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 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAR4​6 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 5 ΩR4 = 6 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 10 ΩIR1​R3​ = 25 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​15 ΩAR4​10 ΩBR6​6 Ω

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 10 VR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩR3 = 25 ΩR4 = 10 ΩR5 = 8 ΩR6 = 6 Ω
IR1 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 2 ΩR3​ = 2 ΩIR3​+−V1​24 VR2​4 ΩAR4​20 ΩBIs​1,5 A

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd IR3 płynący przez R3 w kierunku strzałki.

V1 = 24 VIs = 1,5 AR1 = 2 ΩR2 = 4 ΩR3 = 2 ΩR4 = 20 Ω
IR3 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 25 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 4 ΩIR4​+−V1​5 VR3​2 ΩAR5​15 ΩBIs​2 A+−V2​6 V

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd IR4 płynący przez R4 w kierunku strzałki.

V1 = 5 VIs = 2 AV2 = 6 VR1 = 25 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 ΩR4 = 4 ΩR5 = 15 Ω
IR4 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 5 ΩR2​ = 8 Ω+−V1​9 VR3​6 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

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

V1 = 9 VV2 = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 Ω
I2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 6 ΩR2​ = 3 ΩIR2​R3​ = 8 Ω+−V1​10 VR4​4 ΩAR5​10 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

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

V1 = 10 VV2 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 ΩR4 = 4 ΩR5 = 10 Ω
IR2 = A
7.SuperpozycjaŚredni
obwód liniowyVs​Is​IRL​

Liniowy obwód rezystancyjny zawiera jedno źródło napięcia Vs i jedno źródło prądu Is. Prąd I przez rezystor obciążenia zmierzono dwukrotnie: przy Vs = 5 V i Is = 10 mA I = 4 mA; przy Vs = 8 V i Is = 2 mA I = 3,6 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy Vs = 8 V i Is = 6 mA.

5 V, 10 mA → 4 mA8 V, 2 mA → 3,6 mAVs = 8 V, Is = 6 mA
I = mA
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 12 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 15 ΩIR4​+−V1​10 VR3​25 ΩAIs​2,5 AB+−V2​30 V

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR4 pobieraną przez R4.

V1 = 10 VIs = 2,5 AV2 = 30 VR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 25 ΩR4 = 15 Ω
PR4 = W
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAab

Wyznacz rezystancję Thévenina Rth widzianą z zacisków a–b.

V1 = 9 VR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩAIs​5 ABab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 6 VIs = 5 AR1 = 2 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 Ω
Vth = V
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​9 Vt = 0R = 47 ΩL47 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz prąd i w chwili t = 1 ms.

Vs = 9 VR = 47 ΩL = 47 mHt = 1 ms
i = A
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​5 Vt = 0R = 3,3 kΩC220 µF+−vC​vC​(0) = 15 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 15 V o zaznaczonej biegunowości. Wyznacz napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 750 ms.

Vs = 5 VR = 3,3 kΩC = 220 µFvC(0) = 15 Vt = 750 ms
vC = V
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
100 V60 HzR = 100 ΩL = 20 mHC = 47 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 100 V (skuteczne), 60 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.

V = 100 V (rms)f = 60 HzR = 100 ΩL = 20 mHC = 47 µF
I = A
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
VfR = 2 ΩL = 50 mHC = 10 µF

Szeregowy obwód RLC ma R = 2 Ω, L = 50 mH i C = 10 µF. Wyznacz jego dobroć Q w rezonansie.

R = 2 ΩL = 50 mHC = 10 µF
Q =
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 39 kWQ = ?Sφ

Silnik jednofazowy pobiera 39 kW przy współczynniku mocy 0,6 (indukcyjnym) z zasilania 240 V. Wyznacz moc bierną Q, którą pobiera.

P = 39 kWpf = 0,6V = 240 V
Q = kvar
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 5 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 5 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) z zasilania 400 V, 50 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,95. Wyznacz nowy prąd linii Inew.

P = 5 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95V = 400 Vf = 50 Hz
Inew = A
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 400 VIL​ = 80 Acos φ = 0,75indukcyjny

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera prąd przewodowy 80 A ze źródła o napięciu przewodowym 400 V. Współczynnik mocy wynosi 0,75 (indukcyjny). Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 400 VIL = 80 Acos φ = 0,75
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 50 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 0,98 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w trójkąt. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 50 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
7200 V240 VIHV​ = ?ILV​50 kVA

Jednofazowy transformator 50 kVA, 7200/240 V pracuje przy obciążeniu znamionowym. Potraktuj go jako idealny. Wyznacz prąd IHV w uzwojeniu górnego napięcia.

S = 50 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
IHV = A
20.TransformatoryTrudny
pf 0,85100 kVA, η = 96,5%

Jednofazowy transformator 100 kVA ma straty w rdzeniu 800 W. Przy obciążeniu znamionowym i współczynniku mocy 0,85 (indukcyjnym) jego sprawność wynosi 96,5%. Wyznacz straty w miedzi przy pełnym obciążeniu Pcu,fl w watach.

S = 100 kVAPcore = 800 Wpf = 0,85η = 96,5%
Pcu,fl = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​R2​ = 2 kΩV1​ = 0,7 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 1,2 VR3​ = 4,7 kΩR4​ = 2 kΩ

Wzmacniacz różnicowy wykorzystuje idealny wzmacniacz operacyjny zasilany napięciem ±15 V, przy czym R3 = R1 i R4 = R2. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

V1 = 0,7 VV2 = 1,2 VR1 = R3 = 4,7 kΩR2 = R4 = 2 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 1 kΩV1​ = −1 VR1​ = 100 kΩV2​ = −1,2 VR2​ = 1 kΩ

Wzmacniacz sumujący korzysta z idealnego wzmacniacza operacyjnego zasilanego napięciem ±15 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

V1 = −1 VV2 = −1,2 VR1 = 100 kΩR2 = 1 kΩRf = 1 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 1 kΩβ = 150VCC​ = 9 VRB​ = 390 kΩ

Tranzystor NPN o β = 150 jest spolaryzowany rezystorem bazowym RB = 390 kΩ z zasilania VCC = 9 V. Rezystor kolektorowy to RC = 1 kΩ, a emiter jest uziemiony. Przyjmij VBE = 0,7 V i załóż, że tranzystor pracuje w obszarze aktywnym. Wyznacz napięcie kolektor–emiter VCE.

VCC = 9 VRB = 390 kΩRC = 1 kΩβ = 150VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 330 Ωβ = 200VCC​ = 5 V5 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 5 V przez rezystor bazowy RB. Przyjmij VBE = 0,7 V i VCE(sat) = 0,2 V. Wyznacz największy rezystor bazowy RB, w kΩ, który jeszcze wprowadza tranzystor w nasycenie.

VCC = 5 VRC = 330 Ωβ = 200Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U20−12806403201608040201

Ustaw bity tak, aby zapisywały −82 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −828 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
1247 kodów, b = ? bitów?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

System musi nadać każdemu z 1247 elementów własny kod dwójkowy tej samej długości. Ile co najmniej bitów b potrzeba?

1247
b = bit
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111010010302140507060121130151140819111110

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać iloczynu sum (POS) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 4, 9, 10, 11, 13, 14). Ile sum (czynników) N ona ma?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 4, 9, 10, 11, 13, 14)
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKPRZESUWNY

4-bitowy rejestr przesuwający Q₃Q₂Q₁Q₀ zawiera 0000. Przy każdym zboczu zegara bity przesuwają się o jedno miejsce w prawo (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀, Q₀ jest tracone), a wejście szeregowe trafia do Q₃. Wejście szeregowe wynosi 1, 1, 0, 1 przy zboczach 4. Podaj stan końcowy Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ jako liczbę dziesiętną.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 00001, 1, 0, 1
Q =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,4f(0,4) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = (4s + 37)/(s² + 8s + 16) i oblicz f(0,4).

F(s) = (4s + 37)/(s² + 8s + 16)t = 0,4 s
f(0.4) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 9y′ + 18y = 27·u(t). Startuje ze stanu spoczynku (y(0) = 0, y′(0) = 0), a wejściem jest skok u(t) = 10 dla t ≥ 0. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź wyjście y(0,2).

y″ + 9y′ + 18y = 27·u(t)u(t) = 10y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,2 s
y(0.2) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+6K+2s + 7G(s)C(s)5H₁−−

Obiekt G(s) = 2/(s + 7) ma wewnętrzną (podrzędną) pętlę ujemnego sprzężenia zwrotnego ze wzmocnieniem H₁ = 5. Wzmocnienie regulatora K = 6 i zewnętrzna pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego zamykają układ. Znajdź wzmocnienie statyczne układu zamkniętego T(0).

G(s) = 2/(s + 7)H₁ = 5K = 6
T(0) =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+Kregulator+D(s)+3s + 5obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K steruje obiektem G(s) = 3/(s + 5) 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 0,06.

G(s) = 3/(s + 5)D = 1css ≤ 0,06
K =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)0,5tp​ = ?

Układ ma transmitancję G(s) = 37/(s² + 6s + 74) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź czas szczytu tp odpowiedzi skokowej.

G(s) = 37/(s² + 6s + 74)
tp = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
R(s)+105s(s + 8)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 105/(s(s + 8)). Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej układu zamkniętego, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 105/(s(s + 8))
ts = s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−20020406080ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 2

Znajdź fazę ∠G(jω) G(s) = 39(s + 15)/(s(s + 4)) przy ω = 2 rad/s, w stopniach.

G(s) = 39(s + 15)/(s(s + 4))ω = 2 rad/s
∠G(jω) = °
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 10/(s(s + 5)). Znajdź częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc, przy której |L(jω)| = 1.

L(s) = 10/(s(s + 5))
ωc = rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+Ks + 5(s − 1)(s + 1)C(s)−

Obiekt G(s) = (s + 5)/((s − 1)(s + 1)) ma biegun niestabilny w s = 1. Wzmocnienie proporcjonalne K zamyka wokół niego pętlę ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz najmniejsze wzmocnienie Kmin, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

G(s) = (s + 5)/((s − 1)(s + 1))
Kmin =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2

Linia pierwiastkowa dla L(s) = K/(s(s + 3)(s + 8)) opuszcza oś rzeczywistą między s = 0 a s = −3. Wyznacz punkt rozejścia sb.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 8))
sb =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 1 + 5t+4(s + 3)s(s + 4)C(s)−

Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 4(s + 3)/(s(s + 4)) podano wejście r(t) = 1 + 5t (skok plus narastanie liniowe). Wyznacz uchyb ustalony ess.

G(s) = 4(s + 3)/(s(s + 4))r(t) = 1 + 5t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+K = 110s(s + 2)C(s)−

Regulator proporcjonalny K = 1 steruje obiektem G(s) = 10/(s(s + 2)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Znajdź czas szczytu tp odpowiedzi skokowej.

G(s) = 10/(s(s + 2))K = 1
tp = s

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 6,692 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​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAR4​6 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R3 + R4 = 5 + 6 = 11 Ω
R2 ∥ 11 = 2·11/(2+11) = 1,692 Ω
Req = R1 + 1,692 = 5 + 1,692 = 6,692 Ω

Odpowiedź

Req = 6,692 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 0,4977 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​ = 10 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​15 ΩAR4​10 ΩBR6​6 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 = 8 + 6 = 14 Ω
R4 ∥ 14 = 5,833 Ω
R3 + 5,833 = 30,83 Ω
R2 ∥ 30,83 = 10,09 Ω
Req = R1 + 10,09 = 10 + 10,09 = 20,09 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 10/20,09 = 0,4977 A

Odpowiedź

IR1 = 0,4977 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR3 = −0,6 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​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAR4​20 ΩBIs​1,5 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 24 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 − 24)/2 + (VA − VB)/2 = 0
1,25·VA − 0,5·VB = 12

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/20 + (VB − VA)/2 = 1,5
−0,5·VA + 0,55·VB = 1,5

Rozwiąż

Δ = (1,25)(0,55) − (−0,5)(−0,5) = 0,4375
VA = Δ1/Δ = 7,35/0,4375 = 16,8 V
VB = Δ2/Δ = 7,875/0,4375 = 18 V

Odpowiedź

IR3 = (VA − VB)/R3 = (16,8 − 18)/2 = −0,6 A
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR4 = 0,06007 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​ = 25 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​5 VR3​2 ΩAR5​15 ΩBIs​2 A+−V2​6 V

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 5 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/2 + (VA − 5)/25 + (VA − VB)/2 = 0
1,04·VA − 0,5·VB = 0,2

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/15 + (VB − VA)/2 + (VB − 6)/4 = 2
−0,5·VA + 0,8167·VB = 3,5

Rozwiąż

Δ = (1,04)(0,8167) − (−0,5)(−0,5) = 0,5993
VA = Δ1/Δ = 1,913/0,5993 = 3,192 V
VB = Δ2/Δ = 3,74/0,5993 = 6,24 V

Odpowiedź

IR4 = (VB − V2)/R4 = (6,24 − 6)/4 = 0,06007 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I2 = −0,3814 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​ = 5 ΩR2​ = 8 Ω+−V1​9 VR3​6 ΩA+−V2​9 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
5·I1 + 6(I1 − I2) = 9
11·I1 − 6·I2 = 9

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
8·I2 + 6(I2 − I1) = (−9)
−6·I1 + 14·I2 = −9

Rozwiąż

Δ = (11)(14) − (−6)(−6) = 118
I1 = Δ1/Δ = 72/118 = 0,6102 A
I2 = Δ2/Δ = −45/118 = −0,3814 A

Odpowiedź

I2 = −0,3814 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR2 = −0,158 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​ = 6 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​10 VR4​4 ΩAR5​10 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
6·I1 + 4(I1 − I2) = 10
10·I1 − 4·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 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
3·I2 + 4(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−4·I1 + 17·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) = (−10)
−10·I2 + 18·I3 = −10

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 1772
I1 = Δ1/Δ = 1660/1772 = 0,9368 A
I2 = Δ2/Δ = −280/1772 = −0,158 A
I3 = Δ3/Δ = −1140/1772 = −0,6433 A

Odpowiedź

IR2 = I2 = −0,158 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: I = 4,4 mA

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

Zapisz odpowiedź jako sumę wkładów

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

I = k₁·Vs + k₂·Is
5·k₁ + 10·k₂ = 4
8·k₁ + 2·k₂ = 3,6

Wyznacz stałe

Δ = (5)(2) − (10)(8) = −70
k₁ = Δ1/Δ = −28/−70 = 0,4
k₂ = Δ2/Δ = −14/−70 = 0,2
k₁ = 0,4 mA/V, k₂ = 0,2

Przewidź nowy prąd

I = 0,4·8 + 0,2·6 = 4,4 mA

Odpowiedź

I = 4,4 mA
8.Superpozycja

Odpowiedź: PR4 = 8,889 W

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​ = 12 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​10 VR3​25 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) = 25 ∥ 27 = 12,98 Ω
VA = 10·12,98/(12+12,98) = 5,196 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 5,196·15/27 = 2,887 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (2,887 − 0)/15 = 0,1925 A
R1​ = 12 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 15 ΩZWARCIER3​25 ΩAIs​2,5 ABZWARCIE

Przypadek 2 · działa tylko Is

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

R1 ∥ R3 = 8,108 Ω, więc lewa gałąź to R2+8,108 = 20,11 Ω
Req = R4 ∥ 20,11 = 8,591 Ω
VB = Is·Req = 2,5·8,591 = 21,48 V
VA = VB·8,108/20,11 = 8,661 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (21,48 − 0)/15 = 1,432 A
R1​ = 12 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 15 ΩZWARCIER3​25 ΩAROZWARCIEB+−V2​30 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 = 12·25/(12+25) = 8,108 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 30·20,11/35,11 = 17,18 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 17,18·8,108/20,11 = 6,928 V
IR4‴ = (VB − V2)/R4 = (17,18 − 30)/15 = −0,8545 A

Zsumuj wkłady prądu

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴ = 0,1925 + 1,432 + (−0,8545) = 0,7698 A

Moc w rezystorze

Moc zależy od kwadratu prądu, więc nie podlega zasadzie superpozycji: najpierw zsumuj prądy, potem podnieś do kwadratu.

PR4 = IR4²·R4 = 0,7698²·15 = 8,889 W

Odpowiedź

PR4 = 8,889 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 42,26 W, co jest błędne.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Rth = 3,714 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​ = 12 ΩR3​ = 2 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 = 12·2/(12+2) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 2 = 3,714 Ω
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 27,8 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​ = 2 ΩR3​ = 3 ΩZWARCIER2​8 ΩAROZWARCIEBabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

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

R1 ∥ R2 = 2·8/(2+8) = 1,6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,6 + 3 = 4,6 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩAIs​5 ABab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

Przy rozwartych a–b jedyną drogą dla Iₛ jest R₃ do węzła A. Wyznacz V_A z superpozycji V₁ i Iₛ, a potem dodaj spadek na R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 4,8 + 5·1,6 = 12,8 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,8 + 5·3 = 27,8 V
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: i = 0,121 A

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 / 47 Ω = 1 ms
i(∞) = Vs/R = 9/47 = 0,1915 A

Prąd w danej chwili

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,1915·(1 − e−1/1) = 0,121 A

Odpowiedź

i = 0,121 A
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 8,559 V

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

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

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

vC(0) = 15 V, vC(∞) = Vs = 5 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 220 µF = 726 ms
vC(t) = 5 + (15 − 5)·e−t/τ

Napięcie w danej chwili

vC(750) = 5 + (10)·e−750/726 = 8,559 V

Odpowiedź

vC = 8,559 V
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 0,8984 A

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

Reaktancje

ω = 2πf = 2π·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,02 = 7,54 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·47·10⁻⁶) = 56,44 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (−48,9)²) = 111,3 Ω

Prąd

Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.

I = V/|Z| = 100/111,3 = 0,8984 A

Odpowiedź

I = 0,8984 A
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: Q = 35,36

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

Częstotliwość rezonansowa

f0 = 1/(2π·√(0,05·10·10⁻⁶)) = 225,1 Hz

Dobroć

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

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/2)·√(0,05/(10·10⁻⁶)) = 35,36

Odpowiedź

Q = 35,36
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Q = 52 kvar

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

Kąt

φ = arccos(0,6) = 53,13°, tan φ = 1,333

Moc bierna

Q = P·tan φ = 39·1,333 = 52 kvar

Odpowiedź

Q = 52 kvar
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Inew = 13,16 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 = 5·tan(36,87°) = 3,75 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(18,19°) = 1,643 kvar
QC = Q1 − Q2 = 2,107 kvar

Nowy prąd linii

Inew = P/(V·cos φ2) = 5000/(400·0,95) = 13,16 A

Odpowiedź

Inew = 13,16 A
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 41,57 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 = √3·400·80 = 55,43 kVA

Moc czynna

P = S·cos φ = 55,43·0,75 = 41,57 kW

Odpowiedź

P = 41,57 kW
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 104,9 µF

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = 50·tan(acos 0,8) = 50·0,75 = 37,5 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,98) = 50·0,2031 = 10,15 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 27,35 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) = 9116/(377·480²) = 104,9 µF

Odpowiedź

Cph = 104,9 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: IHV = 6,944 A

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

Prąd znamionowy

Oba uzwojenia przenoszą tę samą moc pozorną.

IHV = S/V = 50000/7200 = 6,944 A

Odpowiedź

IHV = 6,944 A
20.Transformatory

Odpowiedź: Pcu,fl = 2283 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.

Moc wyjściowa i wejściowa

Pout = 100·0,85 = 85 kW
Pin = 85000/0,965 = 88083 W

Straty całkowite i straty w miedzi

Ploss = 88083 − 85000 = 3083 W
Pcu,fl = 3083 − 800 = 2283 W

Odpowiedź

Pcu,fl = 2283 W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 0,2128 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 wejściach

Przez R₃ i R₄ płynie ten sam prąd, więc tworzą dzielnik napięcia; sprzężenie zwrotne sprawia, że V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,2·2/(4,7 + 2) = 0,3582 V
V₋ = V₊

PPK na wejściu odwracającym

(0,7 − 0,3582)/4,7 = (0,3582 − Vout)/2
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (2/4,7)·(1,2 − 0,7) = 0,2128 V

Odpowiedź

Vout = 0,2128 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 1,21 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.

Prądy wejściowe

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

I1 = V1/R1 = −1/100 = −0,01 mA
I2 = V2/R2 = −1,2/1 = −1,2 mA
If = I1 + I2 = −1,21 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −1·(−1,21) = 1,21 V

Odpowiedź

Vout = 1,21 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: VCE = 5,808 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 = (9 − 0,7)/390 kΩ = 21,28 µA

Prąd kolektora

IC = β·IB = 150·21,28 µA = 3,192 mA

Napięcie kolektor–emiter

VCE = 9 − 3,192 mA·1 kΩ = 5,808 V

Odpowiedź

VCE = 5,808 V
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: RB = 59,13 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

Rezystor bazowy

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,07273 mA = 59,13 kΩ

Odpowiedź

RB = 59,13 kΩ

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

25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 174

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

82 = 0101 0010
odwrócone: 1010 1101
+1 → 1010 1110

Odczytaj bez znaku

1010 1110₂ = 256 − 82 = 174

Odpowiedź

U = 174
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: b = 11 bit

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.

Potęgi dwójki

210 = 1024 < 1247
211 = 2048 ≥ 1247

Odpowiedź

b = 11
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 4

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.

ABCD000111100001111010010302140507060121130151140819111110

Zgrupuj zera

Każda grupa to prostokąt z 2ᵏ komórek; komórki na brzegu sąsiadują z komórkami na przeciwległym brzegu.

(B′ + C′ + D′)
(A + D′)
(A + C′)
(A′ + C + D)

Minimalna postać POS

F = (B′ + C′ + D′)(A + D′)(A + C′)(A′ + C + D)
N = 4

Odpowiedź

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

Odpowiedź: Q = 11

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

Stan po każdym zboczu

0000 → 1000 → 1100 → 0110 → 1011

Wartość dziesiętna

1011₂ = 11

Odpowiedź

Q = 11
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.4) = 2,504

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 + 8s + 16 = (s + 4)²

Ułamki proste

4s + 37 = 4(s + 4) + 21
F(s) = 4/(s + 4) + 21/(s + 4)²

Transformata odwrotna

f(t) = 4·e−4t + 21·t·e−4t
f(0,4) = (4 + 21·0,4)·e−4·0,4 = 2,504

Odpowiedź

f(0,4) = 2,504
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.2) = 3,054

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) = 270/(s(s + 3)(s + 6))

Ułamki proste

A = 270/(3·6) = 15
B = 270/((−3)·3) = −30
C = 270/((−6)·(−3)) = 15

Wydalone

y(t) = 15 − 30·e−3t + 15·e−6t
y(0,2) = 3,054

Odpowiedź

y(0,2) = 3,054
31.Schematy blokowe

Odpowiedź: T(0) = 0,4138

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

Pętla wewnętrzna

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 2/(s + 7 + 2·5) = 2/(s + 17)

Pętla zewnętrzna

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 12/(s + 17 + 12) = 12/(s + 29)

Wynik

T(0) = 12/29 = 0,4138

Odpowiedź

T(0) = 0,4138
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 15

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)) = 1·3/(5 + 3K)

Rozwiąż względem K

5 + 3K = 1·3/0,06 = 50
K = (50 − 5)/3 = 15

Odpowiedź

K = 15
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: tp = 0,3897 s

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

Porównaj z postacią standardową

Mianownik musi odpowiadać s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 74 → ωₙ = 8,602 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·8,602) = 0,3487

Wynik

ωd = 8,602·√(1 − 0,3487²) = 8,062 rad/s → tp = π/ωd = 0,3897 s

Odpowiedź

tp = 0,3897 s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ts = 1 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) = 105/(s² + 8s + 105): ωₙ = 10,25 rad/s, ζ = 0,3904

Czas ustalania

ζωₙ = 8/2 = 4
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 1 s

Odpowiedź

ts = 1 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) = −109 °

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

Dodaj kąty

∠G = atan(2/15) − 90° − atan(2/4) = 7,595° − 90° − 26,57°

Wynik

∠G(j2) = −109°

Odpowiedź

∠G(jω) = −109°
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ωc = 1,873 rad/s

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

Częstotliwość odcięcia wzmocnienia

ω⁴ + 25ω² − 100 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·100))/2 = 3,508
ωc = 1,873 rad/s

Odpowiedź

ωc = 1,873 rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmin = 0,2

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

Wielomian charakterystyczny

(s − 1)(s + 1) + K(s + 5) = s² + (0 + K)s + (5K − 1)

Warunki

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

0 + K > 0 → K > 0
5K − 1 > 0 → K > 0,2
Kmin = 0,2

Odpowiedź

Kmin = 0,2
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: sb = −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.

Wzmocnienie wzdłuż osi rzeczywistej

K(s) = −s(s + 3)(s + 8) = −(s³ + 11s² + 24s)

Punkty stacjonarne

dK/ds = −(3s² + 22s + 24) = 0
s = (−22 ± √(484 − 288))/6 = −1,333, −6

Wybierz punkt należący do linii

Linia leży na osi rzeczywistej między 0 a −3; drugi pierwiastek do niej nie należy.

sb = −1,333

Odpowiedź

sb = −1,333
39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 1,667

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) = 3

Część skokowa

Kp = ∞ → estep = 0

Uchyb dla narastania liniowego

ess = 5/3 = 1,667

Odpowiedź

ess = 1,667
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: tp = 1,047 s

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) + 1·10 = s² + 2s + 10

ωₙ i ζ

ωₙ = √10 = 3,162 rad/s
ζ = 2/(2·3,162) = 0,3162

Czas szczytu

ωd = 3,162·√(1 − 0,3162²) = 3 rad/s
tp = π/3 = 1,047 s

Odpowiedź

tp = 1,047 s

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