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​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩIR2​AR4​8 ΩB

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 8 ΩR3 = 20 ΩR4 = 8 Ω
IR2 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 12 ΩIR1​R3​ = 3 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​10 VR2​30 ΩAR4​3 ΩBR6​15 Ω

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 30 ΩR3 = 3 ΩR4 = 3 ΩR5 = 30 ΩR6 = 15 Ω
IR1 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 2 ΩR3​ = 15 ΩIR3​+−V1​24 VR2​15 ΩAR4​3 ΩBIs​3 A

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

V1 = 24 VIs = 3 AR1 = 2 ΩR2 = 15 ΩR3 = 15 ΩR4 = 3 Ω
IR3 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 2 Ω+−Vs​ = 3 V+−V1​24 VR2​2 ΩAR3​2 ΩBIs​6 A

Źródło napięcia Vₛ między A i B ma zacisk + po stronie A, więc VA − VB = Vₛ. Użyj metody potencjałów węzłowych z superwęzłem, aby wyznaczyć potencjał węzła VB (mierzony względem masy).

V1 = 24 VIs = 6 AVs = 3 VR1 = 2 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 Ω
VB = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 3 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​30 VR3​4 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd oczkowy I1 (zgodnie z ruchem wskazówek zegara).

V1 = 30 VV2 = 10 VR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 4 Ω
I1 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 2 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​5 VR4​25 ΩAR5​10 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

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

V1 = 5 VV2 = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 30 ΩR3 = 20 ΩR4 = 25 ΩR5 = 10 Ω
I3 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 12 ΩIR1​R3​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAR4​6 ΩBIs​1 A

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR1 pobieraną przez R1.

V1 = 15 VIs = 1 AR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 12 ΩR4 = 6 Ω
PR1 = W
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 20 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​10 VR3​6 Ω+−VR3​AIs​1,5 AB−+V2​5 V

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

V1 = 10 VIs = 1,5 AV2 = 5 VR1 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 6 ΩR4 = 4 Ω
VR3 = V
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 6 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​3 ΩAab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 3 ΩR3 = 12 Ω
Vth = V
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​25 ΩAIs​1,5 ABRL​20 ΩIL​

Między a–b podłączono obciążenie RL = 20 Ω. Użyj układu zastępczego Thévenina, aby wyznaczyć moc PL dostarczaną do obciążenia.

V1 = 18 VIs = 1,5 AR1 = 4 ΩR2 = 25 ΩR3 = 10 ΩRL = 20 Ω
PL = W
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
R = 50 Ωt = 0L47 mHi(t)

Przez cewkę płynie ustalony prąd 1 A. W t = 0 łącznik zamyka obwód przez R, a źródło zostaje odłączone, więc prąd cewki zanika przez R. Ile czasu potrzeba, aby prąd spadł do 0,25 A? Wyznacz t.

i(0) = 1 AR = 50 ΩL = 47 mH
t = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​20 Vt = 0R = 1 kΩC100 µF+−vC​vC​(0) = 18 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 18 V o zaznaczonej biegunowości. Po jakim czasie vC osiągnie 19,2 V? Wyznacz t.

Vs = 20 VR = 1 kΩC = 100 µFvC(0) = 18 V
t = ms
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
12 V100 HzR = 10 ΩL = 150 mHC = 22 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 12 V (skuteczne), 100 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.

V = 12 V (rms)f = 100 HzR = 10 ΩL = 150 mHC = 22 µF
I = A
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
VfR = 50 ΩL = 200 mHC = 2,2 µF

Szeregowy obwód RLC ma R = 50 Ω, L = 200 mH i C = 2,2 µF. Wyznacz jego pasmo przenoszenia B (szerokość pasma między częstotliwościami połowy mocy) w Hz.

R = 50 ΩL = 200 mHC = 2,2 µF
B = Hz
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
230 V122 kW, 0,65218 kW, 0,95I = ?

Do jednofazowego zasilania 230 V podłączono równolegle dwa odbiorniki: odbiornik 22 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym) oraz odbiornik 18 kW przy współczynniku mocy 0,95 (indukcyjnym). Wyznacz prąd całkowity I pobierany z zasilania.

V = 230 VP1 = 22 kW, pf1 = 0,65 indukcyjnyP2 = 18 kW, pf2 = 0,95 indukcyjny
I = A
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P1​ = 74 kWQ1​S1​φ

Transformator jednofazowy 200 kVA zasila odbiornik 74 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym). Ile dodatkowej mocy czynnej ΔP można dołączyć jako odbiornik rezystancyjny (współczynnik mocy równy 1), zanim transformator osiągnie swoją moc znamionową w kVA?

Smax = 200 kVAP1 = 74 kWpf1 = 0,65
ΔP = kW
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 690 VIL​ = 25 Acos φ = 0,82indukcyjny

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera prąd przewodowy 25 A ze źródła o napięciu przewodowym 690 V. Współczynnik mocy wynosi 0,82 (indukcyjny). Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 690 VIL = 25 Acos φ = 0,82
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 150 kW przy współczynniku mocy 0,72 (indukcyjnym) z sieci 690 V (napięcie przewodowe), 50 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,92 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w gwiazdę. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 150 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
4 ΩN1​N2​16 Ω

Wzmacniacz o rezystancji wyjściowej 16 Ω zasila głośnik 4 Ω przez idealny transformator. Dla maksymalnego przekazu mocy głośnik musi być widziany od strony wzmacniacza jako 16 Ω. Wyznacz przekładnię a = N₁/N₂.

Rs = 16 ΩRL = 4 Ω
a =
20.TransformatoryTrudny
100 kVA

Jednofazowy transformator 100 kVA ma straty w rdzeniu 500 W i straty w miedzi 1500 W przy obciążeniu znamionowym. Przy jakim obciążeniu Sη,max, w kVA, jego sprawność jest najwyższa?

S = 100 kVAPcore = 500 WPcu,fl = 1500 W
Sη,max = kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 2 kΩVin​

Dobierz rezystor sprzężenia zwrotnego Rf, który da temu wzmacniaczowi nieodwracającemu wzmocnienie napięciowe 15.

R1 = 2 kΩAv = 15
Rf = kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 2 kΩV1​ = −1,1 VR1​ = 1 kΩV2​ = 1,8 VR2​ = 22 kΩIf​

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

V1 = −1,1 VV2 = 1,8 VR1 = 1 kΩR2 = 22 kΩRf = 2 kΩ
If = mA
23.Diody i tranzystoryŚredni
+−18 V270 Ω5,1 V2200 ΩIZ​ = ?

Stabilizator z diodą Zenera 5,1 V jest zasilany napięciem 18 V przez 270 Ω i zasila obciążenie 2200 Ω. Wyznacz prąd diody Zenera IZ.

Vin = 18 VVZ = 5,1 VR = 270 ΩRL = 2200 Ω
IZ = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
+−≤ 18 V330 Ω5,1 V

Stabilizator z diodą Zenera 5,1 V ma rezystor szeregowy 330 Ω. Napięcie wejściowe może wzrosnąć do 18 V, a obciążenie może zostać odłączone. Wyznacz największą moc PZ,max, jaką musi rozproszyć dioda Zenera.

Vin,max = 18 VVZ = 5,1 VR = 330 Ω
PZ,max = mW
25.Systemy liczboweŚredni
wagi w kodzie U21−12806403201608041211

8-bitowy wzór 1000 0011 zapisuje liczbę całkowitą ze znakiem w kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest jej wartość N dziesiętnie?

1000 00118 bit
N =
26.Systemy liczboweTrudny
2002 kodów, b = ? bitów?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

System musi nadać każdemu z 2002 elementów własny kod dwójkowy tej samej długości. Ile co najmniej bitów b potrzeba?

2002
b = bit
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111010110302040507060120130151140819111010

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać iloczynu sum (POS) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 9, 11, 14). Ile sum (czynników) N ona ma?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 9, 11, 14)
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKPIERŚCIENIOWY

4-bitowy licznik pierścieniowy Q₃Q₂Q₁Q₀ startuje od 1100. Przy każdym zboczu zegara bity przesuwają się o jedno miejsce w prawo (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀), a Q₃ dostaje Q₀. Podaj stan Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ jako liczbę dziesiętną po 6 zboczach zegara.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 11006
Q =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,1f(0,1) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = (s + 8)/(s² + 10s + 25) i oblicz f(0,1).

F(s) = (s + 8)/(s² + 10s + 25)t = 0,1 s
f(0.1) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,5y(0,5) = ?

Rozwiąż y″ + 7y′ + 10y = 0 dla y(0) = 2 i y′(0) = 3 za pomocą transformaty Laplace’a i znajdź y(0,5).

y″ + 7y′ + 10y = 0y(0) = 2y′(0) = 3t = 0,5 s
y(0.5) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+11K+8s + 8G(s)C(s)3H₁−−

Obiekt G(s) = 8/(s + 8) ma wewnętrzną (podrzędną) pętlę ujemnego sprzężenia zwrotnego ze wzmocnieniem H₁ = 3. Wzmocnienie regulatora K = 11 i zewnętrzna pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego zamykają układ. Znajdź biegun układu zamkniętego p.

G(s) = 8/(s + 8)H₁ = 3K = 11
p =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+K(s + 4)(s + 6)(s + 8)G(s)C(s)−

Obiekt G(s) = K/((s + 4)(s + 6)(s + 8)) jest w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Za pomocą kryterium Routha–Hurwitza znajdź największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

G(s) = K/((s + 4)(s + 6)(s + 8))jednostkowe ujemne sprzężenie zwrotne
Kmax =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)2

Układ ma transmitancję G(s) = 166/(s² + 4s + 83) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Wyznacz współczynnik tłumienia ζ.

G(s) = 166/(s² + 4s + 83)
ζ =
34.Odpowiedź skokowaTrudny
t (s)y(t)1tp​ = 1,5 s12 %

Odpowiedź skokowa układu drugiego rzędu bez zer wykazuje przeregulowanie 12 %, a pierwszy szczyt występuje w chwili t = 1,5 s. Znajdź pulsację własną ωn.

%OS = 12 %tp = 1,5 s
ωn = rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 1

Znajdź fazę ∠G(jω) G(s) = 12(s + 20)/(s(s + 7)) przy ω = 1 rad/s, w stopniach.

G(s) = 12(s + 20)/(s(s + 7))ω = 1 rad/s
∠G(jω) = °
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) = K/(s(s + 6)(s + 7)). Znajdź wzmocnienie K, które daje zapas wzmocnienia 5 dB.

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

Obiekt G(s) = (s + 5)/((s − 4)(s + 5)) ma biegun niestabilny w s = 4. Wzmocnienie proporcjonalne K zamyka wokół niego pętlę ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz najmniejsze wzmocnienie Kmin, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

G(s) = (s + 5)/((s − 4)(s + 5))
Kmin =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6j1

Linia pierwiastkowa dla L(s) = K(s + 5)/(s(s + 1)) opuszcza oś rzeczywistą między s = 0 a s = −1, zakreśla okrąg i wraca na oś rzeczywistą na lewo od zera. Wyznacz punkt zejścia si.

L(s) = K(s + 5)/(s(s + 1))
si =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
R(s)+K(s + 1)(s + 10)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma G(s) = K/((s + 1)(s + 10)). Wyznacz wzmocnienie K, które daje uchyb ustalony 4 % dla wejścia skokowego.

G(s) = K/((s + 1)(s + 10))ess = 4 %
K =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+K = 402s(s + 4)C(s)−

Regulator proporcjonalny K = 40 steruje obiektem G(s) = 2/(s(s + 4)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Znajdź czas szczytu tp odpowiedzi skokowej.

G(s) = 2/(s(s + 4))K = 40
tp = s

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,5727 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​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAR4​8 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 = 20 + 8 = 28 Ω
R2 ∥ 28 = 8·28/(8+28) = 6,222 Ω
Req = R1 + 6,222 = 6 + 6,222 = 12,22 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 9/12,22 = 0,7364 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 9 − 0,7364·6 = 4,582 V
IR2 = VA/R2 = 4,582/8 = 0,5727 A

Odpowiedź

IR2 = 0,5727 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 0,5928 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​ = 12 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​10 VR2​30 ΩAR4​3 ΩBR6​15 Ω

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R5 + R6 = 30 + 15 = 45 Ω
R4 ∥ 45 = 2,813 Ω
R3 + 2,813 = 5,813 Ω
R2 ∥ 5,813 = 4,869 Ω
Req = R1 + 4,869 = 12 + 4,869 = 16,87 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 10/16,87 = 0,5928 A

Odpowiedź

IR1 = 0,5928 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR3 = 0,6161 A

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAR4​3 ΩBIs​3 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 24 V). Niewiadome: VA, VB.

PPK w węźle A

Prądy wypływające z A przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do A ze źródeł.

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/15 + (VA − 24)/2 + (VA − VB)/15 = 0
0,6333·VA − 0,06667·VB = 12

PPK w węźle B

Prądy wypływające z B przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do B ze źródeł.

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/3 + (VB − VA)/15 = 3
−0,06667·VA + 0,4·VB = 3

Rozwiąż

Δ = (0,6333)(0,4) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,2489
VA = Δ1/Δ = 5/0,2489 = 20,09 V
VB = Δ2/Δ = 2,7/0,2489 = 10,85 V

Odpowiedź

IR3 = (VA − VB)/R3 = (20,09 − 10,85)/15 = 0,6161 A
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 10 V

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

Utwórz superwęzeł

Przez źródło napięcia między A i B płynie nieznany prąd, więc nie można zapisać PPK osobno w A ani w B. Obejmij A, B i źródło jednym superwęzłem: prąd do niego wpływający jest równy prądowi wypływającemu.

VB = VA − 3
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Rozwiąż

(VA − 24)/2 + VA/2 + (VA − 3)/2 = 6
VA·(1/2 + 1/2 + 1/2) = 6 + 24/2 + 3/2 = 19,5
VA = 19,5/1,5 = 13 V
VB = 10 V

Odpowiedź

VB = 10 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I1 = 4,634 A

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

R1​ = 3 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​30 VR3​4 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

Przypisz prądy oczkowe

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

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
3·I1 + 4(I1 − I2) = 30
7·I1 − 4·I2 = 30

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
10·I2 + 4(I2 − I1) = (−10)
−4·I1 + 14·I2 = −10

Rozwiąż

Δ = (7)(14) − (−4)(−4) = 82
I1 = Δ1/Δ = 380/82 = 4,634 A
I2 = Δ2/Δ = 50/82 = 0,6098 A

Odpowiedź

I1 = 4,634 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I3 = −0,2859 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​ = 30 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​5 VR4​25 ΩAR5​10 ΩB+−V2​9 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 + 25(I1 − I2) = 5
27·I1 − 25·I2 = 5

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
30·I2 + 25(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−25·I1 + 65·I2 − 10·I3 = 0

NPK w oczku 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
20·I3 + 10(I3 − I2) = (−9)
−10·I2 + 30·I3 = −9

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 31200
I1 = Δ1/Δ = 7000/31200 = 0,2244 A
I2 = Δ2/Δ = 1320/31200 = 0,04231 A
I3 = Δ3/Δ = −8920/31200 = −0,2859 A

Odpowiedź

I3 = −0,2859 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: PR1 = 12 W

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAR4​6 ΩBROZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

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

R3+R4 = 12+6 = 18 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 6·18/(6+18) = 4,5 Ω
VA = 15·4,5/(12+4,5) = 4,091 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,091·6/18 = 1,364 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (15 − 4,091)/12 = 0,9091 A
R1​ = 12 ΩR3​ = 12 ΩZWARCIER2​6 ΩAR4​6 ΩBIs​1 A

Przypadek 2 · działa tylko Is

V₁ staje się zwarciem, więc R₁ jest równolegle z R₂. Iₛ rozdziela się w B między R₄ a drogę przez R₃. Strzałka Iₛ wskazuje w dół, od jego węzła, więc Iₛ odprowadza prąd z tego węzła: jego wyraz wchodzi ze znakiem minus.

R1 ∥ R2 = 12·6/(12+6) = 4 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 16 = 4,364 Ω
VB = −Is·Req = −1·4,364 = −4,364 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −4,364·4/16 = −1,091 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − −1,091)/12 = 0,09091 A

Zsumuj wkłady prądu

IR1 = IR1′ + IR1″ = 0,9091 + 0,09091 = 1 A

Moc w rezystorze

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

PR1 = IR1²·R1 = 1²·12 = 12 W

Odpowiedź

PR1 = 12 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 10,02 W, co jest błędne.

8.Superpozycja

Odpowiedź: VR3 = 2,015 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​ = 20 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​10 VR3​6 ΩAROZWARCIEBZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

V₂ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. Patrząc z A, R₃ jest równolegle z szeregową parą R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 6 ∥ 16 = 4,364 Ω
VA = 10·4,364/(20+4,364) = 1,791 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,791·4/16 = 0,4478 V
VR3′ = VA − 0 = 1,791 − 0 = 1,791 V
R1​ = 20 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 4 ΩZWARCIER3​6 ΩAIs​1,5 ABZWARCIE

Przypadek 2 · działa tylko Is

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

R1 ∥ R3 = 4,615 Ω, więc lewa gałąź to R2+4,615 = 16,62 Ω
Req = R4 ∥ 16,62 = 3,224 Ω
VB = Is·Req = 1,5·3,224 = 4,836 V
VA = VB·4,615/16,62 = 1,343 V
VR3″ = VA − 0 = 1,343 − 0 = 1,343 V
R1​ = 20 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 4 ΩZWARCIER3​6 ΩAROZWARCIEB−+V2​5 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 = 20·6/(20+6) = 4,615 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−5)·16,62/20,62 = −4,03 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −4,03·4,615/16,62 = −1,119 V
VR3‴ = VA − 0 = −1,119 − 0 = −1,119 V

Dodaj składowe

VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = 1,791 + 1,343 + (−1,119) = 2,015 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​ = 6 ΩR3​ = 12 ΩZWARCIER2​3 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 = 6·3/(6+3) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 12 = 14 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​3 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) = 24·3/(6+3) = 8 V
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: PL = 22,77 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.

R1​ = 4 ΩR3​ = 10 ΩZWARCIER2​25 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 = 4·25/(4+25) = 3,448 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,448 + 10 = 13,45 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​25 ΩAIs​1,5 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) = 15,52 + 1,5·3,448 = 20,69 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 20,69 + 1,5·10 = 35,69 V
Rth​ = 13,45 Ω+−Vth​35,69 VRL​20 ΩIL​

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) = 35,69/(13,45 + 20) = 1,067 A
PL = IL²·RL = 1,067²·20 = 22,77 W
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 1,303 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

τ = L/R = 47 mH / 50 Ω = 0,94 ms

Wyznacz czas

0,25 = 1·e−t/τ → t = τ·ln(1/0,25)
t = 0,94·ln(4) = 1,303 ms

Odpowiedź

t = 1,303 ms
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 91,63 ms

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

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

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

vC(0) = 18 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 1 kΩ · 100 µF = 100 ms
vC(t) = 20 + (18 − 20)·e−t/τ

Wyznacz czas

19,2 = 20 + (−2)·e−t/τ → e−t/τ = (19,2 − 20)/(18 − 20) = 0,4
t = τ·ln((18 − 20)/(19,2 − 20)) = 100·ln(2,5) = 91,63 ms

Odpowiedź

t = 91,63 ms
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 0,4984 A

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

Reaktancje

ω = 2πf = 2π·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,15 = 94,25 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·22·10⁻⁶) = 72,34 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(10² + (21,9)²) = 24,08 Ω

Prąd

Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.

I = V/|Z| = 12/24,08 = 0,4984 A

Odpowiedź

I = 0,4984 A
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: B = 39,79 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·√(0,2·2,2·10⁻⁶)) = 239,9 Hz

Dobroć

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

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/50)·√(0,2/(2,2·10⁻⁶)) = 6,03

Pasmo przenoszenia

B = f0/Q = 239,9/6,03 = 39,79 Hz

Odpowiedź

B = 39,79 Hz
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: I = 221,7 A

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

Moc bierna każdego odbiornika

Odbiornik indukcyjny pobiera moc bierną (Q > 0); odbiornik pojemnościowy ją oddaje (Q < 0).

Q1 = 22·tan(arccos 0,65) = 25,72 kvar
Q2 = 18·tan(arccos 0,95) = 5,916 kvar

Sumy

P = 22 + 18 = 40 kW
Q = 25,72 + 5,916 = 31,64 kvar
S = √(40² + 31,64²) = 51 kVA

Prąd całkowity

I = S/V = 50999/230 = 221,7 A

Odpowiedź

I = 221,7 A
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: ΔP = 106,3 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 = 74·tan(arccos 0,65) = 86,52 kvar

Największa łączna moc czynna

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 86,52²) = 180,3 kW

Dodatkowa moc czynna

ΔP = 180,3 − 74 = 106,3 kW

Odpowiedź

ΔP = 106,3 kW
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 24,5 kW

Symetryczne układy trójfazowe: w połączeniu w gwiazdę (Y) napięcie przewodowe jest √3 razy większe od napięcia fazowego, VL = √3·Vph, a prąd przewodowy jest równy prądowi fazowemu. W połączeniu w trójkąt (Δ) napięcie przewodowe jest równe napięciu fazowemu, a prąd przewodowy jest √3 razy większy od prądu fazowego, IL = √3·Iph. Moc całkowita jest trzykrotnością mocy jednej fazy: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Moc pozorna

S = √3·VL·IL = √3·690·25 = 29,88 kVA

Moc czynna

P = S·cos φ = 29,88·0,82 = 24,5 kW

Odpowiedź

P = 24,5 kW
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 539,4 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 = 150·tan(acos 0,72) = 150·0,9639 = 144,6 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,92) = 150·0,426 = 63,9 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 80,68 kvar

Pojemność na fazę

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

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 26893/(314,2·398,4²) = 539,4 µF

Odpowiedź

Cph = 539,4 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: a = 2

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

a²·4 = 16
a = √(16/4) = √4 = 2

Odpowiedź

a = 2
20.Transformatory

Odpowiedź: Sη,max = 57,74 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

x²·1500 = 500 → x = √(500/1500) = 0,5774

Obciążenie przy maksymalnej sprawności

Sη,max = x·S = 0,5774·100 = 57,74 kVA

Odpowiedź

Sη,max = 57,74 kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Rf = 28 kΩ

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 wzmacniacza nieodwracającego

V₋ = V₊ = Vin, a prąd przez R₁ płynie też przez Rf, więc Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (15 − 1)·2 = 28 kΩ

Odpowiedź

Rf = 28 kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: If = −1,018 mA

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

Prądy wejściowe

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

I1 = V1/R1 = −1,1/1 = −1,1 mA
I2 = V2/R2 = 1,8/22 = 0,08182 mA
If = I1 + I2 = −1,018 mA

Odpowiedź

If = −1,018 mA
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IZ = 45,46 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 = 12,9/270 = 47,78 mA

Prąd obciążenia

IL = 5,1/2200 = 2,318 mA

Prąd diody Zenera

IZ = 47,78 − 2,318 = 45,46 mA

Odpowiedź

IZ = 45,46 mA
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: PZ,max = 199,4 mW

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 diody Zenera w najgorszym przypadku

IZ = 12,9/330 = 39,09 mA

Moc diody Zenera

PZ = 5,1·39,09 = 199,4 mW

Odpowiedź

PZ,max = 199,4 mW
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −125

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.

Dodaj wagi

Pozostałe bity mają swoje zwykłe dodatnie wartości.

−128 + 2 + 1 = −125

Odpowiedź

N = −125
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: b = 11 bit

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

Potęgi dwójki

210 = 1024 < 2002
211 = 2048 ≥ 2002

Odpowiedź

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

Odpowiedź: N = 4

Mapy Karnaugha: komórki są ułożone w kodzie Graya (00, 01, 11, 10), więc sąsiednie komórki, także te przez brzegi, różnią się dokładnie jedną zmienną. Grupuj jedynki w prostokąty po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, jak największe i jak najmniej, aż każda jedynka będzie pokryta. Każda grupa to jeden iloczyn: zmienne, które wewnątrz niej pozostają stałe. Grupa 2ᵏ komórek traci k zmiennych. Stany nieokreślone (X) można wykorzystać, by powiększyć grupy, ale nigdy nie trzeba ich pokrywać. Grupowanie zer daje minimalną postać POS.

ABCD000111100001111010110302040507060120130151140819111010

Zgrupuj zera

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

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

Minimalna postać POS

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

Odpowiedź

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

Odpowiedź: Q = 3

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

Stan po każdym zboczu

1100 → 0110 → 0011 → 1001 → 1100 → 0110 → 0011

Wartość dziesiętna

0011₂ = 3

Odpowiedź

Q = 3
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.1) = 0,7885

Transformata Laplace’a: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt zamienia pochodne na mnożenie przez s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Podstawowe pary: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), a przesunięcie s → s + σ mnoży funkcję czasu przez e−σt. Aby odwrócić wymierną F(s), rozłóż ją na ułamki proste: residuum prostego bieguna p wynosi A = [(s − p)·F(s)] przy s = p. Twierdzenie o wartości końcowej: f(∞) = lims→0 s·F(s), słuszne tylko wtedy, gdy wszystkie bieguny s·F(s) leżą w lewej półpłaszczyźnie. Twierdzenie o wartości początkowej: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Rozłóż mianownik na czynniki

s² + 10s + 25 = (s + 5)²

Ułamki proste

s + 8 = 1(s + 5) + 3
F(s) = 1/(s + 5) + 3/(s + 5)²

Transformata odwrotna

f(t) = e−5t + 3·t·e−5t
f(0,1) = (1 + 3·0,1)·e−5·0,1 = 0,7885

Odpowiedź

f(0,1) = 0,7885
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.5) = 1,403

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 − 2s − 3 + 7(sY − 2) + 10Y = 0
Y(s) = (2s + 17)/((s + 2)(s + 5))

Ułamki proste

A = 13/3 = 4,333
B = 7/(−3) = −2,333

Wynik

y(t) = 4,333·e−2t − 2,333·e−5t
y(0,5) = 1,403

Odpowiedź

y(0,5) = 1,403

Sprawdzenie: y(0) = A + B = 2.

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: p = −120

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

Pętla wewnętrzna

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 8/(s + 8 + 8·3) = 8/(s + 32)

Pętla zewnętrzna

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 88/(s + 32 + 88) = 88/(s + 120)

Wynik

p = −120

Odpowiedź

p = −120
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: Kmax = 1680

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

s³ + 18s² + 104s + 192 + K = 0

Tablica Routha

s³ | 1 104
s² | 18 192 + K
s¹ | (18·104 − 192 − K)/18
s⁰ | 192 + K

Granica stabilności

Wszystkie elementy pierwszej kolumny muszą być dodatnie.

Kmax = 18·104 − 192 = 1680

Odpowiedź

Kmax = 1680
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ζ = 0,2195

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 = 83 → ωₙ = 9,11 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·9,11) = 0,2195

Wynik

ζ = 0,2195

Odpowiedź

ζ = 0,2195
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ωn = 2,527 rad/s

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

Współczynnik tłumienia

ζ = −ln(0,12)/√(π² + ln²(0,12)) = 2,12/√(9,87 + 4,496) = 0,5594

Częstotliwość drgań własnych

ωd = π/tp = π/1,5 = 2,094 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 2,094/0,8289 = 2,527 rad/s

Odpowiedź

ωn = 2,527 rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ∠G(jω) = −95,27 °

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

Dodaj kąty

∠G = atan(1/20) − 90° − atan(1/7) = 2,862° − 90° − 8,13°

Wynik

∠G(j1) = −95,27°

Odpowiedź

∠G(jω) = −95,27°
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: K = 307

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

Częstotliwość odcięcia fazy

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

Moduł przy częstotliwości odcięcia fazy

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

Wymagane wzmocnienie

546/K = 105/20 = 1,778
K = 546/1,778 = 307

Odpowiedź

K = 307
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmin = 4

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 − 4)(s + 5) + K(s + 5) = s² + (1 + K)s + (5K − 20)

Warunki

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

1 + K > 0 → K > −1
5K − 20 > 0 → K > 4
Kmin = 4

Odpowiedź

Kmin = 4
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: si = −9,472

Linia pierwiastkowa: gdy wzmocnienie K rośnie od 0 do ∞, bieguny układu zamkniętego, czyli pierwiastki równania 1 + K·G(s) = 0, przesuwają się od biegunów układu otwartego do jego zer lub do nieskończoności. Punkt osi rzeczywistej należy do linii, gdy liczba biegunów i zer rzeczywistych na prawo od niego jest nieparzysta. n − m gałęzi biegnących do nieskończoności zbliża się do asymptot nachylonych pod kątami (2q + 1)·180°/(n − m), wychodzących ze środka asymptot σₐ = (Σ biegunów − Σ zer)/(n − m). Gałęzie opuszczają oś rzeczywistą lub do niej wracają tam, gdzie dK/ds = 0. Warunek kąta ∠G(s) = 180° wyznacza kształt, a warunek modułu K = 1/|G(s)| daje wzmocnienie w dowolnym punkcie linii.

Wzmocnienie wzdłuż osi rzeczywistej

K(s) = −(s² + 1s)/(s + 5)

Punkty stacjonarne

Zróżniczkuj według wzoru na pochodną ilorazu i przyrównaj licznik do zera.

(2s + 1)(s + 5) − (s² + 1s) = s² + 10s + 5 = 0
s = −5 ± √20 = −0,5279, −9,472

Punkt zejścia

si = −9,472

Odpowiedź

si = −9,472

Między tymi dwoma punktami linia jest okręgiem o środku w zerze i promieniu √20 = 4,472.

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 240

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) = 0,04 → Kp = 24

Wzmocnienie

K/10 = 24 → K = 240

Odpowiedź

K = 240

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

40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: tp = 0,3604 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 + 4) + 40·2 = s² + 4s + 80

ωₙ i ζ

ωₙ = √80 = 8,944 rad/s
ζ = 4/(2·8,944) = 0,2236

Czas szczytu

ωd = 8,944·√(1 − 0,2236²) = 8,718 rad/s
tp = π/8,718 = 0,3604 s

Odpowiedź

tp = 0,3604 s

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

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