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
Zacznij od końca sieci najdalszego od zacisków.
Rezystory szeregowe łącz, dodając je, a równoległe ze wzoru 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Po każdym kroku narysuj obwód od nowa.
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
Wybierz węzeł odniesienia (masę) i oznacz potencjały pozostałych węzłów.
Napisz prądowe prawo Kirchhoffa dla każdego nieznanego węzła: prądy wypływające przez każdą gałąź są równe prądom wpływającym.
Wyraź każdy prąd gałęziowy jako (Va − Vb)/R.
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
Narysuj prąd płynący zgodnie z ruchem wskazówek zegara w każdym oczku (okienku) obwodu.
Zastosuj napięciowe prawo Kirchhoffa w każdym oczku: suma spadków napięć jest równa zeru.
W rezystorze wspólnym dla dwóch oczek prąd jest różnicą dwóch prądów oczkowych.
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
Policz niezależne źródła. Dla każdego źródła rozwiążesz jeden prostszy obwód.
Zostaw jedno źródło, a pozostałe wyłącz: źródło napięciowe staje się zwarciem (przewodem), źródło prądowe staje się rozwarciem (przerwą).
Rozwiąż prostszy obwód dla potrzebnego napięcia lub prądu, pilnując jego kierunku.
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
Odłącz obciążenie i oznacz dwa zaciski a i b.
Wyznacz napięcie stanu jałowego między a i b: to jest Vth.
Wyłącz wszystkie niezależne źródła i wyznacz rezystancję widzianą z a–b: to jest Rth.
Podłącz obciążenie z powrotem do obwodu zastępczego: Vth szeregowo z Rth.
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
Wyznacz wartość początkową tuż po przełączeniu: napięcie na kondensatorze i prąd cewki nie mogą zmienić się skokowo.
Wyznacz wartość końcową długo po przełączeniu: kondensator zachowuje się jak rozwarcie, a cewka jak zwarcie.
Wyznacz stałą czasową: τ = RC lub τ = L/R, z rezystancją widzianą przez kondensator lub cewkę.
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
Przelicz częstotliwość: ω = 2πf.
Wyznacz każdą reaktancję: XL = ωL i XC = 1/(ωC).
Dodawaj impedancje jak rezystory, z Z = R + jX.
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
Dla układu przechodź od wejść do wyjścia bramka po bramce i zapisuj wartość na każdym przewodzie albo zapisz jego wyrażenie i wypełnij tablicę prawdy.
Przy upraszczaniu wpisz jedynki (a stany nieokreślone jako X) na mapę Karnaugha z wierszami i kolumnami w kodzie Graya: 00, 01, 11, 10.
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.
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
Zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego: mianownik 1 + K·G(s) = 0, po wymnożeniu.
Wpisz współczynniki naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha i zbuduj pozostałe wiersze.
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.
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
Policz bieguny układu otwartego C(s)·G(s) w s = 0: to typ układu.
Wyznacz stałą uchybową pasującą do wejścia: Kp dla skoku, Kv dla narastania liniowego, Ka dla paraboli.
Zastosuj ess = A/(1 + Kp), A/Kv lub A/Ka albo rozwiąż to względem potrzebnego wzmocnienia.
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
Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.
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).
Is = 2 AVs = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 6 Ω
VB = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć potencjał węzła VB (mierzony względem masy).
Liniowy obwód rezystancyjny zawiera trzy niezależne źródła: V1, V2 i Is. Prąd I przez obciążenie zmierzono trzy razy. Przy wszystkich źródłach o wartościach normalnych I = 6,5 mA. Po podwojeniu V1 przy niezmienionych pozostałych dwóch I = 16 mA. Po odwróceniu kierunku Is przy niezmienionych pozostałych dwóch I = 20,5 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy V2 jest wyłączone, a V1 i Is mają wartości normalne.
wartości normalne: I = 6,5 mA2·V1: I = 16 mA−Is: I = 20,5 mA
I = mA
9.Thévenin i NortonŚredni
Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.
V1 = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 Ω
Vth = V
10.Thévenin i NortonTrudny
Wyznacz prąd Nortona IN: prąd płynący od a do b, gdy zaciski są zwarte.
V1 = 12 VIs = 4 AR1 = 2 ΩR2 = 30 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Po jakim czasie od zamknięcia łącznika prąd osiągnie 90% wartości końcowej? Wyznacz t.
Vs = 12 VR = 100 ΩL = 33 mH
t = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 4 V o zaznaczonej biegunowości. Po jakim czasie vC osiągnie 16,8 V? Wyznacz t.
Vs = 20 VR = 2,2 kΩC = 100 µFvC(0) = 4 V
t = ms
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 120 V (skuteczne), 200 Hz. Wyznacz moc czynną P pobieraną z zasilania.
V = 120 V (rms)f = 200 HzR = 40 ΩL = 150 mHC = 4,7 µF
P = W
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
Rezystor R1 jest połączony szeregowo z równoległym połączeniem R2 i kondensatora C i podłączony do zasilania 12 V (skuteczne), 60 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.
V = 12 V (rms)f = 60 HzR1 = 15 ΩR2 = 80 ΩC = 10 µF
I = A
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
Silnik jednofazowy pobiera 39 kW przy współczynniku mocy 0,6 (indukcyjnym) z zasilania 240 V. Wyznacz prąd linii I.
P = 39 kWpf = 0,6V = 240 V
I = A
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
Odbiornik jednofazowy pobiera 20 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) z zasilania 400 V, 60 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,98. Wyznacz nowy prąd linii Inew.
P = 20 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98V = 400 Vf = 60 Hz
Inew = A
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
Symetryczny odbiornik połączony w gwiazdę o impedancji 8 + j6 Ω na fazę jest przyłączony do symetrycznej sieci trójfazowej o napięciu przewodowym 208 V. Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.
VL = 208 VZ = 8 + j6 Ω na fazę
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 120 kW przy współczynniku mocy 0,8 (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. Kondensatory są połączone w trójkąt. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.
P = 120 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
Wzmacniacz o rezystancji wyjściowej 720 Ω zasila głośnik 5 Ω przez idealny transformator. Dla maksymalnego przekazu mocy głośnik musi być widziany od strony wzmacniacza jako 720 Ω. Wyznacz przekładnię a = N₁/N₂.
Rs = 720 ΩRL = 5 Ω
a =
20.TransformatoryTrudny
Jednofazowy transformator 500 kVA ma straty w rdzeniu 4000 W i straty w miedzi 10000 W przy obciążeniu znamionowym. Dostarcza 50% swojej znamionowej mocy kVA przy współczynniku mocy 0,85 (indukcyjnym). Wyznacz całkowite straty Ploss w watach przy tym obciążeniu.
Wzmacniacz operacyjny jest idealny i zasilany napięciem ±15 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.
Vin = −1 VR1 = 10 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
Wzmacniacz sumujący korzysta z idealnego wzmacniacza operacyjnego zasilanego napięciem ±15 V. Wyznacz prąd If płynący przez rezystor sprzężenia zwrotnego w stronę wyjścia.
Stabilizator z diodą Zenera 3,3 V jest zasilany napięciem 24 V przez 680 Ω i zasila obciążenie 3300 Ω. Wyznacz prąd diody Zenera IZ.
Vin = 24 VVZ = 3,3 VR = 680 ΩRL = 3300 Ω
IZ = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
Tranzystor NPN o β = 100 przełącza rezystor obciążenia 100 Ω włączony między VCC = 5 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 3,3 V przez rezystor bazowy RB. Przyjmij VBE = 0,7 V i VCE(sat) = 0,2 V. Dla niezawodnego przełączania zaprojektuj prąd bazy 10 razy większy od minimalnego potrzebnego do nasycenia. Wyznacz RB w kΩ.
Ustaw bity tak, aby zapisywały −100 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?
N = −1008 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 1011 1001 AND 1001 0001. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?
1011 1001AND1001 0001
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 4, 6, 7, 9, 10, 11). Ile literałów L zawiera łącznie (zmienna z negacją liczy się jako jeden literał)?
F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 4, 6, 7, 9, 10, 11)
L =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
Przerzutnik T wyzwalany zboczem narastającym startuje z Q = 0 i dostaje pokazane wejścia przy 6 zboczach narastających zegara. Ile razy N Q zmienia stan?
Q₀ = 0T
N =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
Znajdź f(t) dla F(s) = 20/(s(s + 2)(s + 6)) metodą rozkładu na ułamki proste i oblicz f(0,5).
F(s) = 20/(s(s + 2)(s + 6))t = 0,5 s
f(0.5) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
Układ spełnia równanie y″ + 8y′ + 15y = 60·u(t), przy y(0) = 2 i y′(0) = 0. W chwili t = 0 podano na wejście skok u(t) = 10. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź y(0,3).
Obiekt G(s) = 7/(s + 4) ma wewnętrzną (podrzędną) pętlę ujemnego sprzężenia zwrotnego ze wzmocnieniem H₁ = 0,5. Wzmocnienie regulatora K = 3 i zewnętrzna pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego zamykają układ. Znajdź wzmocnienie statyczne układu zamkniętego T(0).
G(s) = 7/(s + 4)H₁ = 0,5K = 3
T(0) =
32.Schematy blokoweTrudny
Regulator proporcjonalny K steruje obiektem G(s) = 2/(s + 8) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Skok zakłócenia o wielkości 1 wchodzi na wejście obiektu, gdy R = 0. Znajdź najmniejsze wzmocnienie K, przy którym wyjście w stanie ustalonym nie przekracza 0,005.
G(s) = 2/(s + 8)D = 1css ≤ 0,005
K =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
Układ ma transmitancję G(s) = 174/(s² + 10s + 58) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS odpowiedzi skokowej.
G(s) = 174/(s² + 10s + 58)
%OS = %
34.Odpowiedź skokowaTrudny
Szeregowy obwód RLC z R = 19 Ω, L = 200 mH i C = 22 µF jest dołączony do skoku 12 V w chwili t = 0. Kondensator jest nienaładowany i przed skokiem nie płynie prąd. Znajdź pulsację własną nietłumioną ωn w rad/s.
R = 19 ΩL = 200 mHC = 22 µFV = 12 V
ωn = rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
W pokazanym szeregowym filtrze środkowoprzepustowym RLC wyjście jest brane na R = 2 Ω, przy L = 2 mH i C = 0,47 µF. Znajdź częstotliwość środkową (rezonansową) f0 w Hz.
R = 2 ΩL = 2 mHC = 0,47 µF
f0 = Hz
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 2500/(s(s + 20)). Znajdź zapas fazy PM w stopniach.
L(s) = 2500/(s(s + 20))
PM = °
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K(s + 8)/(s(s + 1)(s + 4)), gdzie K > 0. Wyznacz największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.
L(s) = K(s + 8)/(s(s + 1)(s + 4))
Kmax =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
Pokazano linię pierwiastkową dla L(s) = K/((s + 2)(s + 6)). Wyznacz wzmocnienie K w punkcie rozejścia sb, w którym dwa bieguny układu zamkniętego spotykają się na osi rzeczywistej.
L(s) = K/((s + 2)(s + 6))
K =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 20(s + 4)/(s(s + 1)) podano wejście r(t) = 1 + 1t (skok plus narastanie liniowe). Wyznacz uchyb ustalony ess.
G(s) = 20(s + 4)/(s(s + 1))r(t) = 1 + 1t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
Regulator PI C(s) = Kp + Ki/s steruje obiektem G(s) = 4/(s + 4) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Układ zamknięty ma mieć ωₙ = 8 rad/s i ζ = 0,7. Wyznacz wzmocnienie proporcjonalne Kp.
G(s) = 4/(s + 4)ωₙ = 8 rad/sζ = 0,7
Kp =
3Roztwory
1.Rezystory szeregowo i równolegle
Odpowiedź: IR1 = 0,8409 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.
Łącz rezystory od najdalszego końca
Zacznij od końca najdalszego od źródła i idź w jego stronę. Rezystory z tym samym prądem są połączone szeregowo; rezystory między tymi samymi dwoma węzłami są połączone równolegle.
R3 + R4 = 20 + 15 = 35 Ω
R2 ∥ 35 = 2·35/(2+35) = 1,892 Ω
Req = R1 + 1,892 = 10 + 1,892 = 11,89 Ω
Prąd ze źródła
Źródło widzi tylko Req, więc prawo Ohma daje prąd, który dostarcza. Ten prąd płynie przez R₁.
IR1 = V1/Req = 10/11,89 = 0,8409 A
Odpowiedź
IR1 = 0,8409 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle
Odpowiedź: IR2 = 0,3132 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.
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 = 5 + 8 = 13 Ω
R4 ∥ 13 = 6,24 Ω
R3 + 6,24 = 9,24 Ω
R2 ∥ 9,24 = 7,064 Ω
Req = R1 + 7,064 = 20 + 7,064 = 27,06 Ω
Prąd ze źródła
Źródło widzi tylko Req, więc prawo Ohma daje prąd, który dostarcza. Ten prąd płynie przez R₁.
IR1 = V1/Req = 36/27,06 = 1,33 A
Prąd przez R₂
Odejmij spadek na R₁, aby dostać potencjał węzła A, czyli napięcie na R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 36 − 1,33·20 = 9,397 V
IR2 = VA/R2 = 9,397/30 = 0,3132 A
Odpowiedź
IR2 = 0,3132 A
3.Metoda potencjałów węzłowych
Odpowiedź: VB = 11 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 + Vs = VA + 10
VA/R1 + VB/R2 = Is
Rozwiąż
VA/6 + (VA + 10)/6 = 2
VA = (2 − 10/6)/(1/6 + 1/6) = 1 V
VB = 1 + 10 = 11 V
Odpowiedź
VB = 11 V
4.Metoda potencjałów węzłowych
Odpowiedź: VB = 30,6 V
Metoda potencjałów węzłowych: wybierz węzeł odniesienia, oznacz nieznane potencjały węzłów, zapisz prądowe prawo Kirchhoffa w każdym nieznanym węźle z prawa Ohma (I = ΔV/R) i rozwiąż równania.
Ustal węzły
Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 24 V, V2 = −12 V). Niewiadome: VA, VB.
PPK w węźle A
Prądy wypływające z A przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do A ze źródeł.
VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/15 + (VA − 24)/3 + (VA − VB)/4 = 0
0,65·VA − 0,25·VB = 8
PPK w węźle B
Prądy wypływające z B przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do B ze źródeł.
VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/20 + (VB − VA)/4 + (VB − (−12))/15 = 6
−0,25·VA + 0,3667·VB = 5,2
Rozwiąż
Δ = (0,65)(0,3667) − (−0,25)(−0,25) = 0,1758
VA = Δ1/Δ = 4,233/0,1758 = 24,08 V
VB = Δ2/Δ = 5,38/0,1758 = 30,6 V
Odpowiedź
VB = 30,6 V
5.Metoda prądów oczkowych
Odpowiedź: IR3 = 1,897 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.
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
12·I1 + 3(I1 − I2) = 10
15·I1 − 3·I2 = 10
NPK w oczku 2
Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).
R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
8·I2 + 3(I2 − I1) = (−18)
−3·I1 + 11·I2 = −18
Rozwiąż
Δ = (15)(11) − (−3)(−3) = 156
I1 = Δ1/Δ = 56/156 = 0,359 A
I2 = Δ2/Δ = −240/156 = −1,538 A
Odpowiedź
IR3 = I1 − I2 = 1,897 A
Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.
6.Metoda prądów oczkowych
Odpowiedź: IR2 = 0,05941 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.
Przypisz prądy oczkowe
Narysuj w każdym oknie prąd zgodny z ruchem wskazówek zegara: I1, I2, I3. Rezystor wspólny dla dwóch oczek przewodzi różnicę ich prądów.
NPK w oczku 1
Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).
R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
6·I1 + 6(I1 − I2) = 36
12·I1 − 6·I2 = 36
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
15·I2 + 6(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−6·I1 + 31·I2 − 10·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 + 10(I3 − I2) = (−30)
−10·I2 + 18·I3 = −30
Rozwiąż
Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 4848
I1 = Δ1/Δ = 14688/4848 = 3,03 A
I2 = Δ2/Δ = 288/4848 = 0,05941 A
I3 = Δ3/Δ = −7920/4848 = −1,634 A
Odpowiedź
IR2 = I2 = 0,05941 A
Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.
7.Superpozycja
Odpowiedź: IR1 = −1,867 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.
Przypadek 1 · działa tylko V1
Iₛ staje się rozwarciem, więc R₃ i R₄ tworzą jedną gałąź szeregową od A do masy, równolegle z R₂.
R3+R4 = 20+15 = 35 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 5·35/(5+35) = 4,375 Ω
VA = 10·4,375/(6+4,375) = 4,217 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,217·15/35 = 1,807 V
IR1′ = (VA − V1)/R1 = (4,217 − 10)/6 = −0,9639 A
Przypadek 2 · działa tylko Is
V₁ staje się zwarciem, więc R₁ jest równolegle z R₂. Iₛ rozdziela się w B między R₄ a drogę przez R₃.
R1 ∥ R2 = 6·5/(6+5) = 2,727 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 15 ∥ 22,73 = 9,036 Ω
VB = Is·Req = (−5)·9,036 = −45,18 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −45,18·2,727/22,73 = −5,422 V
IR1″ = (VA − V1)/R1 = (−5,422 − 0)/6 = −0,9036 A
Dodaj składowe
IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = (−0,9639) + (−0,9036) = −1,867 A
Wynik ujemny oznacza, że w rzeczywistości prąd płynie przeciwnie do strzałki.
8.Superpozycja
Odpowiedź: I = 2,5 mA
Superpozycja: w obwodzie liniowym każde napięcie i każdy prąd to suma odpowiedzi na każde niezależne źródło działające osobno. Aby wyłączyć źródło, zastąp idealne źródło napięcia zwarciem, a idealne źródło prądu rozwarciem. Rezystory zostają na miejscu.
Zapisz pomiary za pomocą wkładów
Każdy wkład jest proporcjonalny do własnego źródła.
I₁ + I₂ + I₃ = 6,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 16
I₁ + I₂ − I₃ = 20,5
Wyznacz wkłady
I₁ = 16 − 6,5 = 9,5 mA
I₃ = (6,5 − 20,5)/2 = −7 mA
I₂ = 6,5 − 9,5 − (−7) = 4 mA
Wyłącz V₂
I = I₁ + I₃ = 9,5 + (−7) = 2,5 mA
Odpowiedź
I = 2,5 mA
9.Thévenin i Norton
Odpowiedź: Vth = 3,375 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.
Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach
Zastąp źródła napięcia zwarciami, a źródła prądu rozwarciami, a potem spójrz na obwód od strony a–b.
R1 ∥ R2 = 5·3/(5+3) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 6 = 7,875 Ω
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) = 9·3/(5+3) = 3,375 V
10.Thévenin i Norton
Odpowiedź: IN = 4,514 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.
Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach
Zastąp źródła napięcia zwarciami, a źródła prądu rozwarciami, a potem spójrz na obwód od strony a–b.
R1 ∥ R2 = 2·30/(2+30) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 20 = 21,88 Ω
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) = 11,25 + 4·1,875 = 18,75 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 18,75 + 4·20 = 98,75 V
Układ zastępczy Nortona
Źródło Nortona to ten sam obwód widziany jako źródło prądu równolegle z R_th. Jego prąd to prąd zwarcia na a–b.
IN = Vth/Rth = 98,75/21,88 = 4,514 A
11.Stany nieustalone RC i RL
Odpowiedź: t = 0,7599 ms
Stany nieustalone pierwszego rzędu: w obwodzie z jednym kondensatorem lub jedną cewką każde napięcie i każdy prąd zmienia się wykładniczo od wartości początkowej do końcowej: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, gdzie τ = RC lub τ = L/R. Po około 5τ obwód jest w stanie ustalonym.
Stała czasowa i prąd końcowy
Długo po zamknięciu łącznika cewka zachowuje się jak zwarcie, więc prąd końcowy zależy tylko od R.
τ = L/R = 33 mH / 100 Ω = 0,33 ms
i(∞) = Vs/R = 12/100 = 0,12 A
Wyznacz czas
0,9 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,9)
t = −0,33·ln(0,1) = 0,7599 ms
Odpowiedź
t = 0,7599 ms
12.Stany nieustalone RC i RL
Odpowiedź: t = 354,1 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.
t = τ·ln((4 − 20)/(16,8 − 20)) = 220·ln(5) = 354,1 ms
Odpowiedź
t = 354,1 ms
13.Impedancja i wskazy AC
Odpowiedź: P = 292,7 W
Obwody AC i wskazy: rezystory, cewki i kondensatory mają impedancje R, jωL i 1/(jωC), gdzie ω = 2πf. Szeregowo impedancje dodaje się jak rezystancje, ale jako liczby zespolone. Wartości skuteczne prądu i napięcia spełniają prawo Ohma z |Z|.
Reaktancje
XL = 188,5 Ω, XC = 169,3 Ω
Impedancja
|Z| = √(40² + (19,18)²) = 44,36 Ω
Moc czynna
Cewki i kondensatory tylko gromadzą i oddają energię; całą moc czynną pobiera rezystor.
I = 120/44,36 = 2,705 A
P = I²·R = 2,705²·40 = 292,7 W
Odpowiedź
P = 292,7 W
14.Impedancja i wskazy AC
Odpowiedź: I = 0,1318 A
Obwody AC i wskazy: rezystory, cewki i kondensatory mają impedancje R, jωL i 1/(jωC), gdzie ω = 2πf. Szeregowo impedancje dodaje się jak rezystancje, ale jako liczby zespolone. Wartości skuteczne prądu i napięcia spełniają prawo Ohma z |Z|.
Reaktancja
XC = 1/(2π·60·10·10⁻⁶) = 265,3 Ω
Połączenie równoległe
Pomnóż licznik i mianownik przez liczbę sprzężoną, aby rozdzielić Zp na część rzeczywistą i urojoną.
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) = 39000/(240·0,6) = 270,8 A
Odpowiedź
I = 270,8 A
16.Moc AC i współczynnik mocy
Odpowiedź: Inew = 51,02 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 = 20·tan(36,87°) = 15 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(11,48°) = 4,061 kvar
QC = Q1 − Q2 = 10,94 kvar
Nowy prąd linii
Inew = P/(V·cos φ2) = 20000/(400·0,98) = 51,02 A
Odpowiedź
Inew = 51,02 A
17.Moc w układach trójfazowych
Odpowiedź: P = 3,461 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 = 208/√3 = 120,1 V
Prąd fazowy
|Z| = √(8² + 6²) = 10 Ω
Iph = 120,1/10 = 12,01 A
Całkowita moc czynna
Moc czynną pobiera tylko rezystancyjna część każdej impedancji.
P = 3·Iph²·R = 3·12,01²·8 = 3,461 kW
Odpowiedź
P = 3,461 kW
Sprawdzenie: cos φ = R/|Z| = 0,8, a √3·VL·IL·cos φ daje tę samą moc.
18.Moc w układach trójfazowych
Odpowiedź: Cph = 149,2 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 = 120·tan(acos 0,8) = 120·0,75 = 90 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,92) = 120·0,426 = 51,12 kvar
Moc bierna z kondensatorów
QC = Q1 − Q2 = 38,88 kvar
Pojemność na fazę
W baterii połączonej w trójkąt każdy kondensator jest włączony między dwa przewody fazowe.
V = 480 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 12960/(377·480²) = 149,2 µF
Odpowiedź
Cph = 149,2 µF
19.Transformatory
Odpowiedź: a = 12
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.
Dopasuj sprowadzone obciążenie
a²·5 = 720
a = √(720/5) = √144 = 12
Odpowiedź
a = 12
20.Transformatory
Odpowiedź: Ploss = 6500 W
Straty w transformatorze: straty w rdzeniu (histereza i prądy wirowe) zależą od napięcia i są takie same przy każdym obciążeniu. Straty w miedzi uzwojeń zmieniają się z kwadratem prądu, więc przy ułamku x obciążenia znamionowego wynoszą x²·Pcu,fl. Sprawność η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), z Pout = x·S·pf. Sprawność jest najwyższa przy obciążeniu, przy którym straty w miedzi są równe stratom w rdzeniu.
Straty w miedzi przy tym obciążeniu
Pcu = x²·Pcu,fl = 0,25·10000 = 2500 W
Straty całkowite
Straty w rdzeniu są takie same przy każdym obciążeniu.
Ploss = 4000 + 2500 = 6500 W
Odpowiedź
Ploss = 6500 W
Sprawność przy tym obciążeniu wynosi η = 97,03%.
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi
Odpowiedź: Vout = −3,2 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₊ = −1 V
I = V₋/R1 = −1/10 = −0,1 mA
Napięcie wyjściowe
Prąd przez R₁ płynie też przez Rf.
Vout = V₋ + I·Rf = −1 + (−0,1)·22 = −3,2 V
Odpowiedź
Vout = −3,2 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi
Odpowiedź: If = 0,3191 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 = 1,7/4,7 = 0,3617 mA
I2 = V2/R2 = −2/47 = −0,04255 mA
If = I1 + I2 = 0,3191 mA
Odpowiedź
If = 0,3191 mA
23.Diody i tranzystory
Odpowiedź: IZ = 29,44 mA
Stabilizator Zenera: spolaryzowana zaporowo dioda Zenera utrzymuje napięcie VZ, dopóki jej prąd pozostaje powyżej minimum IZ,min. Rezystor szeregowy R przejmuje różnicę między napięciem wejściowym a wyjściowym: IR = (Vin − VZ)/R. Ten prąd dzieli się między obciążenie, IL = VZ/RL, i diodę Zenera: IZ = IR − IL. Projektuj dla najgorszych przypadków: najniższe napięcie wejściowe przy największym obciążeniu musi nadal zostawić IZ,min, a najwyższe napięcie wejściowe bez obciążenia daje największą moc diody Zenera PZ = VZ·IZ.
Prąd rezystora
IR = 20,7/680 = 30,44 mA
Prąd obciążenia
IL = 3,3/3300 = 1 mA
Prąd diody Zenera
IZ = 30,44 − 1 = 29,44 mA
Odpowiedź
IZ = 29,44 mA
24.Diody i tranzystory
Odpowiedź: RB = 0,5417 kΩ
Tranzystor bipolarny jako klucz: aby całkowicie włączyć obciążenie, tranzystor wprowadza się w nasycenie, gdzie VCE = VCE(sat), a prąd kolektora wyznacza obciążenie: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Nasycenie wymaga co najmniej IB = IC(sat)/β. Jeśli prąd bazy jest mniejszy, tranzystor pozostaje w obszarze aktywnym i IC = β·IB.
Prąd kolektora w nasyceniu
IC(sat) = (5 − 0,2)/100 = 48 mA
Minimalny prąd bazy
IB(min) = IC(sat)/β = 48/100 = 480 µA
Projektowy prąd bazy
IB = 10·480 µA = 4800 µA
Rezystor bazowy
RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/4,8 mA = 0,5417 kΩ
Odpowiedź
RB = 0,5417 kΩ
25.Systemy liczbowe
Odpowiedź: U = 156
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
100 = 0110 0100
odwrócone: 1001 1011
+1 → 1001 1100
Odczytaj bez znaku
1001 1100₂ = 256 − 100 = 156
Odpowiedź
U = 156
26.Systemy liczbowe
Odpowiedź: R = 145
Ustawianie bitów: każdy bit ma wartość będącą potęgą dwójki (128, 64, …, 1). Jedna cyfra szesnastkowa to dokładnie cztery bity, a w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch skrajny lewy bit ma wartość −128. Operacje bitowe działają osobno na każdej pozycji bitu.
Bit po bicie
AND daje 1 tylko tam, gdzie oba bity są równe 1.
1011 1001
AND 1001 0001
= 1001 0001
Wartość wyniku
1001 0001₂ = 145
Odpowiedź
R = 145
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Odpowiedź: L = 11
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.
Zgrupuj jedynki
Każda grupa to prostokąt z 2ᵏ komórek; komórki na brzegu sąsiadują z komórkami na przeciwległym brzegu.
B′C′D
A′D′
A′BC
AB′C
Minimalna postać SOP
F = B′C′D + A′D′ + A′BC + AB′C
L = 11
Odpowiedź
L = 11
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Odpowiedź: N = 3
Przerzutniki i liczniki: przerzutnik zmienia stan tylko przy aktywnym zboczu zegara. D kopiuje swoje wejście (Q⁺ = D); T zmienia stan na przeciwny, gdy T = 1; JK utrzymuje stan dla 00, zeruje dla 01, ustawia dla 10 i zmienia stan na przeciwny dla 11. N-bitowy licznik binarny ma 2ⁿ stanów i liczy modulo 2ⁿ; licznik mod-N liczy 0, 1, …, N − 1 i wraca do 0, a potrzebuje tylu przerzutników, ile wynosi najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N. Każdy stopień licznika asynchronicznego dzieli częstotliwość przez dwa, więc ostatnie wyjście licznika mod-N pracuje z częstotliwością fclk/N. Licznik Johnsona z n przerzutników ma 2n stanów, licznik pierścieniowy n.
Q po każdym zboczu
Przerzutnik T zmienia stan na przeciwny przy każdym zboczu narastającym, gdy T = 1, i utrzymuje, gdy T = 0.
1: T = 0 → Q = 0
2: T = 0 → Q = 0
3: T = 1 → Q = 1
4: T = 1 → Q = 0
5: T = 1 → Q = 1
6: T = 0 → Q = 1
Policz zmiany
0 → 0 → 0 → 1 → 0 → 1 → 1
N = 3
Odpowiedź
N = 3
29.Transformaty Laplace’a
Odpowiedź: f(0.5) = 0,7885
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).
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 + 8s + 15)·Y(s) = 2s + 16 + 600/s
Y(s) = (2s² + 16s + 600)/(s(s + 3)(s + 5))
Ułamki proste
A = 600/(3·5) = 40
B = 570/((−3)·2) = −95
C = 570/((−5)·(−2)) = 57
Wynik
y(t) = 40 − 95·e−3t + 57·e−5t
y(0,3) = 14,09
Odpowiedź
y(0,3) = 14,09
Sprawdzenie: y(0) = A + B + C = 2.
31.Schematy blokowe
Odpowiedź: T(0) = 0,7368
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).
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).
Odpowiedź na zakłócenie
css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 1·2/(8 + 2K)
Rozwiąż względem K
8 + 2K = 1·2/0,005 = 400
K = (400 − 8)/2 = 196
Odpowiedź
K = 196
33.Odpowiedź skokowa
Odpowiedź: %OS = 6,493 %
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 = 58 → ωₙ = 7,616 rad/s
2ζωₙ = 10 → ζ = 10/(2·7,616) = 0,6565
Wynik
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−2,734 = 6,493 %
Odpowiedź
%OS = 6,493 %
34.Odpowiedź skokowa
Odpowiedź: ωn = 476,7 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).
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.
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 − 6,25 × 10⁶ = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·6,25 × 10⁶))/2 = 2308
ωc = 48,04 rad/s
Zapas fazy
∠L(jωc) = −90° − atan(48,04/20) = −157,4°
PM = 180° + ∠L = 22,6°
Odpowiedź
PM = 22,6°
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa
Odpowiedź: Kmax = 6,667
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.
Gdyby zero leżało na prawo od s = −5, pętla pozostałaby stabilna dla każdego K > 0.
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa
Odpowiedź: K = 4
Linia pierwiastkowa: gdy wzmocnienie K rośnie od 0 do ∞, bieguny układu zamkniętego, czyli pierwiastki równania 1 + K·G(s) = 0, przesuwają się od biegunów układu otwartego do jego zer lub do nieskończoności. Punkt osi rzeczywistej należy do linii, gdy liczba biegunów i zer rzeczywistych na prawo od niego jest nieparzysta. n − m gałęzi biegnących do nieskończoności zbliża się do asymptot nachylonych pod kątami (2q + 1)·180°/(n − m), wychodzących ze środka asymptot σₐ = (Σ biegunów − Σ zer)/(n − m). Gałęzie opuszczają oś rzeczywistą lub do niej wracają tam, gdzie dK/ds = 0. Warunek kąta ∠G(s) = 180° wyznacza kształt, a warunek modułu K = 1/|G(s)| daje wzmocnienie w dowolnym punkcie linii.
Punkt rozejścia
dK/ds = 0 dla K = −(s + 2)(s + 6) daje 2s + 8 = 0.
sb = −4
Warunek modułu
K = |−4 + 2|·|−4 + 6| = 2·2 = 4
Odpowiedź
K = 4
Przy tym wzmocnieniu układ zamknięty jest tłumiony krytycznie (ζ = 1).
39.Uchyb ustalony i regulacja PID
Odpowiedź: ess = 0,0125
Uchyb ustalony: w pętli ze sprzężeniem jednostkowym o transmitancji układu otwartego G(s) uchyb wynosi E(s) = R(s)/(1 + G(s)), a z twierdzenia o wartości końcowej ess = lims→0 s·E(s). Typ układu to liczba biegunów G(s) w s = 0. Stałe uchybowe to Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) oraz Ka = lim s²·G(s), wszystkie dla s → 0. Skok o wartości A daje ess = A/(1 + Kp), narastanie liniowe A·t daje A/Kv, a parabola A·t²/2 daje A/Ka. Pętla typu 0 nadąża za skokiem ze skończonym uchybem, pętla typu 1 nadąża za nim dokładnie, a za narastaniem liniowym ze skończonym uchybem.
Stała prędkościowa
Kv = lim s·G(s) = 80
Część skokowa
Kp = ∞ → estep = 0
Uchyb dla narastania liniowego
ess = 1/80 = 0,0125
Odpowiedź
ess = 0,0125
40.Uchyb ustalony i regulacja PID
Odpowiedź: Kp = 1,8
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 + 4).
s² + (4 + 4Kp)s + 4Ki
Wielomian docelowy
s² + 2·0,7·8s + 8² = s² + 11,2s + 64
Dopasuj współczynniki
4 + 4Kp = 11,2 → Kp = 1,8
Odpowiedź
Kp = 1,8
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.