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​ = 8 ΩIR1​R3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​3 ΩAR4​6 ΩB

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 24 VR1 = 8 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 ΩR4 = 6 Ω
IR1 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 20 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩIR2​AR4​2 ΩBR6​3 Ω

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 30 ΩR4 = 2 ΩR5 = 3 ΩR6 = 3 Ω
IR2 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 4 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAR4​6 ΩBIs​4 A

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

V1 = 30 VIs = 4 AR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 15 ΩR4 = 6 Ω
VA = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 12 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 4 ΩIR4​+−V1​10 VR3​4 ΩAR5​4 ΩBIs​1,5 A+−V2​10 V

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

V1 = 10 VIs = 1,5 AV2 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 15 ΩR3 = 4 ΩR4 = 4 ΩR5 = 4 Ω
IR4 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 6 ΩR2​ = 4 Ω+−V1​24 VR3​8 ΩIR3​A+−V2​15 VI1​I2​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd IR3 płynący przez R3 w kierunku strzałki.

V1 = 24 VV2 = 15 VR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 Ω
IR3 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 2 ΩR2​ = 25 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR4​15 ΩIR4​AR5​25 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd IR4 płynący przez R4 w kierunku strzałki.

V1 = 12 VV2 = 15 VR1 = 2 ΩR2 = 25 ΩR3 = 6 ΩR4 = 15 ΩR5 = 25 Ω
IR4 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 2 ΩR3​ = 15 ΩIR3​+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​15 ΩBIs​?

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

V1 = 15 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 15 ΩR4 = 15 Ω
Is = A
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 15 ΩR2​ = 10 Ω+−VR2​R4​ = 20 Ω+−V1​18 VR3​3 ΩAIs​6 AB+−V2​10 V

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

V1 = 18 VIs = 6 AV2 = 10 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 3 ΩR4 = 20 Ω
VR2 = V
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 12 ΩR3 = 5 Ω
Vth = V
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 12 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​30 VR2​15 ΩAIs​2,5 ABab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 30 VIs = 2,5 AR1 = 12 ΩR2 = 15 ΩR3 = 30 Ω
Vth = V
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​12 Vt = 0R = 5 ΩL150 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz energię W(∞) zgromadzoną w cewce po ustaleniu się stanu obwodu, w mJ.

Vs = 12 VR = 5 ΩL = 150 mH
W(∞) = mJ
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​20 VR1​ = 5 ΩR2​ = 33 Ωzamyka się w t = 0L33 mHi(t)

Łącznik równoległy do R2 był długo otwarty, więc prąd cewki jest ustalony. W t = 0 łącznik się zamyka i zwiera R2. Wyznacz prąd cewki i w chwili t = 15 ms.

Vs = 20 VR1 = 5 ΩR2 = 33 ΩL = 33 mHt = 15 ms
i = A
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
50 V200 HzR = 30 ΩL = 100 mHC = 4,7 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 50 V (skuteczne), 200 Hz. Wyznacz współczynnik mocy cos φ obwodu.

V = 50 V (rms)f = 200 HzR = 30 ΩL = 100 mHC = 4,7 µF
cos φ =
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
VfR = 2 ΩL = 2 mHC = 10 µF

Szeregowy obwód RLC ma R = 2 Ω, L = 2 mH i C = 10 µF. Wyznacz jego pasmo przenoszenia B (szerokość pasma między częstotliwościami połowy mocy) w Hz.

R = 2 ΩL = 2 mHC = 10 µF
B = Hz
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
120 VR + jXP = 1458 W13,5 A

Odbiornik indukcyjny pobiera 13,5 A i 1458 W z jednofazowego zasilania 120 V (skuteczne). Zamodeluj go jako rezystancję R połączoną szeregowo z reaktancją X. Wyznacz R.

V = 120 VI = 13,5 AP = 1458 W
R = Ω
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P1​ = 9 kWQ1​S1​φ

Transformator jednofazowy 15 kVA zasila odbiornik 9 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym). Ile dodatkowej mocy czynnej ΔP można dołączyć jako odbiornik rezystancyjny (współczynnik mocy równy 1), zanim transformator osiągnie swoją moc znamionową w kVA?

Smax = 15 kVAP1 = 9 kWpf1 = 0,75
ΔP = kW
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 415 VIL​ = ?M7,5 kW, η = 91%cos φ = 0,85

Trójfazowy silnik indukcyjny oddaje przy pełnym obciążeniu 7,5 kW mocy mechanicznej. Przy tym obciążeniu jego sprawność wynosi 91%, a współczynnik mocy 0,85 (indukcyjny). Napięcie przewodowe sieci wynosi 415 V. Wyznacz prąd przewodowy IL.

Pout = 7,5 kWη = 91%cos φ = 0,85VL = 415 V
IL = A
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 300 kW przy współczynniku mocy 0,7 (indukcyjnym) z sieci 690 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. Wyznacz całkowitą moc bierną QC, którą musi dostarczyć bateria kondensatorów, w kvar.

P = 300 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatoryŚredni
75 ΩN1​N2​675 Ω

Wzmacniacz o rezystancji wyjściowej 675 Ω zasila głośnik 75 Ω przez idealny transformator. Dla maksymalnego przekazu mocy głośnik musi być widziany od strony wzmacniacza jako 675 Ω. Wyznacz przekładnię a = N₁/N₂.

Rs = 675 ΩRL = 75 Ω
a =
20.TransformatoryTrudny
100 kVA

Jednofazowy transformator 100 kVA ma straty w rdzeniu 800 W i straty w miedzi 1200 W przy obciążeniu znamionowym. Przy jakim obciążeniu Sη,max, w kVA, jego sprawność jest najwyższa?

S = 100 kVAPcore = 800 WPcu,fl = 1200 W
Sη,max = kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 2 kΩR1​ = 2 kΩVin​ = −0,5 V

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

Vin = −0,5 VR1 = 2 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
Vin​V1​Vout​stopień 1: odwracającyR1​ = 10 kΩRf1​ = 10 kΩstopień 2: nieodwracającyR2​ = 1 kΩRf2​ = 1 kΩ

Dwa stopnie z idealnymi wzmacniaczami operacyjnymi są połączone kaskadowo: wzmacniacz odwracający (R1, Rf1), a za nim wzmacniacz nieodwracający (R2 do masy, Rf2 w sprzężeniu zwrotnym). Oba są zasilane napięciem ±15 V. Napięcie wejściowe wynosi Vin = −0,85 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

R1 = 10 kΩRf1 = 10 kΩR2 = 1 kΩRf2 = 1 kΩVin = −0,85 V
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
+−20 V220 Ω6,2 V1000 ΩIZ​ = ?

Stabilizator z diodą Zenera 6,2 V jest zasilany napięciem 20 V przez 220 Ω i zasila obciążenie 1000 Ω. Wyznacz prąd diody Zenera IZ.

Vin = 20 VVZ = 6,2 VR = 220 ΩRL = 1000 Ω
IZ = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 470 Ωβ = 100VCC​ = 12 V3,3 VRB​ = ?

Tranzystor NPN o β = 100 przełącza rezystor obciążenia 470 Ω włączony między VCC = 12 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 3,3 V przez rezystor bazowy RB. Przyjmij VBE = 0,7 V i VCE(sat) = 0,2 V. Dla niezawodnego przełączania zaprojektuj prąd bazy 2 razy większy od minimalnego potrzebnego do nasycenia. Wyznacz RB w kΩ.

VCC = 12 VRC = 470 Ωβ = 100Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vprzesterowanie = 2
RB = kΩ
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U20−12806403201608040201

Ustaw bity tak, aby zapisywały −24 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −248 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 0101 1111 AND 0001 1000. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

0101 1111AND0001 1000
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABC000111100101324576

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

F = ABC + A′B′C + AC′ + A′BC′
L =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​CLK

4-bitowy licznik asynchroniczny (ripple) zbudowano z przerzutników z opóźnieniem propagacji 8 ns każdy. Wszystkie wyjścia muszą się ustalić przed następnym zboczem zegara. Znajdź maksymalną częstotliwość zegara fmax.

n = 4tpd = 8 ns
fmax = MHz
29.Transformaty Laplace’aŚredni
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81

F(s) = (6s + 6)/(s² + 13s + 42). Jej transformata odwrotna ma postać f(t) = A·e−6t + B·e−7t. Znajdź współczynnik A metodą rozkładu na ułamki proste.

F(s) = (6s + 6)/(s² + 13s + 42)
A =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Rozwiąż y″ + 10y′ + 24y = 0 dla y(0) = 4 i y′(0) = −13 za pomocą transformaty Laplace’a i znajdź y(0,25).

y″ + 10y′ + 24y = 0y(0) = 4y′(0) = −13t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+Ks(s + 13)G(s)C(s)−

Obiekt G(s) = K/(s(s + 13)) jest w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Znajdź wzmocnienie K, dla którego układ zamknięty jest tłumiony krytycznie (dwa równe bieguny rzeczywiste).

G(s) = K/(s(s + 13))jednostkowe ujemne sprzężenie zwrotne
K =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+Kregulator+D(s)+3s + 10obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K steruje obiektem G(s) = 3/(s + 10) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Skok zakłócenia o wielkości 2 wchodzi na wejście obiektu, gdy R = 0. Znajdź najmniejsze wzmocnienie K, przy którym wyjście w stanie ustalonym nie przekracza 0,012.

G(s) = 3/(s + 10)D = 2css ≤ 0,012
K =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)1tp​ = ?

Układ ma transmitancję G(s) = 27/(s² + 7s + 27) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź czas szczytu tp odpowiedzi skokowej.

G(s) = 27/(s² + 7s + 27)
tp = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
R(s)+Ks(s + 4)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = K/(s(s + 4)). Znajdź wzmocnienie K, które daje odpowiedź skokową z przeregulowaniem 30 %.

G(s) = K/(s(s + 4))%OS = 30 %
K =
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,11101001000−60−40−20020ω (rad/s)ω = 4

Znajdź dokładny moduł |G(jω)| G(s) = 2394/((s + 14)(s + 19)) przy ω = 4 rad/s, w dB.

G(s) = 2394/((s + 14)(s + 19))ω = 4 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 4/(s(s + 1)(s + 3)). Znajdź zapas wzmocnienia GM w dB.

L(s) = 4/(s(s + 1)(s + 3))
GM = dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+Ks + 8s(s + 1)(s + 2)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K(s + 8)/(s(s + 1)(s + 2)), gdzie K > 0. Wyznacz największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

L(s) = K(s + 8)/(s(s + 1)(s + 2))
Kmax =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−2−4−6j2j4j6

Naszkicowano linię pierwiastkową dla L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 5)). Wyznacz częstotliwość ω, przy której linia przecina oś urojoną.

L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 5))
ω = rad/s
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
R(s)+K(s + 1)(s + 2)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma G(s) = K/((s + 1)(s + 2)). Wyznacz wzmocnienie K, które daje uchyb ustalony 10 % dla wejścia skokowego.

G(s) = K/((s + 1)(s + 2))ess = 10 %
K =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+K4s(s + 2)C(s)−

Regulator proporcjonalny K steruje obiektem G(s) = 4/(s(s + 2)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz wzmocnienie K, przy którym układ zamknięty ma współczynnik tłumienia ζ = 0,5.

G(s) = 4/(s(s + 2))ζ = 0,5
K =

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 2,292 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​ = 8 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​3 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 = 8 + 6 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 3·14/(3+14) = 2,471 Ω
Req = R1 + 2,471 = 8 + 2,471 = 10,47 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 24/10,47 = 2,292 A

Odpowiedź

IR1 = 2,292 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,3029 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​ = 20 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAR4​2 ΩBR6​3 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 = 3 + 3 = 6 Ω
R4 ∥ 6 = 1,5 Ω
R3 + 1,5 = 31,5 Ω
R2 ∥ 31,5 = 8,69 Ω
Req = R1 + 8,69 = 20 + 8,69 = 28,69 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 12/28,69 = 0,4183 A

Prąd przez R₂

Odejmij spadek na R₁, aby dostać potencjał węzła A, czyli napięcie na R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 12 − 0,4183·20 = 3,635 V
IR2 = VA/R2 = 3,635/12 = 0,3029 A

Odpowiedź

IR2 = 0,3029 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VA = 22,69 V

Metoda potencjałów węzłowych: wybierz węzeł odniesienia, oznacz nieznane potencjały węzłów, zapisz prądowe prawo Kirchhoffa w każdym nieznanym węźle z prawa Ohma (I = ΔV/R) i rozwiąż równania.

R1​ = 4 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAR4​6 ΩBIs​4 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 30 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/12 + (VA − 30)/4 + (VA − VB)/15 = 0
0,4·VA − 0,06667·VB = 7,5

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/6 + (VB − VA)/15 = 4
−0,06667·VA + 0,2333·VB = 4

Rozwiąż

Δ = (0,4)(0,2333) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,08889
VA = Δ1/Δ = 2,017/0,08889 = 22,69 V
VB = Δ2/Δ = 2,1/0,08889 = 23,63 V

Odpowiedź

VA = 22,69 V
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR4 = −0,6375 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​ = 12 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​10 VR3​4 ΩAR5​4 ΩBIs​1,5 A+−V2​10 V

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 10 V, V2 = 10 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/4 + (VA − 10)/12 + (VA − VB)/15 = 0
0,4·VA − 0,06667·VB = 0,8333

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/4 + (VB − VA)/15 + (VB − 10)/4 = 1,5
−0,06667·VA + 0,5667·VB = 4

Rozwiąż

Δ = (0,4)(0,5667) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,2222
VA = Δ1/Δ = 0,7389/0,2222 = 3,325 V
VB = Δ2/Δ = 1,656/0,2222 = 7,45 V

Odpowiedź

IR4 = (VB − V2)/R4 = (7,45 − 10)/4 = −0,6375 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR3 = 1,788 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​ = 4 Ω+−V1​24 VR3​8 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

Przypisz prądy oczkowe

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

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
6·I1 + 8(I1 − I2) = 24
14·I1 − 8·I2 = 24

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 + 8(I2 − I1) = (−15)
−8·I1 + 12·I2 = −15

Rozwiąż

Δ = (14)(12) − (−8)(−8) = 104
I1 = Δ1/Δ = 168/104 = 1,615 A
I2 = Δ2/Δ = −18/104 = −0,1731 A

Odpowiedź

IR3 = I1 − I2 = 1,788 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR4 = 0,7115 A

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

R1​ = 2 ΩR2​ = 25 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR4​15 ΩAR5​25 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

Przypisz prądy oczkowe

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

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
2·I1 + 15(I1 − I2) = 12
17·I1 − 15·I2 = 12

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
25·I2 + 15(I2 − I1) + 25(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 65·I2 − 25·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
6·I3 + 25(I3 − I2) = (−15)
−25·I2 + 31·I3 = −15

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 16655
I1 = Δ1/Δ = 11055/16655 = 0,6638 A
I2 = Δ2/Δ = −795/16655 = −0,04773 A
I3 = Δ3/Δ = −8700/16655 = −0,5224 A

Odpowiedź

IR4 = I1 − I2 = 0,7115 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: Is = 0,9091 A

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​15 ΩBROZWARCIE

Przypadek 1 · V1 działające samodzielnie

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

R3+R4 = 15+15 = 30 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 20·30/(20+30) = 12 Ω
VA = 15·12/(2+12) = 12,86 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 12,86·15/30 = 6,429 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (12,86 − 6,429)/15 = 0,4286 A

Przypadek 2 · Is działające samodzielnie

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

R1 ∥ R2 = 1,818 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·15/31,82 = −0,4714·Is

Przyrównaj sumę do zera

IR3′ + IR3″ = 0,4286 − 0,4714·Is = 0
Is = 0,4286/0,4714 = 0,9091 A

Odpowiedź

Is = 0,9091 A
8.Superpozycja

Odpowiedź: VR2 = −39,08 V

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

R1​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​18 VR3​3 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) = 3 ∥ 30 = 2,727 Ω
VA = 18·2,727/(15+2,727) = 2,769 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,769·20/30 = 1,846 V
VR2′ = VA − VB = 2,769 − 1,846 = 0,9231 V
R1​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 20 ΩZWARCIER3​3 ΩAIs​6 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 = 2,5 Ω, więc lewa gałąź to R2+2,5 = 12,5 Ω
Req = R4 ∥ 12,5 = 7,692 Ω
VB = Is·Req = 6·7,692 = 46,15 V
VA = VB·2,5/12,5 = 9,231 V
VR2″ = VA − VB = 9,231 − 46,15 = −36,92 V
R1​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 20 ΩZWARCIER3​3 ΩAROZWARCIEB+−V2​10 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 = 15·3/(15+3) = 2,5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 10·12,5/32,5 = 3,846 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 3,846·2,5/12,5 = 0,7692 V
VR2‴ = VA − VB = 0,7692 − 3,846 = −3,077 V

Dodaj składowe

VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = 0,9231 + (−36,92) + (−3,077) = −39,08 V

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

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 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​ = 15 ΩR3​ = 5 ΩZWARCIER2​12 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 = 15·12/(15+12) = 6,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,667 + 5 = 11,67 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

Przy rozwartych a–b przez R₃ nie płynie prąd, więc nie ma na nim spadku i V_b = V_A. R₁ i R₂ tworzą dzielnik napięcia.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 18·12/(15+12) = 8 V
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 108,3 V

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 30 ΩZWARCIER2​15 ΩAROZWARCIEBabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

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

R1 ∥ R2 = 12·15/(12+15) = 6,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,667 + 30 = 36,67 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​30 VR2​15 ΩAIs​2,5 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) = 16,67 + 2,5·6,667 = 33,33 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 33,33 + 2,5·30 = 108,3 V
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: W(∞) = 432 mJ

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

Stała czasowa i prąd końcowy

Długo po zamknięciu łącznika cewka zachowuje się jak zwarcie, więc prąd końcowy zależy tylko od R.

τ = L/R = 150 mH / 5 Ω = 30 ms
i(∞) = Vs/R = 12/5 = 2,4 A

Zgromadzona energia

W(∞) = ½·L·i(∞)² = ½·150·2,4² = 432 mJ

Odpowiedź

W(∞) = 432 mJ
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: i = 3,642 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.

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

Przed t = 0 w obwodzie są oba rezystory; potem zamknięty łącznik bocznikuje R₂.

i(0) = 20/(5 + 33) = 0,5263 A
i(∞) = 20/5 = 4 A
τ = L/R = 33/5 = 6,6 ms
i(t) = 4 + (0,5263 − 4)·e−t/τ

Prąd w danej chwili

i(15) = 4 + (−3,474)·e−15/6,6 = 3,642 A

Odpowiedź

i = 3,642 A
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: cos φ = 0,5664

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

Reaktancje

XL = 125,7 Ω, XC = 169,3 Ω

Impedancja

|Z| = √(30² + (−43,65)²) = 52,97 Ω

Współczynnik mocy

cos φ = R/|Z| = 30/52,97 = 0,5664
Obwód jest pojemnościowy, więc współczynnik mocy ma charakter pojemnościowy.

Odpowiedź

cos φ = 0,5664
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: B = 159,2 Hz

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

Częstotliwość rezonansowa

f0 = 1/(2π·√(0,002·10·10⁻⁶)) = 1125 Hz

Dobroć

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

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/2)·√(0,002/(10·10⁻⁶)) = 7,071

Pasmo przenoszenia

B = f0/Q = 1125/7,071 = 159,2 Hz

Odpowiedź

B = 159,2 Hz
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: R = 8 Ω

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.

Rezystancja z mocy czynnej

R = P/I² = 1458/13,5² = 8 Ω

Odpowiedź

R = 8 Ω
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: ΔP = 3,728 kW

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 istniejącego odbiornika

Q1 = 9·tan(arccos 0,75) = 7,937 kvar

Największa łączna moc czynna

Przy pełnym obciążeniu znamionowym S = Smax, a odbiornik rezystancyjny nie zmienia Q.

P = √(Smax² − Q1²) = √(15² − 7,937²) = 12,73 kW

Dodatkowa moc czynna

ΔP = 12,73 − 9 = 3,728 kW

Odpowiedź

ΔP = 3,728 kW
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: IL = 13,49 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 = 7,5/0,91 = 8,242 kW

Prąd linii

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 8242/(√3·415·0,85) = 13,49 A

Odpowiedź

IL = 13,49 A
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: QC = 245,1 kvar

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = 300·tan(acos 0,7) = 300·1,02 = 306,1 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,98) = 300·0,2031 = 60,92 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 245,1 kvar

Odpowiedź

QC = 245,1 kvar
19.Transformatory

Odpowiedź: a = 3

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

a²·75 = 675
a = √(675/75) = √9 = 3

Odpowiedź

a = 3
20.Transformatory

Odpowiedź: Sη,max = 81,65 kVA

Straty w transformatorze: straty w rdzeniu (histereza i prądy wirowe) zależą od napięcia i są takie same przy każdym obciążeniu. Straty w miedzi uzwojeń zmieniają się z kwadratem prądu, więc przy ułamku x obciążenia znamionowego wynoszą x²·Pcu,fl. Sprawność η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), z Pout = x·S·pf. Sprawność jest najwyższa przy obciążeniu, przy którym straty w miedzi są równe stratom w rdzeniu.

Straty w miedzi równe stratom w rdzeniu

x²·1200 = 800 → x = √(800/1200) = 0,8165

Obciążenie przy maksymalnej sprawności

Sη,max = x·S = 0,8165·100 = 81,65 kVA

Odpowiedź

Sη,max = 81,65 kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −1 V

Zasady idealnego wzmacniacza operacyjnego: przy ujemnym sprzężeniu zwrotnym wzmacniacz ustawia wyjście tak, aby oba wejścia miały to samo napięcie (V₋ = V₊), a do żadnego wejścia nie płynie prąd. PPK na wejściu odwracającym z tymi dwoma faktami daje wyjście.

Wejście odwracające podąża za wejściem

V₋ = V₊ = −0,5 V
I = V₋/R1 = −0,5/2 = −0,25 mA

Napięcie wyjściowe

Prąd przez R₁ płynie też przez Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −0,5 + (−0,25)·2 = −1 V

Odpowiedź

Vout = −1 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 1,7 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.

Wzmocnienie każdego stopnia

A1 = −Rf1/R1 = −10/10 = −1
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 1/1 = 2

Stopień po stopniu

V1 = −1·(−0,85) = 0,85 V
Vout = 2·0,85 = 1,7 V

Odpowiedź

Vout = 1,7 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IZ = 56,53 mA

Stabilizator Zenera: spolaryzowana zaporowo dioda Zenera utrzymuje napięcie VZ, dopóki jej prąd pozostaje powyżej minimum IZ,min. Rezystor szeregowy R przejmuje różnicę między napięciem wejściowym a wyjściowym: IR = (Vin − VZ)/R. Ten prąd dzieli się między obciążenie, IL = VZ/RL, i diodę Zenera: IZ = IR − IL. Projektuj dla najgorszych przypadków: najniższe napięcie wejściowe przy największym obciążeniu musi nadal zostawić IZ,min, a najwyższe napięcie wejściowe bez obciążenia daje największą moc diody Zenera PZ = VZ·IZ.

Prąd rezystora

IR = 13,8/220 = 62,73 mA

Prąd obciążenia

IL = 6,2/1000 = 6,2 mA

Prąd diody Zenera

IZ = 62,73 − 6,2 = 56,53 mA

Odpowiedź

IZ = 56,53 mA
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: RB = 5,178 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) = (12 − 0,2)/470 = 25,11 mA

Minimalny prąd bazy

IB(min) = IC(sat)/β = 25,11/100 = 251,1 µA

Projektowy prąd bazy

IB = 2·251,1 µA = 502,1 µA

Rezystor bazowy

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,5021 mA = 5,178 kΩ

Odpowiedź

RB = 5,178 kΩ
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 232

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

24 = 0001 1000
odwrócone: 1110 0111
+1 → 1110 1000

Odczytaj bez znaku

1110 1000₂ = 256 − 24 = 232

Odpowiedź

U = 232
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 24

Ustawianie bitów: każdy bit ma wartość będącą potęgą dwójki (128, 64, …, 1). Jedna cyfra szesnastkowa to dokładnie cztery bity, a w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch skrajny lewy bit ma wartość −128. Operacje bitowe działają osobno na każdej pozycji bitu.

Bit po bicie

AND daje 1 tylko tam, gdzie oba bity są równe 1.

0101 1111
AND 0001 1000
= 0001 1000

Wartość wyniku

0001 1000₂ = 24

Odpowiedź

R = 24
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: L = 9

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

Mintermy wyrażenia

ABC → m(7)
A′B′C → m(1)
AC′ → m(4, 6)
A′BC′ → m(2)
ABC00011110010011031214051716

Pogrupuj i odczytaj

F = BC′ + AC′ + AB + A′B′C

Policz literały

L = 9

Odpowiedź

L = 9
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: fmax = 31,25 MHz

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.

Najgorszy czas ustalania

T = 4·8 ns = 32 ns

Maksymalna częstotliwość

fmax = 1/32 ns = 31,25 MHz

Odpowiedź

fmax = 31,25 MHz
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: A = −30

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 + 13s + 42 = (s + 6)(s + 7)
F(s) = A/(s + 6) + B/(s + 7)

Metoda zakrywania

Pomnóż przez (s + 6) i podstaw s = −6: składnik z B znika.

A = (6s + 6)/(s + 7) |s = −6 = −30/1 = −30

Odpowiedź

A = −30
(B = 36, więc f(t) = −30·e−6t + 36·e−7t)
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.25) = 1,689

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

s²Y − 4s − (−13) + 10(sY − 4) + 24Y = 0
Y(s) = (4s + 27)/((s + 4)(s + 6))

Ułamki proste

A = 11/2 = 5,5
B = 3/(−2) = −1,5

Wynik

y(t) = 5,5·e−4t − 1,5·e−6t
y(0,25) = 1,689

Odpowiedź

y(0,25) = 1,689

Sprawdzenie: y(0) = A + B = 4.

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 42,25

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

Równanie charakterystyczne

1 + K/(s(s + 13)) = 0 → s² + 13s + K = 0

Pierwiastek podwójny

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

13² = 4K → K = 169/4 = 42,25

Odpowiedź

K = 42,25
Oba bieguny układu zamkniętego leżą wtedy w s = −6,5.
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 163,3

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)) = 2·3/(10 + 3K)

Rozwiąż względem K

10 + 3K = 2·3/0,012 = 500
K = (500 − 10)/3 = 163,3

Odpowiedź

K = 163,3
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: tp = 0,818 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 = 27 → ωₙ = 5,196 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·5,196) = 0,6736

Wynik

ωd = 5,196·√(1 − 0,6736²) = 3,841 rad/s → tp = π/ωd = 0,818 s

Odpowiedź

tp = 0,818 s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: K = 31,23

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) = K/(s² + 4s + K)

Współczynnik tłumienia z przeregulowania

ζ = −ln(0,3)/√(π² + ln²(0,3)) = 0,3579

Wzmocnienie

ωₙ = 4/(2ζ) = 5,589 rad/s
K = ωₙ² = 31,23

Odpowiedź

K = 31,23
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: |G(jω)| = 18,56 dB

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

Pomnóż moduły

|G(j4)| = 2394/(√(4² + 14²)·√(4² + 19²)) = 2394/(14,56·19,42) = 8,468

Wynik

20·log₁₀(8,468) = 18,56 dB

Odpowiedź

|G(jω)| = 18,56 dB
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: GM = 9,542 dB

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

Częstotliwość odcięcia fazy

(ω/1)·(ω/3) = 1 → ω180 = √(1·3) = 1,732 rad/s

Moduł przy częstotliwości odcięcia fazy

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 9)) = K/(1·3·(1 + 3)) = K/12

Zapas wzmocnienia

GM = 20·log₁₀(12/4) = 9,542 dB

Odpowiedź

GM = 9,542 dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmax = 1,2

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(s + 1)(s + 2) + K(s + 8) = s³ + 3s² + (2 + K)s + 8K

Tablica Routha

s³: 1, 2 + K
s²: 3, 8K
s¹: (3·(2 + K) − 8K)/3
s⁰: 8K

Warunek

6 − 5K > 0
K < 6/5 = 1,2

Odpowiedź

Kmax = 1,2

Gdyby zero leżało na prawo od s = −3, pętla pozostałaby stabilna dla każdego K > 0.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: ω = 5,568 rad/s

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 krytyczne

s³ + 10s² + 31s + 30 + K = 0
s¹: (10·31 − 30 − K)/10 = 0 → K = 280

Częstotliwość przecięcia

10s² + 30 + 280 = 10s² + 310 = 0 → s² = −31
ω = √31 = 5,568 rad/s

Odpowiedź

ω = 5,568 rad/s
39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 18

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

Wymagana stała uchybowa

1/(1 + Kp) = 0,1 → Kp = 9

Wzmocnienie

K/2 = 9 → K = 18

Odpowiedź

K = 18

Sprawdź też stabilność układu zamkniętego: dla tej pętli drugiego rzędu każde K > 0 jest stabilne.

40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 1

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) + 4K = s² + 2s + 4K

Częstotliwość drgań własnych

2·0,5·ωₙ = 2 → ωₙ = 2 rad/s

Wzmocnienie

4K = ωₙ² = 4 → K = 1

Odpowiedź

K = 1

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