V (napięcie przewodowe), 60 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 = 75 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatoryŚredni
7200 V240 VIHV​ = ?ILV​75 kVA

Jednofazowy transformator 75 kVA, 7200/240 V pracuje przy obciążeniu znamionowym. Potraktuj go jako idealny. Wyznacz prąd IHV w uzwojeniu górnego napięcia.

S = 75 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
IHV = A
20.TransformatoryTrudny
500 kVA

Jednofazowy transformator 500 kVA ma straty w rdzeniu 2500 W i straty w miedzi 5000 W przy obciążeniu znamionowym. Przy jakim obciążeniu Sη,max, w kVA, jego sprawność jest najwyższa?

S = 500 kVAPcore = 2500 WPcu,fl = 5000 W
Sη,max = kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 47 kΩR1​ = 47 kΩVin​ = −3 VRa​ = 4,7 kΩRb​ = 2 kΩ

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

Vin = −3 VRa = 4,7 kΩRb = 2 kΩR1 = 47 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 47 kΩV1​ = 1,5 VR1​ = 10 kΩV2​ = −0,5 VR2​ = 4,7 kΩIf​

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

V1 = 1,5 VV2 = −0,5 VR1 = 10 kΩR2 = 4,7 kΩRf = 47 kΩ
If = mA
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 1,5 kΩβ = 150IC​ = ?RE​ = 470 ΩVCC​ = 18 VR1​ = 33 kΩR2​ = 6,8 kΩ

Tranzystor NPN o β = 150 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 18 V: R₁ = 33 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 6,8 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 1,5 kΩ, a rezystor emiterowy RE = 470 Ω. Przyjmij VBE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz prąd kolektora IC w mA.

VCC = 18 VR1 = 33 kΩR2 = 6,8 kΩRC = 1,5 kΩRE = 470 Ωβ = 150
IC = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
+−≥ 9 VR = ?6,2 V≤ 50 mA

Stabilizator z diodą Zenera 6,2 V ma dostarczać do obciążenia do 50 mA. Napięcie wejściowe może spaść do 9 V, a dioda Zenera potrzebuje co najmniej 2 mA, aby stabilizować. Wyznacz największą rezystancję szeregową Rmax, przy której stabilizacja jest zachowana.

Vin,min = 9 VVZ = 6,2 VIL,max = 50 mAIZ,min = 2 mA
Rmax = Ω
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U20−12806403201608040201

Ustaw bity tak, aby zapisywały −115 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −1158 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
8 bit1 px1280 px720 pxM = ? KiB

Nieskompresowany obraz ma 1280 × 720 pikseli i 8 bitów na piksel. Ile pamięci M zajmuje, w KiB (1 KiB = 1024 bajty)?

1280 × 720 px8 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
MUXC′I0​CI1​0I2​CI3​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 = 0, I₃ = C. Dla ilu z 8 kombinacji A, B i C wyjście F = 1? Znajdź N.

I₀ = C′I₁ = CI₂ = 0I₃ = C
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKPRZESUWNY

4-bitowy rejestr przesuwający Q₃Q₂Q₁Q₀ zawiera 1010. Przy każdym zboczu zegara bity przesuwają się o jedno miejsce w prawo (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀, Q₀ jest tracone), a wejście szeregowe trafia do Q₃. Wejście szeregowe wynosi 1, 1, 1, 1, 1, 0 przy zboczach 6. Podaj stan końcowy Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ jako liczbę dziesiętną.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 10101, 1, 1, 1, 1, 0
Q =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,1f(0,1) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = (5s + 38)/(s² + 10s + 25) i oblicz f(0,1).

F(s) = (5s + 38)/(s² + 10s + 25)t = 0,1 s
f(0.1) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,4y(0,4) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 7y′ + 10y = 30·u(t), przy y(0) = 6 i y′(0) = 0. W chwili t = 0 podano na wejście skok u(t) = 10. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź y(0,4).

y″ + 7y′ + 10y = 30·u(t)y(0) = 6y′(0) = 0u(t) = 10t = 0,4 s
y(0.4) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+Ks(s + 12)G(s)C(s)−

Obiekt G(s) = K/(s(s + 12)) jest w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Znajdź wzmocnienie K, dla którego układ zamknięty jest tłumiony krytycznie (dwa równe bieguny rzeczywiste).

G(s) = K/(s(s + 12))jednostkowe ujemne sprzężenie zwrotne
K =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+Ks(s + 5)(s + 6)G(s)C(s)−

Obiekt G(s) = K/(s(s + 5)(s + 6)) jest w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Za pomocą kryterium Routha–Hurwitza znajdź największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

G(s) = K/(s(s + 5)(s + 6))jednostkowe ujemne sprzężenie zwrotne
Kmax =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)1

Układ ma transmitancję G(s) = 91/(s² + 6s + 91) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Bieguny to s = σ ± jωd. Znajdź część rzeczywistą σ.

G(s) = 91/(s² + 6s + 91)
σ =
34.Odpowiedź skokowaTrudny
+−5 VR = 14 ΩL = 500 mHC = 100 µFvC​

Szeregowy obwód RLC z R = 14 Ω, L = 500 mH i C = 100 µF jest dołączony do skoku 5 V w chwili t = 0. Kondensator jest nienaładowany i przed skokiem nie płynie prąd. Znajdź pulsację własną nietłumioną ωn w rad/s.

R = 14 ΩL = 500 mHC = 100 µFV = 5 V
ωn = rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
vin​R = 47 kΩC = 4,7 nFvout​

Filtr dolnoprzepustowy RC pokazany na rysunku ma R = 47 kΩ, C = 4,7 nF. Podano sinusoidalne wejście 360 Hz. Znajdź przesunięcie fazowe φ vout względem vin, w stopniach.

R = 47 kΩC = 4,7 nFf = 360 Hz
φ = °
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)11101010010010001000−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 1400/(s(s + 20)). Znajdź częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc, przy której |L(jω)| = 1.

L(s) = 1400/(s(s + 20))
ωc = rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+Ks + 10(s − 4)(s + 1)C(s)−

Obiekt G(s) = (s + 10)/((s − 4)(s + 1)) ma biegun niestabilny w s = 4. Wzmocnienie proporcjonalne K zamyka wokół niego pętlę ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz najmniejsze wzmocnienie Kmin, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

G(s) = (s + 10)/((s − 4)(s + 1))
Kmin =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,5−50,5j0,5j1

Linia pierwiastkowa dla L(s) = K(s + 4)/(s(s + 3)) opuszcza oś rzeczywistą między s = 0 a s = −3, zakreśla okrąg i wraca na oś rzeczywistą na lewo od zera. Wyznacz punkt rozejścia sb.

L(s) = K(s + 4)/(s(s + 3))
sb =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 10t+Ks(s + 10)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = K/(s(s + 10)) ma nadążać za narastaniem liniowym r(t) = 10t z uchybem ustalonym 0,05. Wyznacz wzmocnienie K.

G(s) = K/(s(s + 10))r(t) = 10tess = 0,05
K =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+K = 204s(s + 5)C(s)−

Regulator proporcjonalny K = 20 steruje obiektem G(s) = 4/(s(s + 5)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS odpowiedzi skokowej.

G(s) = 4/(s(s + 5))K = 20
%OS = %

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 2,005 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​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAR4​12 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R3 + R4 = 5 + 12 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 15·17/(15+17) = 7,969 Ω
Req = R1 + 7,969 = 4 + 7,969 = 11,97 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 24/11,97 = 2,005 A

Odpowiedź

IR1 = 2,005 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 2,231 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​ = 2 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAR4​20 ΩBR6​4 Ω

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R5 + R6 = 4 + 4 = 8 Ω
R4 ∥ 8 = 5,714 Ω
R3 + 5,714 = 8,714 Ω
R2 ∥ 8,714 = 6,07 Ω
Req = R1 + 6,07 = 2 + 6,07 = 8,07 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 18/8,07 = 2,231 A

Odpowiedź

IR1 = 2,231 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VA = 13,17 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​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​12 ΩBIs​3 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 12 V). Niewiadome: VA, VB.

PPK w węźle A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/20 + (VA − 12)/4 + (VA − VB)/12 = 0
0,3833·VA − 0,08333·VB = 3

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)/12 = 3
−0,08333·VA + 0,1667·VB = 3

Rozwiąż

Δ = (0,3833)(0,1667) − (−0,08333)(−0,08333) = 0,05694
VA = Δ1/Δ = 0,75/0,05694 = 13,17 V
VB = Δ2/Δ = 1,4/0,05694 = 24,59 V

Odpowiedź

VA = 13,17 V
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VA = 8,571 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
0,18·VA − 0,1·VB = 0,4

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 = 0,2·VA
−0,3·VA + 0,225·VB = 0

Rozwiąż

Δ = (0,18)(0,225) − (−0,1)(−0,3) = 0,0105
VA = Δ1/Δ = 0,09/0,0105 = 8,571 V
VB = Δ2/Δ = 0,12/0,0105 = 11,43 V

Odpowiedź

VA = 8,571 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I2 = −0,878 A

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

R1​ = 20 ΩR2​ = 8 Ω+−V1​30 VR3​6 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Przypisz prądy oczkowe

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

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
20·I1 + 6(I1 − I2) = 30
26·I1 − 6·I2 = 30

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
8·I2 + 6(I2 − I1) = (−18)
−6·I1 + 14·I2 = −18

Rozwiąż

Δ = (26)(14) − (−6)(−6) = 328
I1 = Δ1/Δ = 312/328 = 0,9512 A
I2 = Δ2/Δ = −288/328 = −0,878 A

Odpowiedź

I2 = −0,878 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR2 = 0,9 A

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

R1​ = 3 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR4​6 ΩAR5​4 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
3·I1 + 6(I1 − I2) = 18
9·I1 − 6·I2 = 18

NPK w oczku 2

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

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

NPK w oczku 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
8·I3 + 4(I3 − I2) = (−18)
−4·I2 + 12·I3 = −18

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 720
I1 = Δ1/Δ = 1872/720 = 2,6 A
I2 = Δ2/Δ = 648/720 = 0,9 A
I3 = Δ3/Δ = −864/720 = −1,2 A

Odpowiedź

IR2 = I2 = 0,9 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: Is = 0,2 A

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

R1​ = 8 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩAR4​15 ΩBROZWARCIE

Przypadek 1 · V1 działające samodzielnie

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

R3+R4 = 4+15 = 19 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 2·19/(2+19) = 1,81 Ω
VA = 15·1,81/(8+1,81) = 2,767 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,767·15/19 = 2,184 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (2,767 − 2,184)/4 = 0,1456 A

Przypadek 2 · Is działające samodzielnie

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

R1 ∥ R2 = 1,6 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·15/20,6 = −0,7282·Is

Przyrównaj sumę do zera

IR3′ + IR3″ = 0,1456 − 0,7282·Is = 0
Is = 0,1456/0,7282 = 0,2 A

Odpowiedź

Is = 0,2 A
8.Superpozycja

Odpowiedź: VR2 = 9,191 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​ = 20 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​15 VR3​6 ΩAROZWARCIEBZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

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

R3 ∥ (R2+R4) = 6 ∥ 22 = 4,714 Ω
VA = 15·4,714/(20+4,714) = 2,861 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,861·12/22 = 1,561 V
VR2′ = VA − VB = 2,861 − 1,561 = 1,301 V
R1​ = 20 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 12 ΩZWARCIER3​6 ΩAIs​2,5 ABZWARCIE

Przypadek 2 · działa tylko Is

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

R1 ∥ R3 = 4,615 Ω, więc lewa gałąź to R2+4,615 = 14,62 Ω
Req = R4 ∥ 14,62 = 6,59 Ω
VB = Is·Req = (−2,5)·6,59 = −16,47 V
VA = VB·4,615/14,62 = −5,202 V
VR2″ = VA − VB = −5,202 − −16,47 = 11,27 V
R1​ = 20 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 12 ΩZWARCIER3​6 ΩAROZWARCIEB+−V2​9 V

Przypadek 3 · działa tylko V2

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

R1 ∥ R3 = 20·6/(20+6) = 4,615 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 9·14,62/26,62 = 4,942 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 4,942·4,615/14,62 = 1,561 V
VR2‴ = VA − VB = 1,561 − 4,942 = −3,382 V

Dodaj składowe

VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = 1,301 + 11,27 + (−3,382) = 9,191 V

Wynik ujemny oznacza, że w rzeczywistości biegunowość jest odwrotna do zaznaczonej.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 0,8571 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​5 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 = 6·5/(6+5) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 5 = 7,727 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​5 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) = 24·5/(6+5) = 10,91 V
Rth​ = 7,727 Ω+−Vth​10,91 VRL​5 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) = 10,91/(7,727 + 5) = 0,8571 A
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 40,5 V

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 30 ΩZWARCIER2​12 ΩAROZWARCIEBabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

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

R1 ∥ R2 = 12·12/(12+12) = 6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6 + 30 = 36 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​9 VR2​12 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) = 4,5 + 1·6 = 10,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 10,5 + 1·30 = 40,5 V
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: W = 0,8779 mJ

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 = 22 mH / 33 Ω = 0,6667 ms
i(∞) = Vs/R = 12/33 = 0,3636 A

Prąd w danej chwili

i(t) = 0,3636·(1 − e−1/0,6667) = 0,2825 A

Zgromadzona energia

W = ½·L·i² = ½·22·0,2825² = 0,8779 mJ

Odpowiedź

W = 0,8779 mJ
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 9,204 V

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

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

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

vC(0) = 5 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 10 kΩ · 22 µF = 220 ms
vC(t) = 15 + (5 − 15)·e−t/τ

Napięcie w danej chwili

vC(120) = 15 + (−10)·e−120/220 = 9,204 V

Odpowiedź

vC = 9,204 V
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: C = 316,6 µF

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·200 = 1257 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(1257²·0,002) = 316,6 µF

Odpowiedź

C = 316,6 µF
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: B = 15,92 Hz

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

Częstotliwość rezonansowa

f0 = 1/(2π·√(0,2·0,47·10⁻⁶)) = 519,1 Hz

Dobroć

Q porównuje reaktancję w rezonansie z rezystancją: Q = ω₀L/R.

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/20)·√(0,2/(0,47·10⁻⁶)) = 32,62

Pasmo przenoszenia

B = f0/Q = 519,1/32,62 = 15,92 Hz

Odpowiedź

B = 15,92 Hz
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: I = 52,94 A

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

Prąd linii

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

I = P/(V·cos φ) = 18000/(400·0,85) = 52,94 A

Odpowiedź

I = 52,94 A
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Inew = 95,11 A

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = P·tan φ1 = 35·tan(53,13°) = 46,67 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 35·tan(23,07°) = 14,91 kvar
QC = Q1 − Q2 = 31,76 kvar

Nowy prąd linii

Inew = P/(V·cos φ2) = 35000/(400·0,92) = 95,11 A

Odpowiedź

Inew = 95,11 A
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: IL = 102,8 A

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

Elektryczna moc wejściowa

Pin = Pout/η = 55/0,93 = 59,14 kW

Prąd linii

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 59140/(√3·415·0,8) = 102,8 A

Odpowiedź

IL = 102,8 A
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: QC = 28,22 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 = 75·tan(acos 0,78) = 75·0,8023 = 60,17 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,92) = 75·0,426 = 31,95 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 28,22 kvar

Odpowiedź

QC = 28,22 kvar
19.Transformatory

Odpowiedź: IHV = 10,42 A

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

Prąd znamionowy

Oba uzwojenia przenoszą tę samą moc pozorną.

IHV = S/V = 75000/7200 = 10,42 A

Odpowiedź

IHV = 10,42 A
20.Transformatory

Odpowiedź: Sη,max = 353,6 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

x²·5000 = 2500 → x = √(2500/5000) = 0,7071

Obciążenie przy maksymalnej sprawności

Sη,max = x·S = 0,7071·500 = 353,6 kVA

Odpowiedź

Sη,max = 353,6 kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −1,791 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.

Napięcie na wejściu +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = −3·2/(4,7 + 2) = −0,8955 V

Wzmocnienie nieodwracające

V₋ = V₊, a prąd płynący przez R₁ płynie też przez Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = −0,8955·(1 + 47/47) = −1,791 V

Odpowiedź

Vout = −1,791 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: If = 0,04362 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 = 1,5/10 = 0,15 mA
I2 = V2/R2 = −0,5/4,7 = −0,1064 mA
If = I1 + I2 = 0,04362 mA

Odpowiedź

If = 0,04362 mA
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 4,651 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.

Zastępczy układ Thévenina dzielnika

VTH = 18·6,8/(33 + 6,8) = 3,075 V
RTH = 33·6,8/(33 + 6,8) = 5,638 kΩ

Prąd bazy

Napięciowe prawo Kirchhoffa w oczku bazy; prąd emitera to (β + 1)·IB.

IB = (3,075 − 0,7)/(5,638 + 151·0,47) = 31,01 µA

Prąd kolektora

IC = 150·31,01 µA = 4,651 mA
IE = 151·31,01 µA = 4,682 mA

Odpowiedź

IC = 4,651 mA
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: Rmax = 53,85 Ω

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 w najgorszym przypadku

IR = 50 + 2 = 52 mA

Największa rezystancja

Rmax = 2,8/0,052 = 53,85 Ω

Odpowiedź

Rmax = 53,85 Ω
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 141

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

115 = 0111 0011
odwrócone: 1000 1100
+1 → 1000 1101

Odczytaj bez znaku

1000 1101₂ = 256 − 115 = 141

Odpowiedź

U = 141
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: M = 900 KiB

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.

Bity i bajty

1280·720·8 = 7372800 bit = 921600 B

Zamień na KiB

921600/1024 = 900 KiB

Odpowiedź

M = 900 KiB
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 + ABC

Wiersze z F = 1

ABC = 000, 011, 111
N = 3

Odpowiedź

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

Odpowiedź: Q = 7

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 → 1101 → 1110 → 1111 → 1111 → 1111 → 0111

Wartość dziesiętna

0111₂ = 7

Odpowiedź

Q = 7
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.1) = 3,821

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 + 10s + 25 = (s + 5)²

Ułamki proste

5s + 38 = 5(s + 5) + 13
F(s) = 5/(s + 5) + 13/(s + 5)²

Transformata odwrotna

f(t) = 5·e−5t + 13·t·e−5t
f(0,1) = (5 + 13·0,1)·e−5·0,1 = 3,821

Odpowiedź

f(0,1) = 3,821
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.4) = 14,19

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

Przekształcenie równania

(s² + 7s + 10)·Y(s) = 6s + 42 + 300/s
Y(s) = (6s² + 42s + 300)/(s(s + 2)(s + 5))

Ułamki proste

A = 300/(2·5) = 30
B = 240/((−2)·3) = −40
C = 240/((−5)·(−3)) = 16

Wynik

y(t) = 30 − 40·e−2t + 16·e−5t
y(0,4) = 14,19

Odpowiedź

y(0,4) = 14,19

Sprawdzenie: y(0) = A + B + C = 6.

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 36

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

Równanie charakterystyczne

1 + K/(s(s + 12)) = 0 → s² + 12s + K = 0

Pierwiastek podwójny

Trójmian s² + βs + γ ma pierwiastek podwójny, gdy β² = 4γ.

12² = 4K → K = 144/4 = 36

Odpowiedź

K = 36
Oba bieguny układu zamkniętego leżą wtedy w s = −6.
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: Kmax = 330

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

Równanie charakterystyczne

s³ + 11s² + 30s + K = 0

Tablica Routha

s³ | 1 30
s² | 11 K
s¹ | (11·30 − K)/11
s⁰ | K

Granica stabilności

Wszystkie elementy pierwszej kolumny muszą być dodatnie.

Kmax = 11·30 = 330

Odpowiedź

Kmax = 330
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: σ = −3

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 = 91 → ωₙ = 9,539 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·9,539) = 0,3145

Wynik

σ = −ζωₙ = −6/2 = −3

Odpowiedź

σ = −3
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ωn = 141,4 rad/s

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

Pulsacja własna i współczynnik tłumienia

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,5·1 × 10⁻⁴) = 141,4 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (14/2)·√(1 × 10⁻⁴/0,5) = 0,09899

Wynik

ωₙ = 141,4 rad/s

Odpowiedź

ωn = 141,4 rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: φ = −26,55 °

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

Częstotliwość graniczna

ωc = 1/(RC) = 1/(47000·4,7 × 10⁻⁹) = 4527 rad/s
fc = 720,5 Hz → f/fc = 360/720,5 = 0,4997

Faza

φ = − atan(0,4997) = −26,55°

Odpowiedź

φ = −26,55°
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ωc = 34,85 rad/s

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

Częstotliwość odcięcia wzmocnienia

ω⁴ + 400ω² − 1,96 × 10⁶ = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·1,96 × 10⁶))/2 = 1214
ωc = 34,85 rad/s

Odpowiedź

ωc = 34,85 rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmin = 3

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

Wielomian charakterystyczny

(s − 4)(s + 1) + K(s + 10) = s² + (-3 + K)s + (10K − 4)

Warunki

Dla s² + c₁s + c₀ wszystkie pierwiastki leżą w lewej półpłaszczyźnie dokładnie wtedy, gdy c₁ > 0 i c₀ > 0.

-3 + K > 0 → K > 3
10K − 4 > 0 → K > 0,4
Kmin = 3

Odpowiedź

Kmin = 3
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: sb = −2

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

Wzmocnienie wzdłuż osi rzeczywistej

K(s) = −(s² + 3s)/(s + 4)

Punkty stacjonarne

Zróżniczkuj według wzoru na pochodną ilorazu i przyrównaj licznik do zera.

(2s + 3)(s + 4) − (s² + 3s) = s² + 8s + 12 = 0
s = −4 ± √4 = −2, −6

Punkt rozejścia

sb = −2

Odpowiedź

sb = −2

Między tymi dwoma punktami linia jest okręgiem o środku w zerze i promieniu √4 = 2.

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 2000

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

Wymagana stała prędkościowa

Kv = A/ess = 10/0,05 = 200

Wzmocnienie

K = 10·Kv = 2000

Odpowiedź

K = 2000

Duże wzmocnienie sprawia, że ta pętla jest bardzo słabo tłumiona: ζ = 0,1118. Ten konflikt jest powodem, dla którego stosuje się układy korekcyjne.

40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: %OS = 40,07 %

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) + 20·4 = s² + 5s + 80

ωₙ i ζ

ωₙ = √80 = 8,944 rad/s
ζ = 5/(2·8,944) = 0,2795

Przeregulowanie

%OS = 100·e−0,2795π/√(1 − 0,2795²) = 40,07 %

Odpowiedź

%OS = 40,07 %

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