W oknie drukowania wybierz „Zapisz jako PDF”, aby zachować kopię na swoim urządzeniu.
1Wzory i metody
Rezystory szeregowo i równolegle
Rezystory połączone szeregowo
Req = R1 + R2 + …
Rezystory połączone równolegle
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dwa równolegle
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Prawo Ohma
V = I·R
Moc
P = V·I = I²R = V²/R
Metoda
Zacznij od końca sieci najdalszego od zacisków.
Rezystory szeregowe łącz, dodając je, a równoległe ze wzoru 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Po każdym kroku narysuj obwód od nowa.
Powtarzaj, aż między zaciskami zostanie jeden rezystor.
Metoda potencjałów węzłowych
Prądowe prawo Kirchhoffa
ΣIin = ΣIout
Prąd gałęzi
I = (Va − Vb)/R
Węzeł odniesienia
Vground = 0
Metoda
Wybierz węzeł odniesienia (masę) i oznacz potencjały pozostałych węzłów.
Napisz prądowe prawo Kirchhoffa dla każdego nieznanego węzła: prądy wypływające przez każdą gałąź są równe prądom wpływającym.
Wyraź każdy prąd gałęziowy jako (Va − Vb)/R.
Rozwiąż układ równań, a potem wyznacz potrzebne prądy.
Metoda prądów oczkowych
Napięciowe prawo Kirchhoffa
ΣV = 0 w każdym oczku
Rezystor wspólny
prąd = I1 − I2
Źródło prądu w oczku
wyznacza prąd tego oczka
Metoda
Narysuj prąd płynący zgodnie z ruchem wskazówek zegara w każdym oczku (okienku) obwodu.
Zastosuj napięciowe prawo Kirchhoffa w każdym oczku: suma spadków napięć jest równa zeru.
W rezystorze wspólnym dla dwóch oczek prąd jest różnicą dwóch prądów oczkowych.
Rozwiąż równania; wynik ujemny oznacza, że prąd płynie w przeciwną stronę.
Superpozycja
Superpozycja
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Wyłączone źródło napięcia
zwarcie (0 V)
Wyłączone źródło prądu
rozwarcie (0 A)
Dzielnik napięcia
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Dzielnik prądu
I1 = I·R2/(R1 + R2)
Metoda
Policz niezależne źródła. Dla każdego źródła rozwiążesz jeden prostszy obwód.
Zostaw jedno źródło, a pozostałe wyłącz: źródło napięciowe staje się zwarciem (przewodem), źródło prądowe staje się rozwarciem (przerwą).
Rozwiąż prostszy obwód dla potrzebnego napięcia lub prądu, pilnując jego kierunku.
Powtórz dla każdego źródła, a potem dodaj składowe z ich znakami.
Thévenin i Norton
Napięcie Thévenina
Vth = Vopen circuit
Rezystancja Thévenina
Rth: wszystkie źródła wyłączone, widziana z a–b
Prąd Nortona
IN = Vth/Rth
Prąd obciążenia
IL = Vth/(Rth + RL)
Maksymalne przekazywanie mocy
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)
Metoda
Odłącz obciążenie i oznacz dwa zaciski a i b.
Wyznacz napięcie stanu jałowego między a i b: to jest Vth.
Wyłącz wszystkie niezależne źródła i wyznacz rezystancję widzianą z a–b: to jest Rth.
Podłącz obciążenie z powrotem do obwodu zastępczego: Vth szeregowo z Rth.
Dla obwodu zastępczego Nortona przelicz: IN = Vth/Rth, z RN = Rth równolegle.
Stany nieustalone RC i RL
Stała czasowa
τ = RC | τ = L/R
Odpowiedź układu
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensator przy prądzie stałym
rozwarcie; vC nie może zmienić się skokowo
Cewka przy prądzie stałym
zwarcie; iL nie może zmienić się skokowo
Stan ustalony
t ≈ 5τ
Metoda
Wyznacz wartość początkową tuż po przełączeniu: napięcie na kondensatorze i prąd cewki nie mogą zmienić się skokowo.
Wyznacz wartość końcową długo po przełączeniu: kondensator zachowuje się jak rozwarcie, a cewka jak zwarcie.
Wyznacz stałą czasową: τ = RC lub τ = L/R, z rezystancją widzianą przez kondensator lub cewkę.
Użyj x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.
Impedancja i wskazy AC
Impedancje
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Pulsacja
ω = 2πf
Moduł i kąt
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Prawo Ohma dla wskazów
V = I·Z
Metoda
Przelicz częstotliwość: ω = 2πf.
Wyznacz każdą reaktancję: XL = ωL i XC = 1/(ωC).
Dodawaj impedancje jak rezystory, z Z = R + jX.
Wyznacz moduł |Z| = √(R² + X²) i kąt φ = atan(X/R), a potem zastosuj prawo Ohma dla wskazów.
Moc AC i współczynnik mocy
Moc czynna
P = V·I·cos φ
Moc bierna
Q = V·I·sin φ
Moc pozorna
S = V·I = √(P² + Q²)
Współczynnik mocy
pf = cos φ = P/S
Kondensator kompensacyjny
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)
Moc w układach trójfazowych
Połączenie w gwiazdę (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Połączenie w trójkąt (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Całkowita moc czynna
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Moc pozorna i bierna
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kondensatory do kompensacji
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Napięcie na każdym kondensatorze
Δ: VL Y: VL/√3
Moc pobierana przez silnik
Pin = Pout/η
Transformatory
Przekładnia zwojowa
a = N1/N2 = V1/V2
Stosunek prądów
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Prąd znamionowy
I = S/V
Impedancja sprowadzona
Z1′ = a²·ZL
Straty w miedzi przy obciążeniu częściowym
Pcu = x²·Pcu,fl
Sprawność
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Sprawność maksymalna
x = √(Pcore/Pcu,fl)
Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi
Wzmacniacz odwracający
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Wzmacniacz nieodwracający
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Wzmacniacz sumujący
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Idealny wzmacniacz operacyjny
V+ = V−, Iin = 0
Diody i tranzystory
Dioda (stały spadek napięcia)
VD = 0,7 V when conducting
Obszar aktywny
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Polaryzacja stałym prądem bazy
IB = (VCC − 0,7)/RB
Polaryzacja dzielnikiem napięcia
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin dla dzielnika
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Oczko kolektora
VCE = VCC − ICRC − IERE
Nasycenie
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β
Systemy liczbowe
Wagi pozycji
dwójkowy 2k, ósemkowy 8k, szesnastkowy 16k
Na dziesiętny
Σ dk·bk
Z dziesiętnego
dziel przez podstawę, czytaj reszty od dołu do góry
Szesnastkowy ↔ dwójkowy
jedna cyfra szesnastkowa = 4 bity
Kod uzupełnień do dwóch (U2)
odwróć bity i dodaj 1
Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Podstawowe bramki
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Reguły algebry Boole’a
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Prawa de Morgana
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Kolejność na mapie Karnaugha
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Grupa 2ᵏ komórek
traci k zmiennych
Multiplekser 4-do-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Przerzutniki
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Liczniki
n-bitowy: 2ⁿ stanów; mod-N: najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Licznik asynchroniczny (ripple)
fmax = 1/(n·tpd)
Liczniki pierścieniowy i Johnsona
n i 2n stanów
Metoda
Dla układu przechodź od wejść do wyjścia bramka po bramce i zapisuj wartość na każdym przewodzie albo zapisz jego wyrażenie i wypełnij tablicę prawdy.
Przy upraszczaniu wpisz jedynki (a stany nieokreślone jako X) na mapę Karnaugha z wierszami i kolumnami w kodzie Graya: 00, 01, 11, 10.
Pokryj jedynki jak najmniejszą liczbą jak największych grup po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, zawijając przez brzegi; każda grupa to jeden iloczyn ze zmiennych, które pozostają stałe. Dla postaci POS grupuj zera.
Przy przerzutnikach i licznikach odczytuj wejścia przy każdym aktywnym zboczu zegara, zapisuj stan po każdym zboczu i pamiętaj, że n-bitowy licznik zawija się po 2ⁿ stanach.
Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa
Stabilność
wszystkie pierwiastki wielomianu charakterystycznego w lewej półpłaszczyźnie
tablica Routha, element s¹ wielomianu trzeciego stopnia
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Pierwiastki w prawej półpłaszczyźnie
liczba zmian znaku w pierwszej kolumnie
Wielomian trzeciego stopnia s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabilny, gdy wszystkie a > 0 oraz a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Równanie charakterystyczne
1 + K·G(s) = 0
Asymptoty
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Punkty rozejścia i zejścia
dK/ds = 0
Warunek modułu
K = 1/|G(s)|
Kąt wyjścia
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)
Metoda
Zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego: mianownik 1 + K·G(s) = 0, po wymnożeniu.
Wpisz współczynniki naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha i zbuduj pozostałe wiersze.
Policz zmiany znaku w pierwszej kolumnie: każda to jeden biegun w prawej półpłaszczyźnie. Gdy w tablicy występuje K, żądaj, by każdy element pierwszej kolumny pozostał dodatni.
Dla linii pierwiastkowej zaznacz bieguny i zera, odcinki osi rzeczywistej, asymptoty wychodzące ze środka asymptot oraz punkty rozgałęzienia, w których dK/ds = 0. Użyj K = 1/|G(s)| dla wzmocnienia w danym punkcie.
Uchyb ustalony i regulacja PID
Typ układu
liczba biegunów G(s) w s = 0
Stałe uchybowe
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Skok A
ess = A/(1 + Kp)
Narastanie liniowe A·t
ess = A/Kv
Parabola A·t²/2
ess = A/Ka
Regulator PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Cel drugiego rzędu
s² + 2ζωns + ωn²
Przeregulowanie i czasy
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)
Metoda
Policz bieguny układu otwartego C(s)·G(s) w s = 0: to typ układu.
Wyznacz stałą uchybową pasującą do wejścia: Kp dla skoku, Kv dla narastania liniowego, Ka dla paraboli.
Zastosuj ess = A/(1 + Kp), A/Kv lub A/Ka albo rozwiąż to względem potrzebnego wzmocnienia.
Przy wymaganiu dotyczącym tłumienia lub prędkości zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego i porównaj go z s² + 2ζω_n·s + ω_n².
2Zadania do ćwiczenia
1.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni
Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.
V1 = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩR4 = 6 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.
Między węzłem A a masą są włączone trzy gałęzie, jak na rysunku. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd I2 w gałęzi 2, płynący w górę do węzła A zgodnie ze strzałką.
V1 = 9 VR1 = 2 ΩV2 = 6 VR2 = 4 ΩV3 = 18 VR3 = 5 Ω
I2 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć potencjał węzła VB (mierzony względem masy).
Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz prąd i w chwili t = 1 ms.
Vs = 6 VR = 33 ΩL = 10 mHt = 1 ms
i = A
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 18 V o zaznaczonej biegunowości. Po jakim czasie vC osiągnie 14,1 V? Wyznacz t.
Vs = 5 VR = 2,2 kΩC = 100 µFvC(0) = 18 V
t = ms
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 100 V (skuteczne), 500 Hz. Wyznacz kąt fazowy φ impedancji w stopniach (dodatni, gdy prąd opóźnia się względem napięcia).
V = 100 V (rms)f = 500 HzR = 25 ΩL = 100 mHC = 100 µF
φ = °
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 50 V (skuteczne), 500 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.
V = 50 V (rms)f = 500 HzR = 80 ΩL = 50 mHC = 1 µF
I = A
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
Odbiornik o impedancji Z = 12 + j9 Ω jest podłączony do jednofazowego zasilania 230 V (skuteczne). Wyznacz pobieraną przez niego moc czynną P.
V = 230 VZ = 12 + j9 Ω
P = W
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
Transformator jednofazowy 200 kVA zasila odbiornik 102 kW przy współczynniku mocy 0,8 (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 = 102 kWpf1 = 0,8
ΔP = kW
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
Symetryczny odbiornik połączony w gwiazdę o impedancji 6 + j8 Ω na fazę jest przyłączony do symetrycznej sieci trójfazowej o napięciu przewodowym 480 V. Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.
VL = 480 VZ = 6 + j8 Ω na fazę
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 150 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym) z sieci 400 V (napięcie przewodowe), 60 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,95 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w trójkąt. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.
P = 150 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
Jednofazowy transformator 50 kVA, 2400/240 V pracuje przy obciążeniu znamionowym. Potraktuj go jako idealny. Wyznacz prąd ILV w uzwojeniu dolnego napięcia.
S = 50 kVAV1 = 2400 VV2 = 240 V
ILV = A
20.TransformatoryTrudny
Jednofazowy transformator 150 kVA ma straty w rdzeniu 750 W i straty w miedzi 1125 W przy obciążeniu znamionowym. Dostarcza 25% swojej znamionowej mocy kVA przy współczynniku mocy 0,9 (indukcyjnym). Wyznacz całkowite straty Ploss w watach przy tym obciążeniu.
Wzmacniacz operacyjny jest idealny i zasilany napięciem ±15 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.
Vin = 2,5 VRa = 1 kΩRb = 100 kΩR1 = 1 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
Wzmacniacz sumujący korzysta z idealnego wzmacniacza operacyjnego zasilanego napięciem ±15 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.
V1 = −1,8 VV2 = 0,9 VR1 = 47 kΩR2 = 1 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
Tranzystor NPN o β = 120 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 12 V: R₁ = 22 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 4,7 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 1 kΩ, a rezystor emiterowy RE = 680 Ω. Przyjmij VBE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz prąd kolektora IC w mA.
Stabilizator z diodą Zenera 12 V ma dostarczać do obciążenia do 25 mA. Napięcie wejściowe może spaść do 15 V, a dioda Zenera potrzebuje co najmniej 2 mA, aby stabilizować. Wyznacz największą rezystancję szeregową Rmax, przy której stabilizacja jest zachowana.
Ustaw bity tak, aby zapisywały −84 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?
N = −848 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
Jaka jest najmniejsza (najbardziej ujemna) liczba całkowita N, którą można zapisać w 12-bitowym kodzie U2?
12 bit
N =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 4, 5, 7, 9, 12, 13, 14, 15). Ile literałów L zawiera łącznie (zmienna z negacją liczy się jako jeden literał)?
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
Znajdź minimalną postać SOP funkcji F(A, B, C, D) = Σm(2, 4, 5, 7, 11, 15) + d(3, 8, 10, 12), gdzie d oznacza stany nieokreślone. Ile literałów L zawiera?
Znajdź f(t) dla F(s) = (5s + 11)/(s² + 10s + 25) i oblicz f(0,25).
F(s) = (5s + 11)/(s² + 10s + 25)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
Rozwiąż y″ + 11y′ + 30y = 0 dla y(0) = 10 i y′(0) = 15 za pomocą transformaty Laplace’a i znajdź y(0,1).
y″ + 11y′ + 30y = 0y(0) = 10y′(0) = 15t = 0,1 s
y(0.1) =
31.Schematy blokoweŚredni
Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 3(s + 2)/((s + 1)(s + 4)). Na wartość zadaną podano skok o wielkości 2. Znajdź uchyb ustalony ess.
G(s) = 3(s + 2)/((s + 1)(s + 4))R = 2
ess =
32.Schematy blokoweTrudny
Regulator proporcjonalny K = 24 steruje obiektem G(s) = 6/(s + 4) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Zakłócenie D wchodzi na wejście obiektu (dodaje się do wyjścia regulatora). Jednocześnie podano skok wartości zadanej o wielkości 1 i skok zakłócenia o wielkości 2. Znajdź wyjście w stanie ustalonym css.
K = 24G(s) = 6/(s + 4)D = 2R = 1
css =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
Układ ma transmitancję G(s) = 38/(s² + 8s + 38) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Bieguny to s = σ ± jωd. Znajdź część rzeczywistą σ.
G(s) = 38/(s² + 8s + 38)
σ =
34.Odpowiedź skokowaTrudny
Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = K/(s(s + 16)). Znajdź wzmocnienie K, które daje odpowiedź skokową z przeregulowaniem 15 %.
G(s) = K/(s(s + 16))%OS = 15 %
K =
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
Znajdź fazę ∠G(jω) G(s) = 27(s + 15)/(s(s + 5)) przy ω = 3 rad/s, w stopniach.
G(s) = 27(s + 15)/(s(s + 5))ω = 3 rad/s
∠G(jω) = °
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 264/(s(s + 4)(s + 9)). Znajdź częstotliwość odcięcia fazy ω180, przy której ∠L(jω) = −180°.
L(s) = 264/(s(s + 4)(s + 9))
ω180 = rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K(s + 11)/(s(s + 1)(s + 4)), gdzie K > 0. Wyznacz największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.
L(s) = K(s + 11)/(s(s + 1)(s + 4))
Kmax =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
Dla pętli L(s) = K/(s(s + 3)(s + 4)) wyznacz wzmocnienie K, przy którym biegun układu zamkniętego leży w s = −1.
L(s) = K/(s(s + 3)(s + 4))s = −1
K =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 10(s + 1)/(s(s + 2)) podano wejście r(t) = 5 + 2t (skok plus narastanie liniowe). Wyznacz uchyb ustalony ess.
G(s) = 10(s + 1)/(s(s + 2))r(t) = 5 + 2t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
Regulator proporcjonalny K = 10 steruje obiektem G(s) = 10/(s(s + 5)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).
G(s) = 10/(s(s + 5))K = 10
ts = s
3Roztwory
1.Rezystory szeregowo i równolegle
Odpowiedź: Req = 7,6 Ω
Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.
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 = 3 + 6 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 6·9/(6+9) = 3,6 Ω
Req = R1 + 3,6 = 4 + 3,6 = 7,6 Ω
Odpowiedź
Req = 7,6 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle
Odpowiedź: IR1 = 0,4087 A
Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.
Łącz rezystory od najdalszego końca
Zacznij od końca najdalszego od źródła i idź w jego stronę. Rezystory z tym samym prądem są połączone szeregowo; rezystory między tymi samymi dwoma węzłami są połączone równolegle.
R5 + R6 = 2 + 3 = 5 Ω
R4 ∥ 5 = 2,727 Ω
R3 + 2,727 = 7,727 Ω
R2 ∥ 7,727 = 4,359 Ω
Req = R1 + 4,359 = 25 + 4,359 = 29,36 Ω
Prąd ze źródła
Źródło widzi tylko Req, więc prawo Ohma daje prąd, który dostarcza. Ten prąd płynie przez R₁.
IR1 = V1/Req = 12/29,36 = 0,4087 A
Odpowiedź
IR1 = 0,4087 A
3.Metoda potencjałów węzłowych
Odpowiedź: I2 = 0,8684 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.
PPK w węźle A
Przyjmij dolny przewód jako masę. Każda gałąź odprowadza z A prąd (VA − Vk)/Rk, gdzie Vk to napięcie jej źródła (zero dla samego rezystora). Prądy wypływające z A sumują się do zera.
(VA − 9)/2 + (VA − 6)/4 + (VA − (−18))/5 = 0
Wyznacz VA
VA = (9/2 + 6/4 + (−18)/5) / (1/2 + 1/4 + 1/5) = 2,4/0,95 = 2,526 V
Prąd gałęzi
Strzałka wskazuje w górę wzdłuż gałęzi, do węzła A.
I2 = (6 − VA)/R2 = (6 − 2,526)/4 = 0,8684 A
Odpowiedź
I2 = 0,8684 A
Wynik ujemny oznacza, że rzeczywisty prąd płynie przeciwnie do strzałki.
4.Metoda potencjałów węzłowych
Odpowiedź: VB = 12,51 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.
Ustal węzły
Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 9 V, V2 = 5 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/5 + (VA − 9)/15 + (VA − VB)/10 = 0
0,3667·VA − 0,1·VB = 0,6
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/25 + (VB − VA)/10 + (VB − 5)/2 = 5
−0,1·VA + 0,64·VB = 7,5
Rozwiąż
Δ = (0,3667)(0,64) − (−0,1)(−0,1) = 0,2247
VA = Δ1/Δ = 1,134/0,2247 = 5,047 V
VB = Δ2/Δ = 2,81/0,2247 = 12,51 V
Odpowiedź
VB = 12,51 V
5.Metoda prądów oczkowych
Odpowiedź: VR2 = −4,429 V
Metoda prądów oczkowych: każdemu oknu obwodu płaskiego przypisz własny prąd oczkowy, zapisz napięciowe prawo Kirchhoffa dla każdego oczka (suma spadków = suma wzrostów) i rozwiąż. Prądy gałęzi to prąd oczkowy lub różnica dwóch prądów oczkowych we wspólnej gałęzi.
Przypisz prądy oczkowe
Narysuj w każdym oknie prąd zgodny z ruchem wskazówek zegara: I1, I2. Rezystor wspólny dla dwóch oczek przewodzi różnicę ich prądów.
NPK w oczku 1
Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).
R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
5·I1 + 6(I1 − I2) = 12
11·I1 − 6·I2 = 12
NPK w oczku 2
Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).
R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
3·I2 + 6(I2 − I1) = (−15)
−6·I1 + 9·I2 = −15
Rozwiąż
Δ = (11)(9) − (−6)(−6) = 63
I1 = Δ1/Δ = 18/63 = 0,2857 A
I2 = Δ2/Δ = −93/63 = −1,476 A
Odpowiedź
IR2 = I2 = −1,476 A
VR2 = IR2·R2 = −1,476·3 = −4,429 V
Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.
6.Metoda prądów oczkowych
Odpowiedź: VR2 = 1,025 V
Metoda prądów oczkowych: każdemu oknu obwodu płaskiego przypisz własny prąd oczkowy, zapisz napięciowe prawo Kirchhoffa dla każdego oczka (suma spadków = suma wzrostów) i rozwiąż. Prądy gałęzi to prąd oczkowy lub różnica dwóch prądów oczkowych we wspólnej gałęzi.
Przypisz prądy oczkowe
Narysuj w każdym oknie prąd zgodny z ruchem wskazówek zegara: I1, I2, I3. Rezystor wspólny dla dwóch oczek przewodzi różnicę ich prądów.
NPK w oczku 1
Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).
R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
3·I1 + 20(I1 − I2) = 15
23·I1 − 20·I2 = 15
NPK w oczku 2
Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).
R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
3·I2 + 20(I2 − I1) + 30(I2 − I3) = 0
−20·I1 + 53·I2 − 30·I3 = 0
NPK w oczku 3
Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).
R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
30·I3 + 30(I3 − I2) = (−12)
−30·I2 + 60·I3 = −12
Rozwiąż
Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 28440
I1 = Δ1/Δ = 27000/28440 = 0,9494 A
I2 = Δ2/Δ = 9720/28440 = 0,3418 A
I3 = Δ3/Δ = −828/28440 = −0,02911 A
Odpowiedź
IR2 = I2 = 0,3418 A
VR2 = IR2·R2 = 0,3418·3 = 1,025 V
Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.
7.Superpozycja
Odpowiedź: IR2 = 1,088 A
Superpozycja: w obwodzie liniowym każde napięcie i każdy prąd to suma odpowiedzi na każde niezależne źródło działające osobno. Aby wyłączyć źródło, zastąp idealne źródło napięcia zwarciem, a idealne źródło prądu rozwarciem. Rezystory zostają na miejscu.
Przypadek 1 · działa tylko V1
Iₛ staje się rozwarciem, więc R₃ i R₄ tworzą jedną gałąź szeregową od A do masy, równolegle z R₂.
R3+R4 = 4+3 = 7 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·7/(8+7) = 3,733 Ω
VA = 15·3,733/(5+3,733) = 6,412 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 6,412·3/7 = 2,748 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (6,412 − 0)/8 = 0,8015 A
Przypadek 2 · działa tylko Is
V₁ staje się zwarciem, więc R₁ jest równolegle z R₂. Iₛ rozdziela się w B między R₄ a drogę przez R₃.
R1 ∥ R2 = 5·8/(5+8) = 3,077 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 3 ∥ 7,077 = 2,107 Ω
VB = Is·Req = 2,5·2,107 = 5,267 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 5,267·3,077/7,077 = 2,29 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (2,29 − 0)/8 = 0,2863 A
Dodaj składowe
IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = 0,8015 + 0,2863 = 1,088 A
Wynik ujemny oznacza, że w rzeczywistości prąd płynie przeciwnie do strzałki.
8.Superpozycja
Odpowiedź: IR4 = −4 A
Superpozycja: w obwodzie liniowym każde napięcie i każdy prąd to suma odpowiedzi na każde niezależne źródło działające osobno. Aby wyłączyć źródło, zastąp idealne źródło napięcia zwarciem, a idealne źródło prądu rozwarciem. Rezystory zostają na miejscu.
Przypadek 1 · działa tylko V1
V₂ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. Patrząc z A, R₃ jest równolegle z szeregową parą R₂+R₄.
R3 ∥ (R2+R4) = 10 ∥ 7 = 4,118 Ω
VA = 12·4,118/(10+4,118) = 3,5 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,5·3/7 = 1,5 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (1,5 − 0)/3 = 0,5 A
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 = 5 Ω, więc lewa gałąź to R2+5 = 9 Ω
Req = R4 ∥ 9 = 2,25 Ω
VB = Is·Req = (−4)·2,25 = −9 V
VA = VB·5/9 = −5 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (−9 − 0)/3 = −3 A
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 = 10·10/(10+10) = 5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 18·9/12 = 13,5 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 13,5·5/9 = 7,5 V
IR4‴ = (VB − V2)/R4 = (13,5 − 18)/3 = −1,5 A
Dodaj składowe
IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴
IR4 = 0,5 + (−3) + (−1,5) = −4 A
Wynik ujemny oznacza, że w rzeczywistości prąd płynie przeciwnie do strzałki.
9.Thévenin i Norton
Odpowiedź: IN = 0,3333 A
Twierdzenie Thévenina: każdy liniowy dwójnik zachowuje się jak jedno źródło napięcia Vth szeregowo z rezystancją Rth. Twierdzenie Nortona przedstawia ten sam układ jako źródło prądu IN = Vth/Rth równolegle z Rth.
Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach
Zastąp źródła napięcia zwarciami, a źródła prądu rozwarciami, a potem spójrz na obwód od strony a–b.
R1 ∥ R2 = 6·6/(6+6) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 6 = 9 Ω
Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego
Przy rozwartych a–b przez R₃ nie płynie prąd, więc nie ma na nim spadku i V_b = V_A. R₁ i R₂ tworzą dzielnik napięcia.
Vth = V1·R2/(R1+R2) = 6·6/(6+6) = 3 V
Układ zastępczy Nortona
Źródło Nortona to ten sam obwód widziany jako źródło prądu równolegle z R_th. Jego prąd to prąd zwarcia na a–b.
IN = Vth/Rth = 3/9 = 0,3333 A
10.Thévenin i Norton
Odpowiedź: PL = 7,749 W
Twierdzenie Thévenina: każdy liniowy dwójnik zachowuje się jak jedno źródło napięcia Vth szeregowo z rezystancją Rth. Twierdzenie Nortona przedstawia ten sam układ jako źródło prądu IN = Vth/Rth równolegle z Rth.
Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach
Zastąp źródła napięcia zwarciami, a źródła prądu rozwarciami, a potem spójrz na obwód od strony a–b.
R1 ∥ R2 = 4·10/(4+10) = 2,857 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,857 + 5 = 7,857 Ω
Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego
Przy rozwartych a–b jedyną drogą dla Iₛ jest R₃ do węzła A. Wyznacz V_A z superpozycji V₁ i Iₛ, a potem dodaj spadek na R₃.
VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 8,571 + 1·2,857 = 11,43 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,43 + 1·5 = 16,43 V
Podłącz obciążenie do układu zastępczego Thévenina
Źródło Thévenina i R_th szeregowo zachowują się na a–b dokładnie jak pierwotny obwód, więc obciążenie widzi prostą pętlę szeregową.
IL = Vth/(Rth + RL) = 16,43/(7,857 + 15) = 0,7188 A
PL = IL²·RL = 0,7188²·15 = 7,749 W
11.Stany nieustalone RC i RL
Odpowiedź: i = 0,1751 A
Stany nieustalone pierwszego rzędu: w obwodzie z jednym kondensatorem lub jedną cewką każde napięcie i każdy prąd zmienia się wykładniczo od wartości początkowej do końcowej: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, gdzie τ = RC lub τ = L/R. Po około 5τ obwód jest w stanie ustalonym.
Stała czasowa i prąd końcowy
Długo po zamknięciu łącznika cewka zachowuje się jak zwarcie, więc prąd końcowy zależy tylko od R.
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.
t = τ·ln((18 − 5)/(14,1 − 5)) = 220·ln(1,429) = 78,47 ms
Odpowiedź
t = 78,47 ms
13.Impedancja i wskazy AC
Odpowiedź: φ = 85,4 °
Obwody AC i wskazy: rezystory, cewki i kondensatory mają impedancje R, jωL i 1/(jωC), gdzie ω = 2πf. Szeregowo impedancje dodaje się jak rezystancje, ale jako liczby zespolone. Wartości skuteczne prądu i napięcia spełniają prawo Ohma z |Z|.
Reaktancje
ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,1 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·100·10⁻⁶) = 3,183 Ω
Impedancja
Szeregowo impedancje dodaje się jak liczby zespolone: Z = R + j(XL − XC).
Obwody AC i wskazy: rezystory, cewki i kondensatory mają impedancje R, jωL i 1/(jωC), gdzie ω = 2πf. Szeregowo impedancje dodaje się jak rezystancje, ale jako liczby zespolone. Wartości skuteczne prądu i napięcia spełniają prawo Ohma z |Z|.
Reaktancje
ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,05 = 157,1 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·1·10⁻⁶) = 318,3 Ω
Impedancja
Szeregowo impedancje dodaje się jak liczby zespolone: Z = R + j(XL − XC).
Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.
I = V/|Z| = 50/180 = 0,2778 A
Odpowiedź
I = 0,2778 A
15.Moc AC i współczynnik mocy
Odpowiedź: P = 2821 W
Moc w obwodach AC: moc pozorna S = V·I (VA) dzieli się na moc czynną P = S·cos φ (W), która wykonuje pracę użyteczną, i moc bierną Q = S·sin φ (var), która krąży między źródłem a odbiornikiem. Współczynnik mocy to cos φ. Kondensator równoległy dostarcza moc bierną lokalnie, więc prąd linii maleje przy tej samej mocy czynnej.
Prąd
|Z| = √(12² + 9²) = 15 Ω
I = V/|Z| = 230/15 = 15,33 A
Moc czynna
P = I²·R = 15,33²·12 = 2821 W
Odpowiedź
P = 2821 W
16.Moc AC i współczynnik mocy
Odpowiedź: ΔP = 82,79 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 = 102·tan(arccos 0,8) = 76,5 kvar
Największa łączna moc czynna
Przy pełnym obciążeniu znamionowym S = Smax, a odbiornik rezystancyjny nie zmienia Q.
P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 76,5²) = 184,8 kW
Dodatkowa moc czynna
ΔP = 184,8 − 102 = 82,79 kW
Odpowiedź
ΔP = 82,79 kW
17.Moc w układach trójfazowych
Odpowiedź: P = 13,82 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.
Napięcie fazowe
Vph = 480/√3 = 277,1 V
Prąd fazowy
|Z| = √(6² + 8²) = 10 Ω
Iph = 277,1/10 = 27,71 A
Całkowita moc czynna
Moc czynną pobiera tylko rezystancyjna część każdej impedancji.
P = 3·Iph²·R = 3·27,71²·6 = 13,82 kW
Odpowiedź
P = 13,82 kW
Sprawdzenie: cos φ = R/|Z| = 0,6, a √3·VL·IL·cos φ daje tę samą moc.
18.Moc w układach trójfazowych
Odpowiedź: Cph = 696,7 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 0,65) = 150·1,169 = 175,4 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,95) = 150·0,3287 = 49,3 kvar
Moc bierna z kondensatorów
QC = Q1 − Q2 = 126,1 kvar
Pojemność na fazę
W baterii połączonej w trójkąt każdy kondensator jest włączony między dwa przewody fazowe.
V = 400 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 42022/(377·400²) = 696,7 µF
Odpowiedź
Cph = 696,7 µF
19.Transformatory
Odpowiedź: ILV = 208,3 A
Transformator idealny: napięcia mają się do siebie jak liczby zwojów, a prądy odwrotnie: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a oraz I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, więc moc wejściowa jest równa mocy wyjściowej, V₁·I₁ = V₂·I₂. Impedancja obciążenia Z po stronie wtórnej widziana od strony pierwotnej wynosi a²·Z.
Prąd znamionowy
Oba uzwojenia przenoszą tę samą moc pozorną.
ILV = S/V = 50000/240 = 208,3 A
Odpowiedź
ILV = 208,3 A
20.Transformatory
Odpowiedź: Ploss = 820,3 W
Straty w transformatorze: straty w rdzeniu (histereza i prądy wirowe) zależą od napięcia i są takie same przy każdym obciążeniu. Straty w miedzi uzwojeń zmieniają się z kwadratem prądu, więc przy ułamku x obciążenia znamionowego wynoszą x²·Pcu,fl. Sprawność η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), z Pout = x·S·pf. Sprawność jest najwyższa przy obciążeniu, przy którym straty w miedzi są równe stratom w rdzeniu.
Straty w miedzi przy tym obciążeniu
Pcu = x²·Pcu,fl = 0,0625·1125 = 70,31 W
Straty całkowite
Straty w rdzeniu są takie same przy każdym obciążeniu.
Ploss = 750 + 70,31 = 820,3 W
Odpowiedź
Ploss = 820,3 W
Sprawność przy tym obciążeniu wynosi η = 97,63%.
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi
Odpowiedź: Vout = 7,426 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.
V₋ = V₊, a prąd płynący przez R₁ płynie też przez Rf.
Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 2,475·(1 + 2/1) = 7,426 V
Odpowiedź
Vout = 7,426 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi
Odpowiedź: Vout = −1,723 V
Zasady idealnego wzmacniacza operacyjnego: przy ujemnym sprzężeniu zwrotnym wzmacniacz ustawia wyjście tak, aby oba wejścia miały to samo napięcie (V₋ = V₊), a do żadnego wejścia nie płynie prąd. PPK na wejściu odwracającym z tymi dwoma faktami daje wyjście.
Prądy wejściowe
V₋ = 0, więc na każdym rezystorze wejściowym jest całe jego napięcie wejściowe.
I1 = V1/R1 = −1,8/47 = −0,0383 mA
I2 = V2/R2 = 0,9/1 = 0,9 mA
If = I1 + I2 = 0,8617 mA
Napięcie wyjściowe
Vout = −Rf·If = −2·0,8617 = −1,723 V
Odpowiedź
Vout = −1,723 V
23.Diody i tranzystory
Odpowiedź: IC = 1,967 mA
Punkt pracy tranzystora bipolarnego: w obszarze aktywnym VBE = 0,7 V, IC = β·IB i IE = (β + 1)·IB. Wyznacz IB z oczka bazy za pomocą napięciowego prawa Kirchhoffa, potem IC, a następnie VCE z oczka kolektor–emiter. Dzielnik napięcia w bazie zastępuje się jego zastępczym układem Thévenina VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; rezystor emiterowy w oczku bazy jest widziany jako (β + 1) razy większy.
Zastępczy układ Thévenina dzielnika
VTH = 12·4,7/(22 + 4,7) = 2,112 V
RTH = 22·4,7/(22 + 4,7) = 3,873 kΩ
Prąd bazy
Napięciowe prawo Kirchhoffa w oczku bazy; prąd emitera to (β + 1)·IB.
IB = (2,112 − 0,7)/(3,873 + 121·0,68) = 16,39 µA
Prąd kolektora
IC = 120·16,39 µA = 1,967 mA
IE = 121·16,39 µA = 1,984 mA
Odpowiedź
IC = 1,967 mA
24.Diody i tranzystory
Odpowiedź: Rmax = 111,1 Ω
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 w najgorszym przypadku
IR = 25 + 2 = 27 mA
Największa rezystancja
Rmax = 3/0,027 = 111,1 Ω
Odpowiedź
Rmax = 111,1 Ω
25.Systemy liczbowe
Odpowiedź: U = 172
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
84 = 0101 0100
odwrócone: 1010 1011
+1 → 1010 1100
Odczytaj bez znaku
1010 1100₂ = 256 − 84 = 172
Odpowiedź
U = 172
26.Systemy liczbowe
Odpowiedź: N = −2048
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.
Najbardziej ujemna wartość
−211 = −2048
Odpowiedź
N = −2048
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Odpowiedź: L = 11
Mapy Karnaugha: komórki są ułożone w kodzie Graya (00, 01, 11, 10), więc sąsiednie komórki, także te przez brzegi, różnią się dokładnie jedną zmienną. Grupuj jedynki w prostokąty po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, jak największe i jak najmniej, aż każda jedynka będzie pokryta. Każda grupa to jeden iloczyn: zmienne, które wewnątrz niej pozostają stałe. Grupa 2ᵏ komórek traci k zmiennych. Stany nieokreślone (X) można wykorzystać, by powiększyć grupy, ale nigdy nie trzeba ich pokrywać. Grupowanie zer daje minimalną postać POS.
Zgrupuj jedynki
Każda grupa to prostokąt z 2ᵏ komórek; komórki na brzegu sąsiadują z komórkami na przeciwległym brzegu.
C′D
BD
BC′
AB
A′B′D′
Minimalna postać SOP
F = C′D + BD + BC′ + AB + A′B′D′
L = 11
Odpowiedź
L = 11
Istnieje inne grupowanie tego samego rozmiaru; ma tę samą liczbę składników i literałów.
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Odpowiedź: L = 7
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.
Implikanty proste
Największe grupy, jakie można utworzyć z jedynek i X.
CD, B′C, BC′D′, A′BD, A′BC′
Minimalne pokrycie
F = CD + B′C + A′BC′
L = 7
Odpowiedź
L = 7
29.Transformaty Laplace’a
Odpowiedź: f(0.25) = 0,4298
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
5s + 11 = 5(s + 5) + −14
F(s) = 5/(s + 5) − 14/(s + 5)²
Transformata odwrotna
f(t) = 5·e−5t − 14·t·e−5t
f(0,25) = (5 − 14·0,25)·e−5·0,25 = 0,4298
Odpowiedź
f(0,25) = 0,4298
30.Transformaty Laplace’a
Odpowiedź: y(0.1) = 9,817
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 − 10s − 15 + 11(sY − 10) + 30Y = 0
Y(s) = (10s + 125)/((s + 5)(s + 6))
Ułamki proste
A = 75/1 = 75
B = 65/(−1) = −65
Wynik
y(t) = 75·e−5t − 65·e−6t
y(0,1) = 9,817
Odpowiedź
y(0,1) = 9,817
Sprawdzenie: y(0) = A + B = 10.
31.Schematy blokowe
Odpowiedź: ess = 0,8
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).
Stała uchybu położeniowego
Kₚ = G(0) = 3·2/(1·4) = 1,5
Uchyb ustalony
ess = A/(1 + Kₚ) = 2/(1 + 1,5) = 0,8
Odpowiedź
ess = 0,8
32.Schematy blokowe
Odpowiedź: css = 1,054
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).
Transmitancje
C/D = G/(1 + K·G) = 6/(s + 4 + 144)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 144/(s + 4 + 144)
Stan ustalony
css = 1·144/148 + 2·6/148 = 1,054
Odpowiedź
css = 1,054
Większe K zmniejsza wpływ zakłócenia, ale przy regulatorze proporcjonalnym nigdy do zera.
33.Odpowiedź skokowa
Odpowiedź: σ = −4
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 = 38 → ωₙ = 6,164 rad/s
2ζωₙ = 8 → ζ = 8/(2·6,164) = 0,6489
Wynik
σ = −ζωₙ = −8/2 = −4
Odpowiedź
σ = −4
34.Odpowiedź skokowa
Odpowiedź: K = 239,5
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 + 16s + K)
Współczynnik tłumienia z przeregulowania
ζ = −ln(0,15)/√(π² + ln²(0,15)) = 0,5169
Wzmocnienie
ωₙ = 16/(2ζ) = 15,48 rad/s
K = ωₙ² = 239,5
Odpowiedź
K = 239,5
35.Wykresy Bodego i zapasy
Odpowiedź: ∠G(jω) = −109,7 °
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.
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/4)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(4·9) = 6 rad/s
Odpowiedź
ω180 = 6 rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa
Odpowiedź: Kmax = 3,333
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.
Gdyby zero leżało na prawo od s = −5, pętla pozostałaby stabilna dla każdego K > 0.
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa
Odpowiedź: K = 6
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.
Warunek modułu
K = |s|·|s + 3|·|s + 4|
Oblicz w tym punkcie
K = 1·2·3 = 6
Odpowiedź
K = 6
Sprawdzenie: s(s + 3)(s + 4) + K jest równe zero w s = −1.
39.Uchyb ustalony i regulacja PID
Odpowiedź: ess = 0,4
Uchyb ustalony: w pętli ze sprzężeniem jednostkowym o transmitancji układu otwartego G(s) uchyb wynosi E(s) = R(s)/(1 + G(s)), a z twierdzenia o wartości końcowej ess = lims→0 s·E(s). Typ układu to liczba biegunów G(s) w s = 0. Stałe uchybowe to Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) oraz Ka = lim s²·G(s), wszystkie dla s → 0. Skok o wartości A daje ess = A/(1 + Kp), narastanie liniowe A·t daje A/Kv, a parabola A·t²/2 daje A/Ka. Pętla typu 0 nadąża za skokiem ze skończonym uchybem, pętla typu 1 nadąża za nim dokładnie, a za narastaniem liniowym ze skończonym uchybem.
Stała prędkościowa
Kv = lim s·G(s) = 5
Część skokowa
Kp = ∞ → estep = 0
Uchyb dla narastania liniowego
ess = 2/5 = 0,4
Odpowiedź
ess = 0,4
40.Uchyb ustalony i regulacja PID
Odpowiedź: ts = 1,6 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 + 5) + 10·10 = s² + 5s + 100
ωₙ i ζ
ωₙ = √100 = 10 rad/s
ζ = 5/(2·10) = 0,25
Czas ustalania
ζωₙ = 5/2 = 2,5
ts ≈ 4/2,5 = 1,6 s
Odpowiedź
ts = 1,6 s
Czas ustalania nie zależy tu od K: zwiększenie K tylko przyspiesza oscylacje odpowiedzi.
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.