W oknie drukowania wybierz „Zapisz jako PDF”, aby zachować kopię na swoim urządzeniu.
1Wzory i metody
Rezystory szeregowo i równolegle
Rezystory połączone szeregowo
Req = R1 + R2 + …
Rezystory połączone równolegle
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dwa równolegle
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Prawo Ohma
V = I·R
Moc
P = V·I = I²R = V²/R
Metoda
Zacznij od końca sieci najdalszego od zacisków.
Rezystory szeregowe łącz, dodając je, a równoległe ze wzoru 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Po każdym kroku narysuj obwód od nowa.
Powtarzaj, aż między zaciskami zostanie jeden rezystor.
Metoda potencjałów węzłowych
Prądowe prawo Kirchhoffa
ΣIin = ΣIout
Prąd gałęzi
I = (Va − Vb)/R
Węzeł odniesienia
Vground = 0
Metoda
Wybierz węzeł odniesienia (masę) i oznacz potencjały pozostałych węzłów.
Napisz prądowe prawo Kirchhoffa dla każdego nieznanego węzła: prądy wypływające przez każdą gałąź są równe prądom wpływającym.
Wyraź każdy prąd gałęziowy jako (Va − Vb)/R.
Rozwiąż układ równań, a potem wyznacz potrzebne prądy.
Metoda prądów oczkowych
Napięciowe prawo Kirchhoffa
ΣV = 0 w każdym oczku
Rezystor wspólny
prąd = I1 − I2
Źródło prądu w oczku
wyznacza prąd tego oczka
Metoda
Narysuj prąd płynący zgodnie z ruchem wskazówek zegara w każdym oczku (okienku) obwodu.
Zastosuj napięciowe prawo Kirchhoffa w każdym oczku: suma spadków napięć jest równa zeru.
W rezystorze wspólnym dla dwóch oczek prąd jest różnicą dwóch prądów oczkowych.
Rozwiąż równania; wynik ujemny oznacza, że prąd płynie w przeciwną stronę.
Superpozycja
Superpozycja
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Wyłączone źródło napięcia
zwarcie (0 V)
Wyłączone źródło prądu
rozwarcie (0 A)
Dzielnik napięcia
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Dzielnik prądu
I1 = I·R2/(R1 + R2)
Metoda
Policz niezależne źródła. Dla każdego źródła rozwiążesz jeden prostszy obwód.
Zostaw jedno źródło, a pozostałe wyłącz: źródło napięciowe staje się zwarciem (przewodem), źródło prądowe staje się rozwarciem (przerwą).
Rozwiąż prostszy obwód dla potrzebnego napięcia lub prądu, pilnując jego kierunku.
Powtórz dla każdego źródła, a potem dodaj składowe z ich znakami.
Thévenin i Norton
Napięcie Thévenina
Vth = Vopen circuit
Rezystancja Thévenina
Rth: wszystkie źródła wyłączone, widziana z a–b
Prąd Nortona
IN = Vth/Rth
Prąd obciążenia
IL = Vth/(Rth + RL)
Maksymalne przekazywanie mocy
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)
Metoda
Odłącz obciążenie i oznacz dwa zaciski a i b.
Wyznacz napięcie stanu jałowego między a i b: to jest Vth.
Wyłącz wszystkie niezależne źródła i wyznacz rezystancję widzianą z a–b: to jest Rth.
Podłącz obciążenie z powrotem do obwodu zastępczego: Vth szeregowo z Rth.
Dla obwodu zastępczego Nortona przelicz: IN = Vth/Rth, z RN = Rth równolegle.
Stany nieustalone RC i RL
Stała czasowa
τ = RC | τ = L/R
Odpowiedź układu
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensator przy prądzie stałym
rozwarcie; vC nie może zmienić się skokowo
Cewka przy prądzie stałym
zwarcie; iL nie może zmienić się skokowo
Stan ustalony
t ≈ 5τ
Metoda
Wyznacz wartość początkową tuż po przełączeniu: napięcie na kondensatorze i prąd cewki nie mogą zmienić się skokowo.
Wyznacz wartość końcową długo po przełączeniu: kondensator zachowuje się jak rozwarcie, a cewka jak zwarcie.
Wyznacz stałą czasową: τ = RC lub τ = L/R, z rezystancją widzianą przez kondensator lub cewkę.
Użyj x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.
Impedancja i wskazy AC
Impedancje
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Pulsacja
ω = 2πf
Moduł i kąt
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Prawo Ohma dla wskazów
V = I·Z
Metoda
Przelicz częstotliwość: ω = 2πf.
Wyznacz każdą reaktancję: XL = ωL i XC = 1/(ωC).
Dodawaj impedancje jak rezystory, z Z = R + jX.
Wyznacz moduł |Z| = √(R² + X²) i kąt φ = atan(X/R), a potem zastosuj prawo Ohma dla wskazów.
Moc AC i współczynnik mocy
Moc czynna
P = V·I·cos φ
Moc bierna
Q = V·I·sin φ
Moc pozorna
S = V·I = √(P² + Q²)
Współczynnik mocy
pf = cos φ = P/S
Kondensator kompensacyjny
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)
Moc w układach trójfazowych
Połączenie w gwiazdę (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Połączenie w trójkąt (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Całkowita moc czynna
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Moc pozorna i bierna
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kondensatory do kompensacji
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Napięcie na każdym kondensatorze
Δ: VL Y: VL/√3
Moc pobierana przez silnik
Pin = Pout/η
Transformatory
Przekładnia zwojowa
a = N1/N2 = V1/V2
Stosunek prądów
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Prąd znamionowy
I = S/V
Impedancja sprowadzona
Z1′ = a²·ZL
Straty w miedzi przy obciążeniu częściowym
Pcu = x²·Pcu,fl
Sprawność
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Sprawność maksymalna
x = √(Pcore/Pcu,fl)
Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi
Wzmacniacz odwracający
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Wzmacniacz nieodwracający
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Wzmacniacz sumujący
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Idealny wzmacniacz operacyjny
V+ = V−, Iin = 0
Diody i tranzystory
Dioda (stały spadek napięcia)
VD = 0,7 V when conducting
Obszar aktywny
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Polaryzacja stałym prądem bazy
IB = (VCC − 0,7)/RB
Polaryzacja dzielnikiem napięcia
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin dla dzielnika
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Oczko kolektora
VCE = VCC − ICRC − IERE
Nasycenie
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β
Systemy liczbowe
Wagi pozycji
dwójkowy 2k, ósemkowy 8k, szesnastkowy 16k
Na dziesiętny
Σ dk·bk
Z dziesiętnego
dziel przez podstawę, czytaj reszty od dołu do góry
Szesnastkowy ↔ dwójkowy
jedna cyfra szesnastkowa = 4 bity
Kod uzupełnień do dwóch (U2)
odwróć bity i dodaj 1
Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Podstawowe bramki
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Reguły algebry Boole’a
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Prawa de Morgana
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Kolejność na mapie Karnaugha
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Grupa 2ᵏ komórek
traci k zmiennych
Multiplekser 4-do-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Przerzutniki
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Liczniki
n-bitowy: 2ⁿ stanów; mod-N: najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Licznik asynchroniczny (ripple)
fmax = 1/(n·tpd)
Liczniki pierścieniowy i Johnsona
n i 2n stanów
Metoda
Dla układu przechodź od wejść do wyjścia bramka po bramce i zapisuj wartość na każdym przewodzie albo zapisz jego wyrażenie i wypełnij tablicę prawdy.
Przy upraszczaniu wpisz jedynki (a stany nieokreślone jako X) na mapę Karnaugha z wierszami i kolumnami w kodzie Graya: 00, 01, 11, 10.
Pokryj jedynki jak najmniejszą liczbą jak największych grup po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, zawijając przez brzegi; każda grupa to jeden iloczyn ze zmiennych, które pozostają stałe. Dla postaci POS grupuj zera.
Przy przerzutnikach i licznikach odczytuj wejścia przy każdym aktywnym zboczu zegara, zapisuj stan po każdym zboczu i pamiętaj, że n-bitowy licznik zawija się po 2ⁿ stanach.
Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa
Stabilność
wszystkie pierwiastki wielomianu charakterystycznego w lewej półpłaszczyźnie
tablica Routha, element s¹ wielomianu trzeciego stopnia
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Pierwiastki w prawej półpłaszczyźnie
liczba zmian znaku w pierwszej kolumnie
Wielomian trzeciego stopnia s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabilny, gdy wszystkie a > 0 oraz a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Równanie charakterystyczne
1 + K·G(s) = 0
Asymptoty
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Punkty rozejścia i zejścia
dK/ds = 0
Warunek modułu
K = 1/|G(s)|
Kąt wyjścia
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)
Metoda
Zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego: mianownik 1 + K·G(s) = 0, po wymnożeniu.
Wpisz współczynniki naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha i zbuduj pozostałe wiersze.
Policz zmiany znaku w pierwszej kolumnie: każda to jeden biegun w prawej półpłaszczyźnie. Gdy w tablicy występuje K, żądaj, by każdy element pierwszej kolumny pozostał dodatni.
Dla linii pierwiastkowej zaznacz bieguny i zera, odcinki osi rzeczywistej, asymptoty wychodzące ze środka asymptot oraz punkty rozgałęzienia, w których dK/ds = 0. Użyj K = 1/|G(s)| dla wzmocnienia w danym punkcie.
Uchyb ustalony i regulacja PID
Typ układu
liczba biegunów G(s) w s = 0
Stałe uchybowe
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Skok A
ess = A/(1 + Kp)
Narastanie liniowe A·t
ess = A/Kv
Parabola A·t²/2
ess = A/Ka
Regulator PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Cel drugiego rzędu
s² + 2ζωns + ωn²
Przeregulowanie i czasy
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)
Metoda
Policz bieguny układu otwartego C(s)·G(s) w s = 0: to typ układu.
Wyznacz stałą uchybową pasującą do wejścia: Kp dla skoku, Kv dla narastania liniowego, Ka dla paraboli.
Zastosuj ess = A/(1 + Kp), A/Kv lub A/Ka albo rozwiąż to względem potrzebnego wzmocnienia.
Przy wymaganiu dotyczącym tłumienia lub prędkości zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego i porównaj go z s² + 2ζω_n·s + ω_n².
2Zadania do ćwiczenia
1.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni
Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.
V1 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 ΩR4 = 3 Ω
IR2 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.
Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Po jakim czasie od zamknięcia łącznika prąd osiągnie 75% wartości końcowej? Wyznacz t.
Vs = 5 VR = 10 ΩL = 47 mH
t = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 12 V o zaznaczonej biegunowości. Wyznacz napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 250 ms.
Vs = 20 VR = 10 kΩC = 68 µFvC(0) = 12 Vt = 250 ms
vC = V
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 24 V (skuteczne), 60 Hz. Wyznacz kąt fazowy φ impedancji w stopniach (dodatni, gdy prąd opóźnia się względem napięcia).
V = 24 V (rms)f = 60 HzR = 15 ΩL = 100 mHC = 47 µF
φ = °
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 10 V (skuteczne), 500 Hz. Wyznacz wartość skuteczną napięcia VC na kondensatorze.
V = 10 V (rms)f = 500 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 22 µF
VC = V
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
Silnik jednofazowy pobiera 2 kW przy współczynniku mocy 0,7 (indukcyjnym) z zasilania 240 V. Wyznacz moc bierną Q, którą pobiera.
P = 2 kWpf = 0,7V = 240 V
Q = kvar
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
Źródło 100 V (skuteczne), 1000 Hz ma impedancję wewnętrzną Zs = 20 + j30 Ω. Impedancję obciążenia ZL można dobrać dowolnie. Obciążenie zapewniające maksymalną moc składa się z rezystora połączonego szeregowo z kondensatorem. Wyznacz pojemność C.
Vs = 100 V (rms)f = 1000 HzZs = 20 + j30 Ω
C = µF
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
Trójfazowy silnik indukcyjny oddaje przy pełnym obciążeniu 7,5 kW mocy mechanicznej. Przy tym obciążeniu jego sprawność wynosi 95%, a współczynnik mocy 0,8 (indukcyjny). Napięcie przewodowe sieci wynosi 400 V. Wyznacz prąd przewodowy IL.
Pout = 7,5 kWη = 95%cos φ = 0,8VL = 400 V
IL = A
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 80 kW przy współczynniku mocy 0,72 (indukcyjnym) z sieci 415 V (napięcie przewodowe), 60 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,9 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w gwiazdę. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.
P = 80 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
Wzmacniacz o rezystancji wyjściowej 800 Ω zasila głośnik 8 Ω przez idealny transformator. Dla maksymalnego przekazu mocy głośnik musi być widziany od strony wzmacniacza jako 800 Ω. Wyznacz przekładnię a = N₁/N₂.
Rs = 800 ΩRL = 8 Ω
a =
20.TransformatoryTrudny
Jednofazowy transformator 250 kVA ma straty w rdzeniu 1500 W. Przy obciążeniu znamionowym i współczynniku mocy 0,95 (indukcyjnym) jego sprawność wynosi 96%. Wyznacz straty w miedzi przy pełnym obciążeniu Pcu,fl w watach.
S = 250 kVAPcore = 1500 Wpf = 0,95η = 96%
Pcu,fl = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
Wzmacniacz różnicowy wykorzystuje idealny wzmacniacz operacyjny zasilany napięciem ±15 V, przy czym R3 = R1 i R4 = R2. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.
Wzmacniacz sumujący korzysta z idealnego wzmacniacza operacyjnego zasilanego napięciem ±15 V. Wyznacz prąd If płynący przez rezystor sprzężenia zwrotnego w stronę wyjścia.
Tranzystor NPN o β = 80 jest spolaryzowany rezystorem bazowym RB = 470 kΩ z zasilania VCC = 9 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 prąd kolektora IC w mA.
VCC = 9 VRB = 470 kΩRC = 1,2 kΩβ = 80VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
Dioda jest modelowana jako 0,6 V szeregowo z 20 Ω (przewodzi powyżej 0,6 V). Jest połączona szeregowo z rezystorem 330 Ω i zasilana napięciem 6 V. Wyznacz prąd pracy ID w punkcie, w którym prosta diody przecina prostą obciążenia.
Vs = 6 VR = 330 ΩV0 = 0,6 Vrd = 20 Ω
ID = mA
25.Systemy liczboweŚredni
Zapisz −62 jako 8-bitowy wzór w kodzie U2. Odczytaj ten wzór jako liczbę dwójkową bez znaku: jaka jest jego wartość U dziesiętnie?
N = −628 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 1011 0100 OR 0001 1111. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?
1011 0100OR0001 1111
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać iloczynu sum (POS) funkcji F(A, B, C) = Σm(2, 4, 5, 6). Ile sum (czynników) N ona ma?
F(A, B, C) = Σm(2, 4, 5, 6)
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
Przerzutnik JK wyzwalany zboczem narastającym startuje z Q = 0 i dostaje pokazane wejścia przy 6 zboczach narastających zegara. Ile razy N Q zmienia stan?
Q₀ = 0JK
N =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
Znajdź f(t) dla F(s) = 30/(s(s + 2)(s + 3)) metodą rozkładu na ułamki proste i oblicz f(0,2).
F(s) = 30/(s(s + 2)(s + 3))t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
Układ opisuje równanie różniczkowe y″ + 7y′ + 6y = 2u′ + 9u, z wejściem u(t) i wyjściem y(t). Znajdź jego transmitancję G(s) = Y(s)/U(s) (zerowe warunki początkowe) i oblicz odpowiedź impulsową g(t) dla t = 0,2 s. Znajdź g(0,2).
y″ + 7y′ + 6y = 2u′ + 9ut = 0,2 s
g(0.2) =
31.Schematy blokoweŚredni
Obiekt G(s) = K/((s + 7)(s + 8)) jest w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Znajdź wzmocnienie K, dla którego układ zamknięty jest tłumiony krytycznie (dwa równe bieguny rzeczywiste).
Regulator proporcjonalny K steruje obiektem G(s) = 7/(s + 1) 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 0,7.
G(s) = 7/(s + 1)D = 0,5css ≤ 0,7
K =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
Układ ma transmitancję G(s) = 59/(s² + 3s + 59) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).
G(s) = 59/(s² + 3s + 59)
ts = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
Masa m = 5 kg wisi na sprężynie k = 1000 N/m z tłumikiem lepkim c = 21 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). W spoczynku w położeniu równowagi nagle przyłożono stałą siłę F = 25 N. Wyznacz współczynnik tłumienia ζ.
m = 5 kgk = 1000 N/mc = 21 N·s/mF = 25 N
ζ =
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
W pokazanym szeregowym filtrze środkowoprzepustowym RLC wyjście jest brane na R = 10 Ω, przy L = 2 mH i C = 0,1 µF. Znajdź częstotliwość środkową (rezonansową) f0 w Hz.
R = 10 ΩL = 2 mHC = 0,1 µF
f0 = Hz
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = K/(s(s + 7)(s + 8)). Znajdź wzmocnienie K, które daje zapas wzmocnienia 4 dB.
L(s) = K/(s(s + 7)(s + 8))GM = 4 dB
K =
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
Pętla na schemacie ma dodatnie sprzężenie zwrotne, z L(s) = 2/(s(s + 2)(s + 5)). Ile biegunów N układu zamkniętego leży w prawej półpłaszczyźnie?
L(s) = 2/(s(s + 2)(s + 5))
N =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
Pokazano linię pierwiastkową dla L(s) = K/(s(s + 4)). Wyznacz wzmocnienie K, przy którym bieguny układu zamkniętego mają współczynnik tłumienia ζ = 0,6.
L(s) = K/(s(s + 4))ζ = 0,6
K =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 5(s + 3)/(s(s + 1)(s + 2)) podano wejście r(t) = 2 + 1t (skok plus narastanie liniowe). Wyznacz uchyb ustalony ess.
G(s) = 5(s + 3)/(s(s + 1)(s + 2))r(t) = 2 + 1t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
Regulator proporcjonalny K = 4 steruje obiektem G(s) = 10/(s(s + 8)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Znajdź czas szczytu tp odpowiedzi skokowej.
G(s) = 10/(s(s + 8))K = 4
tp = s
3Roztwory
1.Rezystory szeregowo i równolegle
Odpowiedź: IR2 = 0,963 A
Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.
Łącz rezystory od najdalszego końca
Zacznij od końca najdalszego od źródła i idź w jego stronę. Rezystory z tym samym prądem są połączone szeregowo; rezystory między tymi samymi dwoma węzłami są połączone równolegle.
R3 + R4 = 10 + 3 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 3·13/(3+13) = 2,438 Ω
Req = R1 + 2,438 = 6 + 2,438 = 8,438 Ω
Prąd ze źródła
Źródło widzi tylko Req, więc prawo Ohma daje prąd, który dostarcza. Ten prąd płynie przez R₁.
IR1 = V1/Req = 10/8,438 = 1,185 A
Prąd przez R₂
Odejmij spadek na R₁, aby dostać potencjał węzła A, czyli napięcie na R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 10 − 1,185·6 = 2,889 V
IR2 = VA/R2 = 2,889/3 = 0,963 A
Odpowiedź
IR2 = 0,963 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle
Odpowiedź: IR1 = 0,5416 A
Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.
Łącz rezystory od najdalszego końca
Zacznij od końca najdalszego od źródła i idź w jego stronę. Rezystory z tym samym prądem są połączone szeregowo; rezystory między tymi samymi dwoma węzłami są połączone równolegle.
R5 + R6 = 4 + 20 = 24 Ω
R4 ∥ 24 = 1,846 Ω
R3 + 1,846 = 16,85 Ω
R2 ∥ 16,85 = 3,232 Ω
Req = R1 + 3,232 = 6 + 3,232 = 9,232 Ω
Prąd ze źródła
Źródło widzi tylko Req, więc prawo Ohma daje prąd, który dostarcza. Ten prąd płynie przez R₁.
IR1 = V1/Req = 5/9,232 = 0,5416 A
Odpowiedź
IR1 = 0,5416 A
3.Metoda potencjałów węzłowych
Odpowiedź: IR3 = −1,269 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.
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/10 + (VA − 24)/10 + (VA − VB)/6 = 0
0,3667·VA − 0,1667·VB = 2,4
PPK w węźle B
Prądy wypływające z B przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do B ze źródeł.
Metoda potencjałów węzłowych: wybierz węzeł odniesienia, oznacz nieznane potencjały węzłów, zapisz prądowe prawo Kirchhoffa w każdym nieznanym węźle z prawa Ohma (I = ΔV/R) i rozwiąż równania.
Ustal węzły
Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 15 V, V2 = 12 V). Niewiadome: VA, VB.
PPK w węźle A
Prądy wypływające z A przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do A ze źródeł.
VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/12 + (VA − 15)/25 + (VA − VB)/12 = 0
0,2067·VA − 0,08333·VB = 0,6
PPK w węźle B
Prądy wypływające z B przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do B ze źródeł.
Metoda prądów oczkowych: każdemu oknu obwodu płaskiego przypisz własny prąd oczkowy, zapisz napięciowe prawo Kirchhoffa dla każdego oczka (suma spadków = suma wzrostów) i rozwiąż. Prądy gałęzi to prąd oczkowy lub różnica dwóch prądów oczkowych we wspólnej gałęzi.
Przypisz prądy oczkowe
Narysuj w każdym oknie prąd zgodny z ruchem wskazówek zegara: I1, I2. Rezystor wspólny dla dwóch oczek przewodzi różnicę ich prądów.
NPK w oczku 1
Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).
R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
6·I1 + 20(I1 − I2) = 9
26·I1 − 20·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
4·I2 + 20(I2 − I1) = (−10)
−20·I1 + 24·I2 = −10
Rozwiąż
Δ = (26)(24) − (−20)(−20) = 224
I1 = Δ1/Δ = 16/224 = 0,07143 A
I2 = Δ2/Δ = −80/224 = −0,3571 A
Odpowiedź
I1 = 0,07143 A
Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.
6.Metoda prądów oczkowych
Odpowiedź: I1 = 0,4697 A
Metoda prądów oczkowych: każdemu oknu obwodu płaskiego przypisz własny prąd oczkowy, zapisz napięciowe prawo Kirchhoffa dla każdego oczka (suma spadków = suma wzrostów) i rozwiąż. Prądy gałęzi to prąd oczkowy lub różnica dwóch prądów oczkowych we wspólnej gałęzi.
Przypisz prądy oczkowe
Narysuj w każdym oknie prąd zgodny z ruchem wskazówek zegara: I1, I2, I3. Rezystor wspólny dla dwóch oczek przewodzi różnicę ich prądów.
NPK w oczku 1
Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).
R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
12·I1 + 12(I1 − I2) = 10
24·I1 − 12·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
15·I2 + 12(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−12·I1 + 35·I2 − 8·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
30·I3 + 8(I3 − I2) = (−10)
−8·I2 + 38·I3 = −10
Rozwiąż
Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 24912
I1 = Δ1/Δ = 11700/24912 = 0,4697 A
I2 = Δ2/Δ = 2640/24912 = 0,106 A
I3 = Δ3/Δ = −6000/24912 = −0,2408 A
Odpowiedź
I1 = 0,4697 A
Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.
7.Superpozycja
Odpowiedź: Is = 0,6 A
Superpozycja: w obwodzie liniowym każde napięcie i każdy prąd to suma odpowiedzi na każde niezależne źródło działające osobno. Aby wyłączyć źródło, zastąp idealne źródło napięcia zwarciem, a idealne źródło prądu rozwarciem. Rezystory zostają na miejscu.
Przypadek 1 · V1 działające samodzielnie
Iₛ staje się rozwarciem, więc R₃ i R₄ tworzą jedną gałąź szeregową od A do masy, równolegle z R₂.
R3+R4 = 15+10 = 25 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 4·25/(4+25) = 3,448 Ω
VA = 15·3,448/(6+3,448) = 5,474 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 5,474·10/25 = 2,19 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (5,474 − 2,19)/15 = 0,219 A
Przypadek 2 · Is działające samodzielnie
V₁ staje się zwarciem, więc R₁ ∥ R₂ łączy A z masą. Iₛ dzieli się w B między R₄ a ścieżkę R₃ + R₁∥R₂; część przez R₃ płynie od B do A, przeciwnie do strzałki.
Superpozycja: w obwodzie liniowym każde napięcie i każdy prąd to suma odpowiedzi na każde niezależne źródło działające osobno. Aby wyłączyć źródło, zastąp idealne źródło napięcia zwarciem, a idealne źródło prądu rozwarciem. Rezystory zostają na miejscu.
Przypadek 1 · V1 działające samodzielnie
V₂ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. Patrząc z A, R₃ jest równolegle z szeregową parą R₂+R₄.
R3 ∥ (R2+R4) = 15 ∥ 18 = 8,182 Ω
VA = 9·8,182/(6+8,182) = 5,192 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 5,192·10/18 = 2,885 V
Przypadek 2 · Is działające samodzielnie
Oba źródła napięcia stają się zwarciami. Iₛ rozdziela się w B między R₄ (teraz do masy) a R₂ szeregowo z R₁ ∥ R₃. Strzałka Iₛ wskazuje w dół, od jego węzła, więc Iₛ odprowadza prąd z tego węzła: jego wyraz wchodzi ze znakiem minus.
R1 ∥ R3 = 4,286 Ω, więc lewa gałąź to R2+4,286 = 12,29 Ω
Req = R4 ∥ 12,29 = 5,513 Ω
VB = −Is·Req = −3·5,513 = −16,54 V
VA = VB·4,286/12,29 = −5,769 V
Przypadek 3 · V2 działające samodzielnie, na wolt
V₁ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. R₁ ∥ R₃ wychodzi z A, szeregowo z R₂ z powrotem do B.
R1 ∥ R3 = 4,286 Ω
VA‴ = V2·4,286/(10 + 8 + 4,286) = 0,1923·V2
Przyrównaj VA do zera
Przy VA = 0 na R₃ nie ma napięcia, więc jego prąd jest równy zeru.
Twierdzenie Thévenina: każdy liniowy dwójnik zachowuje się jak jedno źródło napięcia Vth szeregowo z rezystancją Rth. Twierdzenie Nortona przedstawia ten sam układ jako źródło prądu IN = Vth/Rth równolegle z Rth.
Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach
Zastąp źródła napięcia zwarciami, a źródła prądu rozwarciami, a potem spójrz na obwód od strony a–b.
R1 ∥ R2 = 4·4/(4+4) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 8 = 10 Ω
Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego
Przy rozwartych a–b przez R₃ nie płynie prąd, więc nie ma na nim spadku i V_b = V_A. R₁ i R₂ tworzą dzielnik napięcia.
Vth = V1·R2/(R1+R2) = 18·4/(4+4) = 9 V
10.Thévenin i Norton
Odpowiedź: PL = 19,77 W
Twierdzenie Thévenina: każdy liniowy dwójnik zachowuje się jak jedno źródło napięcia Vth szeregowo z rezystancją Rth. Twierdzenie Nortona przedstawia ten sam układ jako źródło prądu IN = Vth/Rth równolegle z Rth.
Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach
Zastąp źródła napięcia zwarciami, a źródła prądu rozwarciami, a potem spójrz na obwód od strony a–b.
R1 ∥ R2 = 25·12/(25+12) = 8,108 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,108 + 10 = 18,11 Ω
Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego
Przy rozwartych a–b jedyną drogą dla Iₛ jest R₃ do węzła A. Wyznacz V_A z superpozycji V₁ i Iₛ, a potem dodaj spadek na R₃.
VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 9,73 + 2·8,108 = 25,95 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 25,95 + 2·10 = 45,95 V
Podłącz obciążenie do układu zastępczego Thévenina
Źródło Thévenina i R_th szeregowo zachowują się na a–b dokładnie jak pierwotny obwód, więc obciążenie widzi prostą pętlę szeregową.
IL = Vth/(Rth + RL) = 45,95/(18,11 + 5) = 1,988 A
PL = IL²·RL = 1,988²·5 = 19,77 W
11.Stany nieustalone RC i RL
Odpowiedź: t = 6,516 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 / 10 Ω = 4,7 ms
i(∞) = Vs/R = 5/10 = 0,5 A
Wyznacz czas
0,75 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,75)
t = −4,7·ln(0,25) = 6,516 ms
Odpowiedź
t = 6,516 ms
12.Stany nieustalone RC i RL
Odpowiedź: vC = 14,46 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) = 12 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 10 kΩ · 68 µF = 680 ms
vC(t) = 20 + (12 − 20)·e−t/τ
Napięcie w danej chwili
vC(250) = 20 + (−8)·e−250/680 = 14,46 V
Odpowiedź
vC = 14,46 V
13.Impedancja i wskazy AC
Odpowiedź: φ = −51,32 °
Obwody AC i wskazy: rezystory, cewki i kondensatory mają impedancje R, jωL i 1/(jωC), gdzie ω = 2πf. Szeregowo impedancje dodaje się jak rezystancje, ale jako liczby zespolone. Wartości skuteczne prądu i napięcia spełniają prawo Ohma z |Z|.
Reaktancje
ω = 2πf = 2π·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,1 = 37,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·47·10⁻⁶) = 56,44 Ω
Impedancja
Szeregowo impedancje dodaje się jak liczby zespolone: Z = R + j(XL − XC).
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·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,1 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·22·10⁻⁶) = 14,47 Ω
Impedancja
Szeregowo impedancje dodaje się jak liczby zespolone: Z = R + j(XL − XC).
Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.
I = V/|Z| = 10/315,9 = 0,03165 A
Napięcie na kondensatorze
VC = I·XC = 0,03165·14,47 = 0,458 V
Odpowiedź
VC = 0,458 V
15.Moc AC i współczynnik mocy
Odpowiedź: Q = 2,04 kvar
Moc w obwodach AC: moc pozorna S = V·I (VA) dzieli się na moc czynną P = S·cos φ (W), która wykonuje pracę użyteczną, i moc bierną Q = S·sin φ (var), która krąży między źródłem a odbiornikiem. Współczynnik mocy to cos φ. Kondensator równoległy dostarcza moc bierną lokalnie, więc prąd linii maleje przy tej samej mocy czynnej.
Kąt
φ = arccos(0,7) = 45,57°, tan φ = 1,02
Moc bierna
Q = P·tan φ = 2·1,02 = 2,04 kvar
Odpowiedź
Q = 2,04 kvar
16.Moc AC i współczynnik mocy
Odpowiedź: C = 5,305 µF
Moc w obwodach AC: moc pozorna S = V·I (VA) dzieli się na moc czynną P = S·cos φ (W), która wykonuje pracę użyteczną, i moc bierną Q = S·sin φ (var), która krąży między źródłem a odbiornikiem. Współczynnik mocy to cos φ. Kondensator równoległy dostarcza moc bierną lokalnie, więc prąd linii maleje przy tej samej mocy czynnej.
Dopasowanie sprzężone
Reaktancja obciążenia znosi reaktancję źródła, a rezystancja obciążenia jest równa rezystancji źródła.
ZL = Zs* = 20 − j30 Ω
Pojemność
XC = 30 Ω → C = 1/(2π·1000·30) = 5,305 µF
Odpowiedź
C = 5,305 µF
17.Moc w układach trójfazowych
Odpowiedź: IL = 14,24 A
Symetryczne układy trójfazowe: w połączeniu w gwiazdę (Y) napięcie przewodowe jest √3 razy większe od napięcia fazowego, VL = √3·Vph, a prąd przewodowy jest równy prądowi fazowemu. W połączeniu w trójkąt (Δ) napięcie przewodowe jest równe napięciu fazowemu, a prąd przewodowy jest √3 razy większy od prądu fazowego, IL = √3·Iph. Moc całkowita jest trzykrotnością mocy jednej fazy: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.
Elektryczna moc wejściowa
Pin = Pout/η = 7,5/0,95 = 7,895 kW
Prąd linii
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 7895/(√3·400·0,8) = 14,24 A
Odpowiedź
IL = 14,24 A
18.Moc w układach trójfazowych
Odpowiedź: Cph = 590,9 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 = 80·tan(acos 0,72) = 80·0,9639 = 77,11 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,9) = 80·0,4843 = 38,75 kvar
Moc bierna z kondensatorów
QC = Q1 − Q2 = 38,36 kvar
Pojemność na fazę
W baterii połączonej w gwiazdę każdy kondensator jest włączony między przewód fazowy a punkt gwiazdowy.
Transformator idealny: napięcia mają się do siebie jak liczby zwojów, a prądy odwrotnie: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a oraz I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, więc moc wejściowa jest równa mocy wyjściowej, V₁·I₁ = V₂·I₂. Impedancja obciążenia Z po stronie wtórnej widziana od strony pierwotnej wynosi a²·Z.
Dopasuj sprowadzone obciążenie
a²·8 = 800
a = √(800/8) = √100 = 10
Odpowiedź
a = 10
20.Transformatory
Odpowiedź: Pcu,fl = 8396 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 = 250·0,95 = 237,5 kW
Pin = 237500/0,96 = 247396 W
Straty całkowite i straty w miedzi
Ploss = 247396 − 237500 = 9896 W
Pcu,fl = 9896 − 1500 = 8396 W
Odpowiedź
Pcu,fl = 8396 W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi
Odpowiedź: Vout = 10 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₊.
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 = 0,8/47 = 0,01702 mA
I2 = V2/R2 = −0,4/1 = −0,4 mA
If = I1 + I2 = −0,383 mA
Odpowiedź
If = −0,383 mA
23.Diody i tranzystory
Odpowiedź: IC = 1,413 mA
Punkt pracy tranzystora bipolarnego: w obszarze aktywnym VBE = 0,7 V, IC = β·IB i IE = (β + 1)·IB. Wyznacz IB z oczka bazy za pomocą napięciowego prawa Kirchhoffa, potem IC, a następnie VCE z oczka kolektor–emiter. Dzielnik napięcia w bazie zastępuje się jego zastępczym układem Thévenina VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; rezystor emiterowy w oczku bazy jest widziany jako (β + 1) razy większy.
Prąd bazy
IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/470 kΩ = 17,66 µA
Prąd kolektora
IC = β·IB = 80·17,66 µA = 1,413 mA
Odpowiedź
IC = 1,413 mA
Sprawdzenie: VCE = 7,305 V jest wyraźnie większe od 0,2 V, więc tranzystor rzeczywiście pracuje w obszarze aktywnym.
24.Diody i tranzystory
Odpowiedź: ID = 15,43 mA
Obwody z diodą LED i diodami: spolaryzowana w kierunku przewodzenia dioda LED ma spadek napięcia w przybliżeniu równy jej napięciu przewodzenia VF (około 2 V dla czerwonej, 3 V dla niebieskiej lub białej), niezależnie od prądu. Rezystor szeregowy ustala prąd: R = (Vs − n·VF)/I dla n diod LED połączonych szeregowo. Dla dokładniejszego modelu diody V = V₀ + I·rd punkt pracy leży tam, gdzie prosta diody przecina prostą obciążenia I = (Vs − V)/R, więc I = (Vs − V₀)/(R + rd).
Połącz oba równania
6 = 0,6 + I·(330 + 20)
Prąd pracy
ID = 5,4/350 = 15,43 mA
VD = 0,6 + 0,01543·20 = 0,9086 V
Odpowiedź
ID = 15,43 mA
25.Systemy liczbowe
Odpowiedź: U = 194
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
62 = 0011 1110
odwrócone: 1100 0001
+1 → 1100 0010
Odczytaj bez znaku
1100 0010₂ = 256 − 62 = 194
Odpowiedź
U = 194
26.Systemy liczbowe
Odpowiedź: R = 191
Ustawianie bitów: każdy bit ma wartość będącą potęgą dwójki (128, 64, …, 1). Jedna cyfra szesnastkowa to dokładnie cztery bity, a w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch skrajny lewy bit ma wartość −128. Operacje bitowe działają osobno na każdej pozycji bitu.
Bit po bicie
OR daje 1 tam, gdzie przynajmniej jeden bit jest równy 1.
1011 0100
OR 0001 1111
= 1011 1111
Wartość wyniku
1011 1111₂ = 191
Odpowiedź
R = 191
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Odpowiedź: N = 2
Mapy Karnaugha: komórki są ułożone w kodzie Graya (00, 01, 11, 10), więc sąsiednie komórki, także te przez brzegi, różnią się dokładnie jedną zmienną. Grupuj jedynki w prostokąty po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, jak największe i jak najmniej, aż każda jedynka będzie pokryta. Każda grupa to jeden iloczyn: zmienne, które wewnątrz niej pozostają stałe. Grupa 2ᵏ komórek traci k zmiennych. Stany nieokreślone (X) można wykorzystać, by powiększyć grupy, ale nigdy nie trzeba ich pokrywać. Grupowanie zer daje minimalną postać POS.
Zgrupuj zera
Każda grupa to prostokąt z 2ᵏ komórek; komórki na brzegu sąsiadują z komórkami na przeciwległym brzegu.
(B′ + C′)
(A + B)
Minimalna postać POS
F = (B′ + C′)(A + B)
N = 2
Odpowiedź
N = 2
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Odpowiedź: N = 5
Przerzutniki i liczniki: przerzutnik zmienia stan tylko przy aktywnym zboczu zegara. D kopiuje swoje wejście (Q⁺ = D); T zmienia stan na przeciwny, gdy T = 1; JK utrzymuje stan dla 00, zeruje dla 01, ustawia dla 10 i zmienia stan na przeciwny dla 11. N-bitowy licznik binarny ma 2ⁿ stanów i liczy modulo 2ⁿ; licznik mod-N liczy 0, 1, …, N − 1 i wraca do 0, a potrzebuje tylu przerzutników, ile wynosi najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N. Każdy stopień licznika asynchronicznego dzieli częstotliwość przez dwa, więc ostatnie wyjście licznika mod-N pracuje z częstotliwością fclk/N. Licznik Johnsona z n przerzutników ma 2n stanów, licznik pierścieniowy n.
Q po każdym zboczu
Przerzutnik JK: 00 utrzymuje, 01 zeruje (Q = 0), 10 ustawia (Q = 1), 11 zmienia stan na przeciwny.
1: J = 1, K = 0 → Q = 1
2: J = 0, K = 1 → Q = 0
3: J = 1, K = 1 → Q = 1
4: J = 1, K = 1 → Q = 0
5: J = 1, K = 1 → Q = 1
6: J = 1, K = 0 → Q = 1
Policz zmiany
0 → 1 → 0 → 1 → 0 → 1 → 1
N = 5
Odpowiedź
N = 5
29.Transformaty Laplace’a
Odpowiedź: f(0.2) = 0,4333
Transformata Laplace’a: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt zamienia pochodne na mnożenie przez s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Podstawowe pary: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), a przesunięcie s → s + σ mnoży funkcję czasu przez e−σt. Aby odwrócić wymierną F(s), rozłóż ją na ułamki proste: residuum prostego bieguna p wynosi A = [(s − p)·F(s)] przy s = p. Twierdzenie o wartości końcowej: f(∞) = lims→0 s·F(s), słuszne tylko wtedy, gdy wszystkie bieguny s·F(s) leżą w lewej półpłaszczyźnie. Twierdzenie o wartości początkowej: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Ułamki proste
F(s) = A/s + B/(s + 2) + C/(s + 3)
A = 30/(2·3) = 5
B = 30/((−2)·1) = −15
C = 30/((−3)·(−1)) = 10
Transformata odwrotna
f(t) = 5 − 15·e−2t + 10·e−3t
Oblicz
f(0,2) = 5 − 15·e−2·0,2 + 10·e−3·0,2 = 0,4333
Odpowiedź
f(0,2) = 0,4333
30.Transformaty Laplace’a
Odpowiedź: g(0.2) = 1,327
Transformata Laplace’a: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt zamienia pochodne na mnożenie przez s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Podstawowe pary: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), a przesunięcie s → s + σ mnoży funkcję czasu przez e−σt. Aby odwrócić wymierną F(s), rozłóż ją na ułamki proste: residuum prostego bieguna p wynosi A = [(s − p)·F(s)] przy s = p. Twierdzenie o wartości końcowej: f(∞) = lims→0 s·F(s), słuszne tylko wtedy, gdy wszystkie bieguny s·F(s) leżą w lewej półpłaszczyźnie. Twierdzenie o wartości początkowej: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Transmitancja
G(s) = Y(s)/U(s) = (2s + 9)/(s² + 7s + 6)
Ułamki proste
s² + 7s + 6 = (s + 1)(s + 6)
A = 1,4, B = 0,6
Odpowiedź impulsowa
g(t) = 1,4·e−t + 0,6·e−6t
g(0,2) = 1,327
Odpowiedź
g(0,2) = 1,327
31.Schematy blokowe
Odpowiedź: K = 0,25
Algebra schematów blokowych: bloki połączone szeregowo mnożą się (G₁·G₂), bloki połączone równolegle dodają się (G₁ + G₂), a pętla ze ścieżką prostą G i ścieżką sprzężenia zwrotnego H redukuje się do T = G/(1 + G·H) dla ujemnego sprzężenia zwrotnego i G/(1 − G·H) dla dodatniego. Najpierw redukuj pętle wewnętrzne, potem idź na zewnątrz. Bieguny układu zamkniętego są pierwiastkami równania charakterystycznego 1 + G(s)H(s) = 0. Dla stabilnej pętli wymuszenie skokowe o wielkości A daje w stanie ustalonym wyjście A·T(0); przy jednostkowym sprzężeniu zwrotnym uchyb ustalony przy skoku wynosi A/(1 + Kp), gdzie Kp = G(0).
Trójmian s² + βs + γ ma pierwiastek podwójny, gdy β² = 4γ.
15² = 4(56 + K) → K = 225/4 − 56 = 0,25
Odpowiedź
K = 0,25
Oba bieguny układu zamkniętego leżą wtedy w s = −7,5.
32.Schematy blokowe
Odpowiedź: K = 0,5714
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/(1 + 7K)
Rozwiąż względem K
1 + 7K = 0,5·7/0,7 = 5
K = (5 − 1)/7 = 0,5714
Odpowiedź
K = 0,5714
33.Odpowiedź skokowa
Odpowiedź: ts = 2,667 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 = 59 → ωₙ = 7,681 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·7,681) = 0,1953
Wynik
ζωₙ = 1,5 → ts ≈ 4/1,5 = 2,667 s
Odpowiedź
ts = 2,667 s
34.Odpowiedź skokowa
Odpowiedź: ζ = 0,1485
Odpowiedź skokowa: układ pierwszego rzędu G(s) = K/(τs + 1) odpowiada na skok o wielkości U przebiegiem y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): po jednej stałej czasowej τ osiąga 63,2 % wartości końcowej K·U, a po 4τ 98 %. Układ drugiego rzędu G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) ma bieguny s = −ζωₙ ± jωd, gdzie ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Dla 0 < ζ < 1 odpowiedź skokowa ma przeregulowanie: przeregulowanie procentowe %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), czas szczytu tp = π/ωd, a 2-procentowy czas ustalania ts ≈ 4/(ζωₙ). Porównaj mianownik z s² + 2ζωₙs + ωₙ², aby odczytać ωₙ i ζ. Dla układu masa–sprężyna–tłumik ωₙ = √(k/m) i ζ = c/(2√(km)); dla szeregowego obwodu RLC ωₙ = 1/√(LC) i ζ = (R/2)·√(C/L).
Pulsacja własna i współczynnik tłumienia
ωₙ = √(k/m) = √(1000/5) = 14,14 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 21/(2·√(1000·5)) = 0,1485
Wynik
ζ = 0,1485
Odpowiedź
ζ = 0,1485
35.Wykresy Bodego i zapasy
Odpowiedź: f0 = 11254 Hz
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 rezonansowa
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,002·1 × 10⁻⁷) = 70711 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 11254 Hz
Odpowiedź
f0 = 11254 Hz
36.Wykresy Bodego i zapasy
Odpowiedź: K = 530
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.
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa
Odpowiedź: N = 1
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 + 7s² + 10s − 2 = 0
Tablica Routha
s³: 1, 10
s²: 7, −2
s¹: 10,29
s⁰: −2
Zmiany znaku w pierwszej kolumnie
1 → 7 → 10,29 → −2
N = 1
Odpowiedź
N = 1
Dodatnie sprzężenie zwrotne czyni wyraz wolny ujemnym: jeden rzeczywisty biegun zawsze przechodzi do prawej półpłaszczyzny.
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa
Odpowiedź: K = 11,11
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.
Porównaj z postacią standardową
s² + 4s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,6·ωₙ = 4 → ωₙ = 3,333 rad/s
Wzmocnienie
K = ωₙ² = 3,333² = 11,11
Odpowiedź
K = 11,11
Bieguny układu zamkniętego leżą tam, gdzie prosta ζ przecina pionową gałąź w s = −2.
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) = 7,5
Część skokowa
Kp = ∞ → estep = 0
Uchyb dla narastania liniowego
ess = 1/7,5 = 0,1333
Odpowiedź
ess = 0,1333
40.Uchyb ustalony i regulacja PID
Odpowiedź: tp = 0,6413 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 + 8) + 4·10 = s² + 8s + 40
ωₙ i ζ
ωₙ = √40 = 6,325 rad/s
ζ = 8/(2·6,325) = 0,6325
Czas szczytu
ωd = 6,325·√(1 − 0,6325²) = 4,899 rad/s
tp = π/4,899 = 0,6413 s
Odpowiedź
tp = 0,6413 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.