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​ = 5 ΩIR1​R3​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAR4​4 ΩB

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 15 VR1 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 3 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAR4​10 ΩBR6​5 Ω

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 ΩR4 = 10 ΩR5 = 30 ΩR6 = 5 Ω
Req = Ω
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 20 ΩIR1​R3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAR4​10 ΩBIs​1,5 A

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd IR1 płynący przez R1 w kierunku strzałki.

V1 = 6 VIs = 1,5 AR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 3 ΩR4 = 10 Ω
IR1 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 5 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​15 VR3​8 ΩAR5​20 ΩBIs​1,5 A+−V2​6 V

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

V1 = 15 VIs = 1,5 AV2 = 6 VR1 = 5 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 ΩR4 = 8 ΩR5 = 20 Ω
VB = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 3 ΩR2​ = 8 ΩIR2​+−V1​12 VR3​3 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

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

V1 = 12 VV2 = 15 VR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 Ω
IR2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 2 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR4​10 ΩAR5​4 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd oczkowy I3 (zgodnie z ruchem wskazówek zegara).

V1 = 18 VV2 = 10 VR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 3 ΩR4 = 10 ΩR5 = 4 Ω
I3 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​3 Ω−+VR2​AR4​20 ΩBIs​5 A

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

V1 = 30 VIs = 5 AR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 ΩR4 = 20 Ω
VR2 = V
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 12 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​12 VR3​6 Ω+−VR3​AIs​3 AB+−V2​15 V

Użyj metody superpozycji, aby wyznaczyć napięcie VR3 na R3 o zaznaczonej biegunowości.

V1 = 12 VIs = 3 AV2 = 15 VR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 6 ΩR4 = 12 Ω
VR3 = V
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAab

Wyznacz rezystancję Thévenina Rth widzianą z zacisków a–b.

V1 = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 20 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAIs​3 ABab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 18 VIs = 3 AR1 = 20 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 Ω
Vth = V
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​12 Vt = 0R = 100 ΩL47 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Po jakim czasie od zamknięcia łącznika prąd osiągnie 80% wartości końcowej? Wyznacz t.

Vs = 12 VR = 100 ΩL = 47 mH
t = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​6 Vt = 0R = 3,3 kΩC47 µF+−vC​vC​(0) = 3 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 3 V o zaznaczonej biegunowości. Po jakim czasie vC osiągnie 4,8 V? Wyznacz t.

Vs = 6 VR = 3,3 kΩC = 47 µFvC(0) = 3 V
t = ms
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
24 V200 HzR = 80 ΩL = 150 mHC = 2,2 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 24 V (skuteczne), 200 Hz. Wyznacz moc czynną P pobieraną z zasilania.

V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 80 ΩL = 150 mHC = 2,2 µF
P = W
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
50 V500 HzR = 20 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 50 V (skuteczne), 500 Hz. Wyznacz częstotliwość rezonansową f0 obwodu.

V = 50 V (rms)f = 500 HzR = 20 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF
f0 = Hz
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 3 kWQSφ

Silnik jednofazowy pobiera 3 kW przy współczynniku mocy 0,7 (indukcyjnym) z zasilania 230 V. Wyznacz prąd linii I.

P = 3 kWpf = 0,7V = 230 V
I = A
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 45 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 45 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) z zasilania 240 V, 50 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,9. Wyznacz potrzebną pojemność C.

P = 45 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9V = 240 Vf = 50 Hz
C = µF
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 208 VIL​ = 150 Acos φ = 0,92indukcyjny

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera prąd przewodowy 150 A ze źródła o napięciu przewodowym 208 V. Współczynnik mocy wynosi 0,92 (indukcyjny). Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 208 VIL = 150 Acos φ = 0,92
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 200 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z sieci 480 V (napięcie przewodowe), 50 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,95 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w gwiazdę. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 200 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
RL​ = 30 Ω41960 VV2​I1​ = ?I2​

Do uzwojenia pierwotnego idealnego transformatora o przekładni N₁:N₂ = 4:1 przyłożono napięcie 960 V. Do uzwojenia wtórnego dołączono rezystor 30 Ω. Wyznacz prąd pierwotny I1.

N1:N2 = 4:1V1 = 960 VRL = 30 Ω
I1 = A
20.TransformatoryTrudny
50 kVA

Jednofazowy transformator 50 kVA ma straty w rdzeniu 200 W i straty w miedzi 800 W przy obciążeniu znamionowym. Przy jakim obciążeniu Sη,max, w kVA, jego sprawność jest najwyższa?

S = 50 kVAPcore = 200 WPcu,fl = 800 W
Sη,max = kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 2 kΩR1​ = 2 kΩVin​ = 1,5 VRa​ = 2 kΩRb​ = 2 kΩ

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

Vin = 1,5 VRa = 2 kΩRb = 2 kΩR1 = 2 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = 0,8 VR1​ = 10 kΩV2​ = −0,7 VR2​ = 2 kΩIf​

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

V1 = 0,8 VV2 = −0,7 VR1 = 10 kΩR2 = 2 kΩRf = 4,7 kΩ
If = mA
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 1,2 kΩβ = 150VCC​ = 12 VRB​ = 560 kΩ

Tranzystor NPN o β = 150 jest spolaryzowany rezystorem bazowym RB = 560 kΩ z zasilania VCC = 12 V. Rezystor kolektorowy to RC = 1,2 kΩ, a emiter jest uziemiony. Przyjmij VBE = 0,7 V i załóż, że tranzystor pracuje w obszarze aktywnym. Wyznacz napięcie kolektor–emiter VCE.

VCC = 12 VRB = 560 kΩRC = 1,2 kΩβ = 150VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 330 Ωβ = 200VCC​ = 5 V3,3 VRB​ = ?

Tranzystor NPN o β = 200 przełącza rezystor obciążenia 330 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 4 razy większy od minimalnego potrzebnego do nasycenia. Wyznacz RB w kΩ.

VCC = 5 VRC = 330 Ωβ = 200Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vprzesterowanie = 4
RB = kΩ
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U2?−128?64?32?16?8?4?2?1

Zapisz −16 jako 8-bitowy wzór w kodzie U2. Odczytaj ten wzór jako liczbę dwójkową bez znaku: jaka jest jego wartość U dziesiętnie?

N = −168 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
32 bit1 px512 px512 pxM = ? KiB

Nieskompresowany obraz ma 512 × 512 pikseli i 32 bitów na piksel. Ile pamięci M zajmuje, w KiB (1 KiB = 1024 bajty)?

512 × 512 px32 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABC000111100101324576

Uprość F = AC + AB′ + A′BC do minimalnej postaci sumy iloczynów. Ile literałów L zawiera uproszczone wyrażenie?

F = AC + AB′ + A′BC
L =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​CLKMOD-12

Synchroniczny układ (licznik mod-12) zlicza 0, 1, …, 11, a potem wraca do 0. Startuje od 3. Jaki stan Q (dziesiętnie) pokaże po 15 impulsach zegara?

Q0 = 315N = 12
Q =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
ReIm−1−2−3−4−51

F(s) = 23/(s² + 9s + 20). Jej transformata odwrotna ma postać f(t) = A·e−4t + B·e−5t. Znajdź współczynnik A metodą rozkładu na ułamki proste.

F(s) = 23/(s² + 9s + 20)
A =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 8y′ + 12y = 72·u(t). Startuje ze stanu spoczynku (y(0) = 0, y′(0) = 0), a wejściem jest skok u(t) = 2 dla t ≥ 0. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź wyjście y(0,3).

y″ + 8y′ + 12y = 72·u(t)u(t) = 2y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,3 s
y(0.3) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+Ks(s + 10)G(s)C(s)−

Obiekt G(s) = K/(s(s + 10)) 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 + 10))jednostkowe ujemne sprzężenie zwrotne
K =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+Kregulator+D(s)+7s + 10obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K steruje obiektem G(s) = 7/(s + 10) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Skok zakłócenia o wielkości 0,5 wchodzi na wejście obiektu, gdy R = 0. Znajdź najmniejsze wzmocnienie K, przy którym wyjście w stanie ustalonym nie przekracza 0,007.

G(s) = 7/(s + 10)D = 0,5css ≤ 0,007
K =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)2

Układ ma transmitancję G(s) = 80/(s² + 4s + 40) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Wyznacz współczynnik tłumienia ζ.

G(s) = 80/(s² + 4s + 40)
ζ =
34.Odpowiedź skokowaTrudny
R(s)+250s(s + 20)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 250/(s(s + 20)). Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej układu zamkniętego, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 250/(s(s + 20))
ts = s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)1101001000−60−40−20020ω (rad/s)ω = 10

Znajdź dokładny moduł |G(jω)| G(s) = 2090/((s + 11)(s + 19)) przy ω = 10 rad/s, w dB.

G(s) = 2090/((s + 11)(s + 19))ω = 10 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 98/(s(s + 6)(s + 7)). Znajdź zapas wzmocnienia GM w dB.

L(s) = 98/(s(s + 6)(s + 7))
GM = dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K1(s + 4)(s + 5)(s + 6)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K/((s + 4)(s + 5)(s + 6)), gdzie K > 0. Wyznacz największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

L(s) = K/((s + 4)(s + 5)(s + 6))
Kmax =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K(s + 6)/((s + 1)(s + 2)(s + 3)(s + 4)). Wyznacz punkt σa, w którym asymptoty linii pierwiastkowej przecinają oś rzeczywistą.

L(s) = K(s + 6)/((s + 1)(s + 2)(s + 3)(s + 4))
σa =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 2t+50(s + 3)s(s + 10)C(s)−

Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 50(s + 3)/(s(s + 10)) podano narastanie liniowe r(t) = 2t. Wyznacz uchyb ustalony ess.

G(s) = 50(s + 3)/(s(s + 10))r(t) = 2t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+K1s(s + 2)C(s)−

Regulator proporcjonalny K steruje obiektem G(s) = 1/(s(s + 2)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz wzmocnienie K, przy którym układ zamknięty ma współczynnik tłumienia ζ = 0,5.

G(s) = 1/(s(s + 2))ζ = 0,5
K =

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 1,829 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​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAR4​4 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R3 + R4 = 12 + 4 = 16 Ω
R2 ∥ 16 = 4·16/(4+16) = 3,2 Ω
Req = R1 + 3,2 = 5 + 3,2 = 8,2 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 15/8,2 = 1,829 A

Odpowiedź

IR1 = 1,829 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 4,775 Ω

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

R1​ = 3 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAR4​10 ΩBR6​5 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 = 30 + 5 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 7,778 Ω
R3 + 7,778 = 15,78 Ω
R2 ∥ 15,78 = 1,775 Ω
Req = R1 + 1,775 = 3 + 1,775 = 4,775 Ω

Odpowiedź

Req = 4,775 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR1 = 0,1071 A

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​ = 20 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAR4​10 ΩBIs​1,5 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 6 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/4 + (VA − 6)/20 + (VA − VB)/3 = 0
0,6333·VA − 0,3333·VB = 0,3

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/10 + (VB − VA)/3 = 1,5
−0,3333·VA + 0,4333·VB = 1,5

Rozwiąż

Δ = (0,6333)(0,4333) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,1633
VA = Δ1/Δ = 0,63/0,1633 = 3,857 V
VB = Δ2/Δ = 1,05/0,1633 = 6,429 V

Odpowiedź

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (6 − 3,857)/20 = 0,1071 A
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 11,1 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​ = 5 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​15 VR3​8 ΩAR5​20 ΩBIs​1,5 A+−V2​6 V

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 15 V, V2 = 6 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/8 + (VA − 15)/5 + (VA − VB)/3 = 0
0,6583·VA − 0,3333·VB = 3

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)/3 + (VB − 6)/8 = 1,5
−0,3333·VA + 0,5083·VB = 2,25

Rozwiąż

Δ = (0,6583)(0,5083) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,2235
VA = Δ1/Δ = 2,275/0,2235 = 10,18 V
VB = Δ2/Δ = 2,481/0,2235 = 11,1 V

Odpowiedź

VB = 11,1 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR2 = −0,9474 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​ = 8 Ω+−V1​12 VR3​3 ΩA+−V2​15 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
3·I1 + 3(I1 − I2) = 12
6·I1 − 3·I2 = 12

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
8·I2 + 3(I2 − I1) = (−15)
−3·I1 + 11·I2 = −15

Rozwiąż

Δ = (6)(11) − (−3)(−3) = 57
I1 = Δ1/Δ = 87/57 = 1,526 A
I2 = Δ2/Δ = −54/57 = −0,9474 A

Odpowiedź

IR2 = I2 = −0,9474 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I3 = −0,7955 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​ = 2 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR4​10 ΩAR5​4 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Przypisz prądy oczkowe

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

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
2·I1 + 10(I1 − I2) = 18
12·I1 − 10·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
5·I2 + 10(I2 − I1) + 4(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 19·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
3·I3 + 4(I3 − I2) = (−10)
−4·I2 + 7·I3 = −10

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 704
I1 = Δ1/Δ = 1706/704 = 2,423 A
I2 = Δ2/Δ = 780/704 = 1,108 A
I3 = Δ3/Δ = −560/704 = −0,7955 A

Odpowiedź

I3 = −0,7955 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: VR2 = −12,79 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​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAR4​20 ΩBROZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

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

R3+R4 = 6+20 = 26 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 3·26/(3+26) = 2,69 Ω
VA = 30·2,69/(2+2,69) = 17,21 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 17,21·20/26 = 13,24 V
VR2′ = 0 − VA = 0 − 17,21 = −17,21 V
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 ΩZWARCIER2​3 ΩAR4​20 ΩBIs​5 A

Przypadek 2 · działa tylko Is

V₁ staje się zwarciem, więc R₁ jest równolegle z R₂. Iₛ rozdziela się w B między R₄ a drogę przez R₃.

R1 ∥ R2 = 2·3/(2+3) = 1,2 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 20 ∥ 7,2 = 5,294 Ω
VB = Is·Req = (−5)·5,294 = −26,47 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −26,47·1,2/7,2 = −4,412 V
VR2″ = 0 − VA = 0 − −4,412 = 4,412 V

Dodaj składowe

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = (−17,21) + 4,412 = −12,79 V

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

8.Superpozycja

Odpowiedź: VR3 = −1,556 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​ = 12 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​12 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 ∥ 14 = 4,2 Ω
VA = 12·4,2/(12+4,2) = 3,111 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,111·12/14 = 2,667 V
VR3′ = VA − 0 = 3,111 − 0 = 3,111 V
R1​ = 12 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 12 ΩZWARCIER3​6 ΩAIs​3 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 Ω, więc lewa gałąź to R2+4 = 6 Ω
Req = R4 ∥ 6 = 4 Ω
VB = Is·Req = (−3)·4 = −12 V
VA = VB·4/6 = −8 V
VR3″ = VA − 0 = −8 − 0 = −8 V
R1​ = 12 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 12 ΩZWARCIER3​6 ΩAROZWARCIEB+−V2​15 V

Przypadek 3 · działa tylko V2

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

R1 ∥ R3 = 12·6/(12+6) = 4 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 15·6/18 = 5 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 5·4/6 = 3,333 V
VR3‴ = VA − 0 = 3,333 − 0 = 3,333 V

Dodaj składowe

VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = 3,111 + (−8) + 3,333 = −1,556 V

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

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Rth = 11,82 Ω

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 10 ΩZWARCIER2​2 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 = 20·2/(20+2) = 1,818 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,818 + 10 = 11,82 Ω
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 37,29 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​ = 20 ΩR3​ = 5 ΩZWARCIER2​8 ΩAROZWARCIEBabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

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

R1 ∥ R2 = 20·8/(20+8) = 5,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,714 + 5 = 10,71 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAIs​3 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) = 5,143 + 3·5,714 = 22,29 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 22,29 + 3·5 = 37,29 V
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 0,7564 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 = 47 mH / 100 Ω = 0,47 ms
i(∞) = Vs/R = 12/100 = 0,12 A

Wyznacz czas

0,8 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,8)
t = −0,47·ln(0,2) = 0,7564 ms

Odpowiedź

t = 0,7564 ms
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 142,1 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.

vC(0) = 3 V, vC(∞) = Vs = 6 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 47 µF = 155,1 ms
vC(t) = 6 + (3 − 6)·e−t/τ

Wyznacz czas

4,8 = 6 + (−3)·e−t/τ → e−t/τ = (4,8 − 6)/(3 − 6) = 0,4
t = τ·ln((3 − 6)/(4,8 − 6)) = 155,1·ln(2,5) = 142,1 ms

Odpowiedź

t = 142,1 ms
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: P = 1,266 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 = 361,7 Ω

Impedancja

|Z| = √(80² + (−173,2)²) = 190,8 Ω

Moc czynna

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

I = 24/190,8 = 0,1258 A
P = I²·R = 0,1258²·80 = 1,266 W

Odpowiedź

P = 1,266 W
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: f0 = 519,1 Hz

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

Rezonans

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

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,02·4,7·10⁻⁶)) = 519,1 Hz

Odpowiedź

f0 = 519,1 Hz
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: I = 18,63 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) = 3000/(230·0,7) = 18,63 A

Odpowiedź

I = 18,63 A
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: C = 660,7 µF

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = P·tan φ1 = 45·tan(36,87°) = 33,75 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 45·tan(25,84°) = 21,79 kvar
QC = Q1 − Q2 = 11,96 kvar

Pojemność

Kondensator dołączony do zasilania dostarcza Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 11956/(2π·50·240²) = 660,7 µF

Odpowiedź

C = 660,7 µF
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 49,72 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.

Moc pozorna

S = √3·VL·IL = √3·208·150 = 54,04 kVA

Moc czynna

P = S·cos φ = 54,04·0,92 = 49,72 kW

Odpowiedź

P = 49,72 kW
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 1529 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 = 200·tan(acos 0,75) = 200·0,8819 = 176,4 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,95) = 200·0,3287 = 65,74 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 110,6 kvar

Pojemność na fazę

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

V = 480/√3 = 277,1 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 36882/(314,2·277,1²) = 1529 µF

Odpowiedź

Cph = 1529 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: I1 = 2 A

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

Napięcie i prąd wtórny

V2 = 960/4 = 240 V
I2 = 240/30 = 8 A

Prąd pierwotny

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

I1 = I2/4 = 2 A

Odpowiedź

I1 = 2 A

Sprawdzenie: obciążenie widziane od strony pierwotnej to a²·RL = 480 Ω, a 960/480 daje ten sam prąd.

20.Transformatory

Odpowiedź: Sη,max = 25 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

x²·800 = 200 → x = √(200/800) = 0,5

Obciążenie przy maksymalnej sprawności

Sη,max = x·S = 0,5·50 = 25 kVA

Odpowiedź

Sη,max = 25 kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 1,5 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) = 1,5·2/(2 + 2) = 0,75 V

Wzmocnienie nieodwracające

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

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,75·(1 + 2/2) = 1,5 V

Odpowiedź

Vout = 1,5 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: If = −0,27 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 = 0,8/10 = 0,08 mA
I2 = V2/R2 = −0,7/2 = −0,35 mA
If = I1 + I2 = −0,27 mA

Odpowiedź

If = −0,27 mA
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: VCE = 8,368 V

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

Prąd bazy

IB = (VCC − VBE)/RB = (12 − 0,7)/560 kΩ = 20,18 µA

Prąd kolektora

IC = β·IB = 150·20,18 µA = 3,027 mA

Napięcie kolektor–emiter

VCE = 12 − 3,027 mA·1,2 kΩ = 8,368 V

Odpowiedź

VCE = 8,368 V
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: RB = 8,938 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)/330 = 14,55 mA

Minimalny prąd bazy

IB(min) = IC(sat)/β = 14,55/200 = 72,73 µA

Projektowy prąd bazy

IB = 4·72,73 µA = 290,9 µA

Rezystor bazowy

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,2909 mA = 8,938 kΩ

Odpowiedź

RB = 8,938 kΩ
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 240

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

Odwróć i dodaj jeden

16 = 0001 0000
odwrócone: 1110 1111
+1 → 1111 0000

Odczytaj bez znaku

1111 0000₂ = 256 − 16 = 240

Odpowiedź

U = 240
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: M = 1024 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

512·512·32 = 8388608 bit = 1048576 B

Zamień na KiB

1048576/1024 = 1024 KiB

Odpowiedź

M = 1024 KiB
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: L = 4

Algebra Boole’a: reguły upraszczające wyrażenia to X + X′ = 1 i X·X′ = 0, X + X = X, absorpcja X + X·Y = X, reguła sklejania X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y oraz twierdzenie o konsensusie XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Prawa de Morgana zamieniają (X·Y)′ na X′ + Y′ oraz (X + Y)′ na X′·Y′. Mapa Karnaugha stosuje te reguły graficznie: każda grupa dwóch sąsiednich komórek to jedno użycie XY + XY′ = X.

Mintermy wyrażenia

AC → m(5, 7)
AB′ → m(4, 5)
A′BC → m(3)
ABC00011110010001130214151706

Pogrupuj i odczytaj

F = BC + AB′

Policz literały

L = 4

Odpowiedź

L = 4
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: Q = 6

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.

Pełne cykle

Co 12 impulsów licznik wraca do tego samego stanu.

15 = 1·12 + 3

Stan po pozostałych impulsach

Q = (3 + 3) mod 12 = 6
Q = 0110₂

Odpowiedź

Q = 6
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: A = 23

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 + 9s + 20 = (s + 4)(s + 5)
F(s) = A/(s + 4) + B/(s + 5)

Metoda zakrywania

Pomnóż przez (s + 4) i podstaw s = −4: składnik z B znika.

A = 23/(s + 5) |s = −4 = 23/1 = 23

Odpowiedź

A = 23
(B = −23, więc f(t) = 23·e−4t − 23·e−5t)
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.3) = 3,113

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

Y(s) = 144/(s(s + 2)(s + 6))

Ułamki proste

A = 144/(2·6) = 12
B = 144/((−2)·4) = −18
C = 144/((−6)·(−4)) = 6

Wydalone

y(t) = 12 − 18·e−2t + 6·e−6t
y(0,3) = 3,113

Odpowiedź

y(0,3) = 3,113
31.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 25

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

Równanie charakterystyczne

1 + K/(s(s + 10)) = 0 → s² + 10s + K = 0

Pierwiastek podwójny

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

10² = 4K → K = 100/4 = 25

Odpowiedź

K = 25
Oba bieguny układu zamkniętego leżą wtedy w s = −5.
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 70

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)) = 0,5·7/(10 + 7K)

Rozwiąż względem K

10 + 7K = 0,5·7/0,007 = 500
K = (500 − 10)/7 = 70

Odpowiedź

K = 70
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ζ = 0,3162

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 = 40 → ωₙ = 6,325 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·6,325) = 0,3162

Wynik

ζ = 0,3162

Odpowiedź

ζ = 0,3162
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ts = 0,4 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).

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = 250/(s² + 20s + 250): ωₙ = 15,81 rad/s, ζ = 0,6325

Czas ustalania

ζωₙ = 20/2 = 10
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 0,4 s

Odpowiedź

ts = 0,4 s

Dla tej pętli ζωₙ = a/2 niezależnie od K: zwiększenie K zwiększa przeregulowanie, ale nie skraca czasu ustalania.

35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: |G(jω)| = 16,32 dB

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

Pomnóż moduły

|G(j10)| = 2090/(√(10² + 11²)·√(10² + 19²)) = 2090/(14,87·21,47) = 6,548

Wynik

20·log₁₀(6,548) = 16,32 dB

Odpowiedź

|G(jω)| = 16,32 dB
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: GM = 14,92 dB

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

Częstotliwość odcięcia fazy

(ω/6)·(ω/7) = 1 → ω180 = √(6·7) = 6,481 rad/s

Moduł przy częstotliwości odcięcia fazy

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 36)·√(ω² + 49)) = K/(6·7·(6 + 7)) = K/546

Zapas wzmocnienia

GM = 20·log₁₀(546/98) = 14,92 dB

Odpowiedź

GM = 14,92 dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmax = 990

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

Wielomian charakterystyczny

s³ + 15s² + 74s + 120 + K = 0

Tablica Routha

s³: 1, 74
s²: 15, 120 + K
s¹: (15·74 − 120 − K)/15
s⁰: 120 + K

Warunek

Element wiersza s¹ musi pozostać dodatni.

K < 15·74 − 120 = 990

Odpowiedź

Kmax = 990

Na granicy stabilności pętla oscyluje z pulsacją ω = √74 = 8,602 rad/s.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: σa = −1,333

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.

Bieguny i zera

bieguny: −1, −2, −3, −4
zera: −6
n − m = 4 − 1 = 3

Środek ciężkości

σa = (−10 − (−6))/3 = −1,333

Odpowiedź

σa = −1,333

3 asymptot wychodzi ze środka asymptot pod kątami 60°, 180°, 300°.

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 0,1333

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) = 15

Uchyb dla narastania liniowego

ess = 2/15 = 0,1333

Odpowiedź

ess = 0,1333
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 4

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

Wielomian charakterystyczny

s(s + 2) + 1K = s² + 2s + 1K

Częstotliwość drgań własnych

2·0,5·ωₙ = 2 → ωₙ = 2 rad/s

Wzmocnienie

1K = ωₙ² = 4 → K = 4

Odpowiedź

K = 4

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

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