Przygotowanie do egzaminu FE Electrical and Computer: zestaw na powtórkę

Wzory, najważniejsze kroki metod dla każdego tematu i 40 zadań do ćwiczenia, z pełnymi rozwiązaniami na końcu.

Nowe zadaniaWróć do przedmiotu

W oknie drukowania wybierz „Zapisz jako PDF”, aby zachować kopię na swoim urządzeniu.

1Wzory i metody

Rezystory szeregowo i równolegle

Rezystory połączone szeregowo
Req = R1 + R2 + …
Rezystory połączone równolegle
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dwa równolegle
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Prawo Ohma
V = I·R
Moc
P = V·I = I²R = V²/R

Metoda

  1. Zacznij od końca sieci najdalszego od zacisków.
  2. Rezystory szeregowe łącz, dodając je, a równoległe ze wzoru 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Po każdym kroku narysuj obwód od nowa.
  4. Powtarzaj, aż między zaciskami zostanie jeden rezystor.

Metoda potencjałów węzłowych

Prądowe prawo Kirchhoffa
ΣIin = ΣIout
Prąd gałęzi
I = (Va − Vb)/R
Węzeł odniesienia
Vground = 0

Metoda

  1. Wybierz węzeł odniesienia (masę) i oznacz potencjały pozostałych węzłów.
  2. Napisz prądowe prawo Kirchhoffa dla każdego nieznanego węzła: prądy wypływające przez każdą gałąź są równe prądom wpływającym.
  3. Wyraź każdy prąd gałęziowy jako (Va − Vb)/R.
  4. Rozwiąż układ równań, a potem wyznacz potrzebne prądy.

Metoda prądów oczkowych

Napięciowe prawo Kirchhoffa
ΣV = 0 w każdym oczku
Rezystor wspólny
prąd = I1 − I2
Źródło prądu w oczku
wyznacza prąd tego oczka

Metoda

  1. Narysuj prąd płynący zgodnie z ruchem wskazówek zegara w każdym oczku (okienku) obwodu.
  2. Zastosuj napięciowe prawo Kirchhoffa w każdym oczku: suma spadków napięć jest równa zeru.
  3. W rezystorze wspólnym dla dwóch oczek prąd jest różnicą dwóch prądów oczkowych.
  4. Rozwiąż równania; wynik ujemny oznacza, że prąd płynie w przeciwną stronę.

Superpozycja

Superpozycja
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Wyłączone źródło napięcia
zwarcie (0 V)
Wyłączone źródło prądu
rozwarcie (0 A)
Dzielnik napięcia
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Dzielnik prądu
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Metoda

  1. Policz niezależne źródła. Dla każdego źródła rozwiążesz jeden prostszy obwód.
  2. Zostaw jedno źródło, a pozostałe wyłącz: źródło napięciowe staje się zwarciem (przewodem), źródło prądowe staje się rozwarciem (przerwą).
  3. Rozwiąż prostszy obwód dla potrzebnego napięcia lub prądu, pilnując jego kierunku.
  4. Powtórz dla każdego źródła, a potem dodaj składowe z ich znakami.

Thévenin i Norton

Napięcie Thévenina
Vth = Vopen circuit
Rezystancja Thévenina
Rth: wszystkie źródła wyłączone, widziana z a–b
Prąd Nortona
IN = Vth/Rth
Prąd obciążenia
IL = Vth/(Rth + RL)
Maksymalne przekazywanie mocy
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Metoda

  1. Odłącz obciążenie i oznacz dwa zaciski a i b.
  2. Wyznacz napięcie stanu jałowego między a i b: to jest Vth.
  3. Wyłącz wszystkie niezależne źródła i wyznacz rezystancję widzianą z a–b: to jest Rth.
  4. Podłącz obciążenie z powrotem do obwodu zastępczego: Vth szeregowo z Rth.
  5. Dla obwodu zastępczego Nortona przelicz: IN = Vth/Rth, z RN = Rth równolegle.

Stany nieustalone RC i RL

Stała czasowa
τ = RC | τ = L/R
Odpowiedź układu
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensator przy prądzie stałym
rozwarcie; vC nie może zmienić się skokowo
Cewka przy prądzie stałym
zwarcie; iL nie może zmienić się skokowo
Stan ustalony
t ≈ 5τ

Metoda

  1. Wyznacz wartość początkową tuż po przełączeniu: napięcie na kondensatorze i prąd cewki nie mogą zmienić się skokowo.
  2. Wyznacz wartość końcową długo po przełączeniu: kondensator zachowuje się jak rozwarcie, a cewka jak zwarcie.
  3. Wyznacz stałą czasową: τ = RC lub τ = L/R, z rezystancją widzianą przez kondensator lub cewkę.
  4. Użyj x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Impedancja i wskazy AC

Impedancje
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Pulsacja
ω = 2πf
Moduł i kąt
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Prawo Ohma dla wskazów
V = I·Z

Metoda

  1. Przelicz częstotliwość: ω = 2πf.
  2. Wyznacz każdą reaktancję: XL = ωL i XC = 1/(ωC).
  3. Dodawaj impedancje jak rezystory, z Z = R + jX.
  4. Wyznacz moduł |Z| = √(R² + X²) i kąt φ = atan(X/R), a potem zastosuj prawo Ohma dla wskazów.

Moc AC i współczynnik mocy

Moc czynna
P = V·I·cos φ
Moc bierna
Q = V·I·sin φ
Moc pozorna
S = V·I = √(P² + Q²)
Współczynnik mocy
pf = cos φ = P/S
Kondensator kompensacyjny
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Moc w układach trójfazowych

Połączenie w gwiazdę (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Połączenie w trójkąt (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Całkowita moc czynna
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Moc pozorna i bierna
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kondensatory do kompensacji
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Napięcie na każdym kondensatorze
Δ: VL Y: VL/√3
Moc pobierana przez silnik
Pin = Pout/η

Transformatory

Przekładnia zwojowa
a = N1/N2 = V1/V2
Stosunek prądów
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Prąd znamionowy
I = S/V
Impedancja sprowadzona
Z1′ = a²·ZL
Straty w miedzi przy obciążeniu częściowym
Pcu = x²·Pcu,fl
Sprawność
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Sprawność maksymalna
x = √(Pcore/Pcu,fl)

Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Wzmacniacz odwracający
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Wzmacniacz nieodwracający
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Wzmacniacz sumujący
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Idealny wzmacniacz operacyjny
V+ = V−, Iin = 0

Diody i tranzystory

Dioda (stały spadek napięcia)
VD = 0,7 V when conducting
Obszar aktywny
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Polaryzacja stałym prądem bazy
IB = (VCC − 0,7)/RB
Polaryzacja dzielnikiem napięcia
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin dla dzielnika
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Oczko kolektora
VCE = VCC − ICRC − IERE
Nasycenie
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Systemy liczbowe

Wagi pozycji
dwójkowy 2k, ósemkowy 8k, szesnastkowy 16k
Na dziesiętny
Σ dk·bk
Z dziesiętnego
dziel przez podstawę, czytaj reszty od dołu do góry
Szesnastkowy ↔ dwójkowy
jedna cyfra szesnastkowa = 4 bity
Kod uzupełnień do dwóch (U2)
odwróć bity i dodaj 1

Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Podstawowe bramki
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Reguły algebry Boole’a
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Prawa de Morgana
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Kolejność na mapie Karnaugha
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Grupa 2ᵏ komórek
traci k zmiennych
Multiplekser 4-do-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Przerzutniki
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Liczniki
n-bitowy: 2ⁿ stanów; mod-N: najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Licznik asynchroniczny (ripple)
fmax = 1/(n·tpd)
Liczniki pierścieniowy i Johnsona
n i 2n stanów

Metoda

  1. Dla układu przechodź od wejść do wyjścia bramka po bramce i zapisuj wartość na każdym przewodzie albo zapisz jego wyrażenie i wypełnij tablicę prawdy.
  2. Przy upraszczaniu wpisz jedynki (a stany nieokreślone jako X) na mapę Karnaugha z wierszami i kolumnami w kodzie Graya: 00, 01, 11, 10.
  3. Pokryj jedynki jak najmniejszą liczbą jak największych grup po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, zawijając przez brzegi; każda grupa to jeden iloczyn ze zmiennych, które pozostają stałe. Dla postaci POS grupuj zera.
  4. Przy przerzutnikach i licznikach odczytuj wejścia przy każdym aktywnym zboczu zegara, zapisuj stan po każdym zboczu i pamiętaj, że n-bitowy licznik zawija się po 2ⁿ stanach.

Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Stabilność
wszystkie pierwiastki wielomianu charakterystycznego w lewej półpłaszczyźnie
tablica Routha, element s¹ wielomianu trzeciego stopnia
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Pierwiastki w prawej półpłaszczyźnie
liczba zmian znaku w pierwszej kolumnie
Wielomian trzeciego stopnia s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabilny, gdy wszystkie a > 0 oraz a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Równanie charakterystyczne
1 + K·G(s) = 0
Asymptoty
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Punkty rozejścia i zejścia
dK/ds = 0
Warunek modułu
K = 1/|G(s)|
Kąt wyjścia
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Metoda

  1. Zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego: mianownik 1 + K·G(s) = 0, po wymnożeniu.
  2. Wpisz współczynniki naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha i zbuduj pozostałe wiersze.
  3. Policz zmiany znaku w pierwszej kolumnie: każda to jeden biegun w prawej półpłaszczyźnie. Gdy w tablicy występuje K, żądaj, by każdy element pierwszej kolumny pozostał dodatni.
  4. Dla linii pierwiastkowej zaznacz bieguny i zera, odcinki osi rzeczywistej, asymptoty wychodzące ze środka asymptot oraz punkty rozgałęzienia, w których dK/ds = 0. Użyj K = 1/|G(s)| dla wzmocnienia w danym punkcie.

Uchyb ustalony i regulacja PID

Typ układu
liczba biegunów G(s) w s = 0
Stałe uchybowe
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Skok A
ess = A/(1 + Kp)
Narastanie liniowe A·t
ess = A/Kv
Parabola A·t²/2
ess = A/Ka
Regulator PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Cel drugiego rzędu
s² + 2ζωns + ωn²
Przeregulowanie i czasy
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Metoda

  1. Policz bieguny układu otwartego C(s)·G(s) w s = 0: to typ układu.
  2. Wyznacz stałą uchybową pasującą do wejścia: Kp dla skoku, Kv dla narastania liniowego, Ka dla paraboli.
  3. Zastosuj ess = A/(1 + Kp), A/Kv lub A/Ka albo rozwiąż to względem potrzebnego wzmocnienia.
  4. Przy wymaganiu dotyczącym tłumienia lub prędkości zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego i porównaj go z s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Zadania do ćwiczenia

1.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni
R1​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​12 ΩIR2​AR4​2 ΩB

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 15 VR1 = 5 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 Ω
IR2 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 20 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​36 VR2​30 ΩIR2​AR4​30 ΩBR6​10 Ω

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 36 VR1 = 20 ΩR2 = 30 ΩR3 = 12 ΩR4 = 30 ΩR5 = 12 ΩR6 = 10 Ω
IR2 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 2 ΩR3​ = 4 ΩIR3​+−V1​6 VR2​5 ΩAR4​10 ΩBIs​2 A

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

V1 = 6 VIs = 2 AR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 ΩR4 = 10 Ω
IR3 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 30 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAR4​4 ΩB0,05·VA​

Romb to źródło prądu sterowane napięciem, które wpycha prąd 0,05·VA (w A, przy VA w V) w górę do węzła B. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć potencjał węzła VB (mierzony względem masy).

V1 = 10 VR1 = 30 ΩR2 = 6 ΩR3 = 25 ΩR4 = 4 Ωg = 0,05 A/V
VB = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 2 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​24 VR3​2 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

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

V1 = 24 VV2 = 15 VR1 = 2 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 Ω
I1 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 20 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​15 VR4​5 Ω+−VR4​AR5​4 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć napięcie VR4 na R4 o zaznaczonej biegunowości.

V1 = 15 VV2 = 15 VR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩR4 = 5 ΩR5 = 4 Ω
VR4 = V
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 12 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩIR2​AR4​2 ΩBIs​1 A

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

V1 = 15 VIs = 1 AR1 = 12 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 ΩR4 = 2 Ω
IR2 = A
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 3 ΩR2​ = 10 ΩIR2​R4​ = 8 Ω+−V1​9 VR3​5 ΩAIs​2 AB+−V2​5 V

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

V1 = 9 VIs = 2 AV2 = 5 VR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 ΩR4 = 8 Ω
IR2 = A
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAab

Wyznacz rezystancję Thévenina Rth widzianą z zacisków a–b.

V1 = 10 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 12 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAIs​2 ABab

Wyznacz prąd Nortona IN: prąd płynący od a do b, gdy zaciski są zwarte.

V1 = 24 VIs = 2 AR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
R = 50 Ωt = 0L100 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. Wyznacz prąd i w chwili t = 5 ms.

i(0) = 1 AR = 50 ΩL = 100 mHt = 5 ms
i = A
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​10 VR1​ = 22 ΩR2​ = 33 Ωzamyka się w t = 0L47 mHi(t)

Łącznik równoległy do R2 był długo otwarty, więc prąd cewki jest ustalony. W t = 0 łącznik się zamyka i zwiera R2. Po jakim czasie od t = 0 prąd cewki osiągnie 0,345 A? Wyznacz t.

Vs = 10 VR1 = 22 ΩR2 = 33 ΩL = 47 mH
t = ms
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
12 V200 HzR = 50 ΩL = 20 mHC = 47 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 12 V (skuteczne), 200 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.

V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 50 ΩL = 20 mHC = 47 µF
I = A
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
VfR = 5 ΩL = 50 mHC = 0,47 µF

Szeregowy obwód RLC ma R = 5 Ω, L = 50 mH i C = 0,47 µF. Wyznacz jego pasmo przenoszenia B (szerokość pasma między częstotliwościami połowy mocy) w Hz.

R = 5 ΩL = 50 mHC = 0,47 µF
B = Hz
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 37 kWQ = ?Sφ

Silnik jednofazowy pobiera 37 kW przy współczynniku mocy 0,85 (indukcyjnym) z zasilania 240 V. Wyznacz moc bierną Q, którą pobiera.

P = 37 kWpf = 0,85V = 240 V
Q = kvar
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 5 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 5 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) z zasilania 230 V, 60 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,92. Wyznacz nowy prąd linii Inew.

P = 5 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92V = 230 Vf = 60 Hz
Inew = A
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M75 kW, η = 94%cos φ = 0,85

Trójfazowy silnik indukcyjny oddaje przy pełnym obciążeniu 75 kW mocy mechanicznej. Przy tym obciążeniu jego sprawność wynosi 94%, a współczynnik mocy 0,85 (indukcyjny). Napięcie przewodowe sieci wynosi 400 V. Wyznacz prąd przewodowy IL.

Pout = 75 kWη = 94%cos φ = 0,85VL = 400 V
IL = A
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 200 kW przy współczynniku mocy 0,72 (indukcyjnym) z sieci 415 V (napięcie przewodowe), 60 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,92 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Wyznacz całkowitą moc bierną QC, którą musi dostarczyć bateria kondensatorów, w kvar.

P = 200 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatoryŚredni
RL​ = 5 Ω1011200 VV2​I1​ = ?I2​

Do uzwojenia pierwotnego idealnego transformatora o przekładni N₁:N₂ = 10:1 przyłożono napięcie 1200 V. Do uzwojenia wtórnego dołączono rezystor 5 Ω. Wyznacz prąd pierwotny I1.

N1:N2 = 10:1V1 = 1200 VRL = 5 Ω
I1 = A
20.TransformatoryTrudny
25 kVA

Jednofazowy transformator 25 kVA ma straty w rdzeniu 200 W i straty w miedzi 400 W przy obciążeniu znamionowym. Przy jakim obciążeniu Sη,max, w kVA, jego sprawność jest najwyższa?

S = 25 kVAPcore = 200 WPcu,fl = 400 W
Sη,max = kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 10 kΩVin​ = 1 VRa​ = 100 kΩRb​ = 22 kΩ

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

Vin = 1 VRa = 100 kΩRb = 22 kΩR1 = 10 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 2 kΩV1​ = 0,5 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 1,8 VR2​ = 10 kΩ

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

V1 = 0,5 VV2 = 1,8 VR1 = 4,7 kΩR2 = 10 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 1,5 kΩβ = 100RE​ = 1,2 kΩVCC​ = 18 VR1​ = 56 kΩR2​ = 22 kΩ

Tranzystor NPN o β = 100 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 18 V: R₁ = 56 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 22 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 1,5 kΩ, a rezystor emiterowy RE = 1,2 kΩ. Przyjmij VBE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz napięcie kolektor–emiter VCE.

VCC = 18 VR1 = 56 kΩR2 = 22 kΩRC = 1,5 kΩRE = 1,2 kΩβ = 100
VCE = V
24.Diody i tranzystoryTrudny
V (V)I (mA)0,65612,77Q = ?

Dioda jest modelowana jako 0,65 V szeregowo z 10 Ω (przewodzi powyżej 0,65 V). Jest połączona szeregowo z rezystorem 470 Ω i zasilana napięciem 6 V. Wyznacz prąd pracy ID w punkcie, w którym prosta diody przecina prostą obciążenia.

Vs = 6 VR = 470 ΩV0 = 0,65 Vrd = 10 Ω
ID = mA
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U2?−128?64?32?16?8?4?2?1

Zapisz −98 jako 8-bitowy wzór w kodzie U2. Odczytaj ten wzór jako liczbę dwójkową bez znaku: jaka jest jego wartość U dziesiętnie?

N = −988 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
20-bitowy kod uzupełnień do dwóch, N = ??znak???????????????????

Jaka jest najmniejsza (najbardziej ujemna) liczba całkowita N, którą można zapisać w 20-bitowym kodzie U2?

20 bit
N =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABC00011110011001030214150716

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C) = Σm(0, 4, 5, 6). Ile literałów L zawiera łącznie (zmienna z negacją liczy się jako jeden literał)?

F(A, B, C) = Σm(0, 4, 5, 6)
L =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
ABCD0001111000011110X001X3120415X716012X130150140819011110

Dla F(A, B, C, D) = Σm(2, 5, 6, 9, 10) + d(0, 3, 7, 13), gdzie d oznacza stany nieokreślone, znajdź liczbę N istotnych implikantów prostych.

F(A, B, C, D) = Σm(2, 5, 6, 9, 10) + d(0, 3, 7, 13)
N =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,4f(0,4) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = (2s + 20)/(s² + 6s + 9) i oblicz f(0,4).

F(s) = (2s + 20)/(s² + 6s + 9)t = 0,4 s
f(0.4) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 7y′ + 10y = 30·u(t), przy y(0) = 3 i y′(0) = 0. W chwili t = 0 podano na wejście skok u(t) = 1. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź y(0,3).

y″ + 7y′ + 10y = 30·u(t)y(0) = 3y′(0) = 0u(t) = 1t = 0,3 s
y(0.3) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+16K+3s + 5G(s)C(s)2H₁−−

Obiekt G(s) = 3/(s + 5) ma wewnętrzną (podrzędną) pętlę ujemnego sprzężenia zwrotnego ze wzmocnieniem H₁ = 2. Wzmocnienie regulatora K = 16 i zewnętrzna pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego zamykają układ. Znajdź biegun układu zamkniętego p.

G(s) = 3/(s + 5)H₁ = 2K = 16
p =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+8s + 4G₁+6s + 3G₂C(s)1H₁−0,5H₂−

Zredukuj schemat blokowy dla G₁ = 8/(s + 4), G₂ = 6/(s + 3), z wewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₁ = 1 wokół G₂ i zewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₂ = 0,5. Znajdź wzmocnienie statyczne T(0) transmitancji C(s)/R(s).

G₁ = 8/(s + 4)G₂ = 6/(s + 3)H₁ = 1H₂ = 0,5
T(0) =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)3

Układ ma transmitancję G(s) = 267/(s² + 6s + 89) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Wyznacz współczynnik tłumienia ζ.

G(s) = 267/(s² + 6s + 89)
ζ =
34.Odpowiedź skokowaTrudny
k = 200 N/mc = 9 N·s/mm = 2,5 kgF = 10 Nx(t)

Masa m = 2,5 kg wisi na sprężynie k = 200 N/m z tłumikiem lepkim c = 9 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). W spoczynku w położeniu równowagi nagle przyłożono stałą siłę F = 10 N. Znajdź największe wychylenie xmax w mm.

m = 2,5 kgk = 200 N/mc = 9 N·s/mF = 10 N
xmax = mm
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
vin​L = 2 mHC = 0,47 µFR = 5 Ωvout​

W pokazanym szeregowym filtrze środkowoprzepustowym RLC wyjście jest brane na R = 5 Ω, przy L = 2 mH i C = 0,47 µF. Znajdź szerokość pasma −3 dB BW w Hz.

R = 5 ΩL = 2 mHC = 0,47 µF
BW = Hz
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−100−80−60−40−20020ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = K/(s(s + 4)(s + 6)). Znajdź wzmocnienie K, które daje zapas wzmocnienia 20 dB.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 6))GM = 20 dB
K =
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+501s(s + 6)(s + 10)C(s)+

Pętla na schemacie ma dodatnie sprzężenie zwrotne, z L(s) = 50/(s(s + 6)(s + 10)). Ile biegunów N układu zamkniętego leży w prawej półpłaszczyźnie?

L(s) = 50/(s(s + 6)(s + 10))
N =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−5j5

Naszkicowano linię pierwiastkową dla L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 6)). Wyznacz częstotliwość ω, przy której linia przecina oś urojoną.

L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 6))
ω = rad/s
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
R(s)+K(s + 1)(s + 4)C(s)−

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

G(s) = K/((s + 1)(s + 4))ess = 10 %
K =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
r(t) = 2t+5 + 10/s2(s + 1)(s + 4)C(s)−

Regulator PI C(s) = 5 + 10/s steruje obiektem G(s) = 2/((s + 1)(s + 4)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz uchyb ustalony ess dla wejścia liniowo narastającego r(t) = 2t.

C(s) = 5 + 10/sG(s) = 2/((s + 1)(s + 4))r(t) = 2t
ess =

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,6522 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​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​12 ΩAR4​2 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R3 + R4 = 8 + 2 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 12·10/(12+10) = 5,455 Ω
Req = R1 + 5,455 = 5 + 5,455 = 10,45 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 15/10,45 = 1,435 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 15 − 1,435·5 = 7,826 V
IR2 = VA/R2 = 7,826/12 = 0,6522 A

Odpowiedź

IR2 = 0,6522 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,4845 A

Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.

R1​ = 20 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​36 VR2​30 ΩAR4​30 ΩBR6​10 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 = 12 + 10 = 22 Ω
R4 ∥ 22 = 12,69 Ω
R3 + 12,69 = 24,69 Ω
R2 ∥ 24,69 = 13,54 Ω
Req = R1 + 13,54 = 20 + 13,54 = 33,54 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 36/33,54 = 1,073 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 36 − 1,073·20 = 14,54 V
IR2 = VA/R2 = 14,54/30 = 0,4845 A

Odpowiedź

IR2 = 0,4845 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR3 = −1,019 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​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAR4​10 ΩBIs​2 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 6 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/5 + (VA − 6)/2 + (VA − VB)/4 = 0
0,95·VA − 0,25·VB = 3

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/10 + (VB − VA)/4 = 2
−0,25·VA + 0,35·VB = 2

Rozwiąż

Δ = (0,95)(0,35) − (−0,25)(−0,25) = 0,27
VA = Δ1/Δ = 1,55/0,27 = 5,741 V
VB = Δ2/Δ = 2,65/0,27 = 9,815 V

Odpowiedź

IR3 = (VA − VB)/R3 = (5,741 − 9,815)/4 = −1,019 A
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 0,4545 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.

PPK w węźle A

Prądy wypływające z A przez rezystory są równe prądowi wpychanemu do A przez źródła.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,24·VA − 0,04·VB = 0,3333

PPK w węźle B

Źródło sterowane wpycha prąd g·VA do węzła B. Potraktuj je jak źródło niezależne, a potem przenieś wyraz z VA na lewą stronę.

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,05·VA
−0,09·VA + 0,29·VB = 0

Rozwiąż

Δ = (0,24)(0,29) − (−0,04)(−0,09) = 0,066
VA = Δ1/Δ = 0,09667/0,066 = 1,465 V
VB = Δ2/Δ = 0,03/0,066 = 0,4545 V

Odpowiedź

VB = 0,4545 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I1 = 5,864 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​ = 10 Ω+−V1​24 VR3​2 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

Przypisz prądy oczkowe

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

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
2·I1 + 2(I1 − I2) = 24
4·I1 − 2·I2 = 24

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
10·I2 + 2(I2 − I1) = (−15)
−2·I1 + 12·I2 = −15

Rozwiąż

Δ = (4)(12) − (−2)(−2) = 44
I1 = Δ1/Δ = 258/44 = 5,864 A
I2 = Δ2/Δ = −12/44 = −0,2727 A

Odpowiedź

I1 = 5,864 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: VR4 = 4,053 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.

R1​ = 20 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​15 VR4​5 ΩAR5​4 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

Przypisz prądy oczkowe

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

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
20·I1 + 5(I1 − I2) = 15
25·I1 − 5·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
5·I2 + 5(I2 − I1) + 4(I2 − I3) = 0
−5·I1 + 14·I2 − 4·I3 = 0

NPK w oczku 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
6·I3 + 4(I3 − I2) = (−15)
−4·I2 + 10·I3 = −15

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 2850
I1 = Δ1/Δ = 1560/2850 = 0,5474 A
I2 = Δ2/Δ = −750/2850 = −0,2632 A
I3 = Δ3/Δ = −4575/2850 = −1,605 A

Odpowiedź

IR4 = I1 − I2 = 0,8105 A
VR4 = IR4·R4 = 0,8105·5 = 4,053 V

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: IR2 = 0,8063 A

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAR4​2 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 = 5+2 = 7 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 4·7/(4+7) = 2,545 Ω
VA = 15·2,545/(12+2,545) = 2,625 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,625·2/7 = 0,75 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (2,625 − 0)/4 = 0,6563 A
R1​ = 12 ΩR3​ = 5 ΩZWARCIER2​4 ΩAR4​2 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.

R1 ∥ R2 = 12·4/(12+4) = 3 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 2 ∥ 8 = 1,6 Ω
VB = Is·Req = 1·1,6 = 1,6 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 1,6·3/8 = 0,6 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (0,6 − 0)/4 = 0,15 A

Dodaj składowe

IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = 0,6563 + 0,15 = 0,8063 A

Wynik ujemny oznacza, że w rzeczywistości prąd płynie przeciwnie do strzałki.

8.Superpozycja

Odpowiedź: IR2 = 0,7736 A

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

R1​ = 3 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​9 VR3​5 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) = 5 ∥ 18 = 3,913 Ω
VA = 9·3,913/(3+3,913) = 5,094 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 5,094·8/18 = 2,264 V
IR2′ = (VB − VA)/R2 = (2,264 − 5,094)/10 = −0,283 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 8 ΩZWARCIER3​5 ΩAIs​2 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 = 1,875 Ω, więc lewa gałąź to R2+1,875 = 11,88 Ω
Req = R4 ∥ 11,88 = 4,78 Ω
VB = Is·Req = 2·4,78 = 9,56 V
VA = VB·1,875/11,88 = 1,509 V
IR2″ = (VB − VA)/R2 = (9,56 − 1,509)/10 = 0,805 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 8 ΩZWARCIER3​5 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 = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 5·11,88/19,88 = 2,987 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 2,987·1,875/11,88 = 0,4717 V
IR2‴ = (VB − VA)/R2 = (2,987 − 0,4717)/10 = 0,2516 A

Dodaj składowe

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴
IR2 = (−0,283) + 0,805 + 0,2516 = 0,7736 A

Wynik ujemny oznacza, że w rzeczywistości prąd płynie przeciwnie do strzałki.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Rth = 14,61 Ω

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

R1​ = 3 ΩR3​ = 12 ΩZWARCIER2​20 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 = 3·20/(3+20) = 2,609 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,609 + 12 = 14,61 Ω
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = 3,846 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.

R1​ = 5 ΩR3​ = 4 ΩZWARCIER2​5 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 = 5·5/(5+5) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 4 = 6,5 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAIs​2 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) = 12 + 2·2,5 = 17 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 17 + 2·4 = 25 V
IN​3,846 ARth​6,5 Ωab

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 = 25/6,5 = 3,846 A
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: i = 0,08208 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

τ = L/R = 100 mH / 50 Ω = 2 ms

Zanik prądu

i(t) = 1·e−5/2 = 0,08208 A

Odpowiedź

i = 0,08208 A
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 1,949 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

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

i(0) = 10/(22 + 33) = 0,1818 A
i(∞) = 10/22 = 0,4545 A
τ = L/R = 47/22 = 2,136 ms
i(t) = 0,4545 + (0,1818 − 0,4545)·e−t/τ

Wyznacz czas

e−t/τ = (0,345 − 0,4545)/(0,1818 − 0,4545) = 0,4017
t = 2,136·ln(2,49) = 1,949 ms

Odpowiedź

t = 1,949 ms
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 0,2368 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,02 = 25,13 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·47·10⁻⁶) = 16,93 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(50² + (8,201)²) = 50,67 Ω

Prąd

Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.

I = V/|Z| = 12/50,67 = 0,2368 A

Odpowiedź

I = 0,2368 A
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: B = 15,92 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·√(0,05·0,47·10⁻⁶)) = 1038 Hz

Dobroć

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

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/5)·√(0,05/(0,47·10⁻⁶)) = 65,23

Pasmo przenoszenia

B = f0/Q = 1038/65,23 = 15,92 Hz

Odpowiedź

B = 15,92 Hz
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Q = 22,93 kvar

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

Kąt

φ = arccos(0,85) = 31,79°, tan φ = 0,6197

Moc bierna

Q = P·tan φ = 37·0,6197 = 22,93 kvar

Odpowiedź

Q = 22,93 kvar
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Inew = 23,63 A

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

Moc bierna przed i po

Moc czynna P się nie zmienia; zmienia się tylko moc bierna pobierana z sieci.

Q1 = P·tan φ1 = 5·tan(36,87°) = 3,75 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(23,07°) = 2,13 kvar
QC = Q1 − Q2 = 1,62 kvar

Nowy prąd linii

Inew = P/(V·cos φ2) = 5000/(230·0,92) = 23,63 A

Odpowiedź

Inew = 23,63 A
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: IL = 135,5 A

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

Elektryczna moc wejściowa

Pin = Pout/η = 75/0,94 = 79,79 kW

Prąd linii

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 79787/(√3·400·0,85) = 135,5 A

Odpowiedź

IL = 135,5 A
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: QC = 107,6 kvar

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = 200·tan(acos 0,72) = 200·0,9639 = 192,8 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,92) = 200·0,426 = 85,2 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 107,6 kvar

Odpowiedź

QC = 107,6 kvar
19.Transformatory

Odpowiedź: I1 = 2,4 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.

Napięcie i prąd wtórny

V2 = 1200/10 = 120 V
I2 = 120/5 = 24 A

Prąd pierwotny

Idealny transformator nie ma strat: V₁·I₁ = V₂·I₂.

I1 = I2/10 = 2,4 A

Odpowiedź

I1 = 2,4 A

Sprawdzenie: obciążenie widziane od strony pierwotnej to a²·RL = 500 Ω, a 1200/500 daje ten sam prąd.

20.Transformatory

Odpowiedź: Sη,max = 17,68 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

x²·400 = 200 → x = √(200/400) = 0,7071

Obciążenie przy maksymalnej sprawności

Sη,max = x·S = 0,7071·25 = 17,68 kVA

Odpowiedź

Sη,max = 17,68 kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 0,3607 V

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

Napięcie na wejściu +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 1·22/(100 + 22) = 0,1803 V

Wzmocnienie nieodwracające

V₋ = V₊, a prąd płynący przez R₁ płynie też przez Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,1803·(1 + 10/10) = 0,3607 V

Odpowiedź

Vout = 0,3607 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −0,5728 V

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

Prądy wejściowe

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

I1 = V1/R1 = 0,5/4,7 = 0,1064 mA
I2 = V2/R2 = 1,8/10 = 0,18 mA
If = I1 + I2 = 0,2864 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −2·0,2864 = −0,5728 V

Odpowiedź

Vout = −0,5728 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: VCE = 9,335 V

Punkt pracy tranzystora bipolarnego: w obszarze aktywnym VBE = 0,7 V, IC = β·IB i IE = (β + 1)·IB. Wyznacz IB z oczka bazy za pomocą napięciowego prawa Kirchhoffa, potem IC, a następnie VCE z oczka kolektor–emiter. Dzielnik napięcia w bazie zastępuje się jego zastępczym układem Thévenina VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; rezystor emiterowy w oczku bazy jest widziany jako (β + 1) razy większy.

Zastępczy układ Thévenina dzielnika

VTH = 18·22/(56 + 22) = 5,077 V
RTH = 56·22/(56 + 22) = 15,79 kΩ

Prąd bazy

Napięciowe prawo Kirchhoffa w oczku bazy; prąd emitera to (β + 1)·IB.

IB = (5,077 − 0,7)/(15,79 + 101·1,2) = 31,95 µA

Prąd kolektora

IC = 100·31,95 µA = 3,195 mA
IE = 101·31,95 µA = 3,227 mA

Napięcie kolektor–emiter

VCE = 18 − 3,195·1,5 − 3,227·1,2 = 9,335 V

Odpowiedź

VCE = 9,335 V
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: ID = 11,15 mA

Obwody z diodą LED i diodami: spolaryzowana w kierunku przewodzenia dioda LED ma spadek napięcia w przybliżeniu równy jej napięciu przewodzenia VF (około 2 V dla czerwonej, 3 V dla niebieskiej lub białej), niezależnie od prądu. Rezystor szeregowy ustala prąd: R = (Vs − n·VF)/I dla n diod LED połączonych szeregowo. Dla dokładniejszego modelu diody V = V₀ + I·rd punkt pracy leży tam, gdzie prosta diody przecina prostą obciążenia I = (Vs − V)/R, więc I = (Vs − V₀)/(R + rd).

Połącz oba równania

6 = 0,65 + I·(470 + 10)

Prąd pracy

ID = 5,35/480 = 11,15 mA
VD = 0,65 + 0,01115·10 = 0,7615 V

Odpowiedź

ID = 11,15 mA
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 158

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

Odwróć i dodaj jeden

98 = 0110 0010
odwrócone: 1001 1101
+1 → 1001 1110

Odczytaj bez znaku

1001 1110₂ = 256 − 98 = 158

Odpowiedź

U = 158
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −524288

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

−219 = −524288

Odpowiedź

N = −524288
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: L = 6

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.

ABC00011110011001030214150716

Zgrupuj jedynki

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

B′C′
AC′
AB′

Minimalna postać SOP

F = B′C′ + AC′ + AB′
L = 6

Odpowiedź

L = 6
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 3

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.

B′CD′, BC′D, A′C, AC′D, A′B′D′, A′BD
ABCD0001111000011110X001X3120415X716012X130150140819011110

Istotne implikanty proste

B′CD′, A′C, AC′D
N = 3

Odpowiedź

N = 3
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.4) = 2,289

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 + 6s + 9 = (s + 3)²

Ułamki proste

2s + 20 = 2(s + 3) + 14
F(s) = 2/(s + 3) + 14/(s + 3)²

Transformata odwrotna

f(t) = 2·e−3t + 14·t·e−3t
f(0,4) = (2 + 14·0,4)·e−3·0,4 = 2,289

Odpowiedź

f(0,4) = 2,289
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.3) = 3

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

(s² + 7s + 10)·Y(s) = 3s + 21 + 30/s
Y(s) = (3s² + 21s + 30)/(s(s + 2)(s + 5))

Ułamki proste

A = 30/(2·5) = 3
B = 0/((−2)·3) = 0
C = 0/((−5)·(−3)) = 0

Wynik

y(t) = 3
y(0,3) = 3

Odpowiedź

y(0,3) = 3

Sprawdzenie: y(0) = A + B + C = 3.

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: p = −59

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) = 3/(s + 5 + 3·2) = 3/(s + 11)

Pętla zewnętrzna

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 48/(s + 11 + 48) = 48/(s + 59)

Wynik

p = −59

Odpowiedź

p = −59
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: T(0) = 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).

Pętla wewnętrzna

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 6/(s + 9)

Pętla zewnętrzna

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 48/((s + 4)(s + 9) + 24)

Wzmocnienie statyczne

T(0) = 48/(4·9 + 24) = 48/60 = 0,8

Odpowiedź

T(0) = 0,8
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ζ = 0,318

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 = 89 → ωₙ = 9,434 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·9,434) = 0,318

Wynik

ζ = 0,318

Odpowiedź

ζ = 0,318
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: xmax = 76,22 mm

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

Pulsacja własna i współczynnik tłumienia

ωₙ = √(k/m) = √(200/2,5) = 8,944 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 9/(2·√(200·2,5)) = 0,2012

Wynik

xst = F/k = 10/200 m = 50 mm
%OS = 52,44 %
xmax = 50·(1 + 0,5244) = 76,22 mm

Odpowiedź

xmax = 76,22 mm
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: BW = 397,9 Hz

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

Częstotliwość rezonansowa

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,002·4,7 × 10⁻⁷) = 32616 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 5191 Hz

Pasmo przenoszenia

BW = R/L = 5/0,002 = 2500 rad/s = 397,9 Hz

Odpowiedź

BW = 397,9 Hz
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: K = 24

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/6) = 1 → ω180 = √(4·6) = 4,899 rad/s

Moduł przy częstotliwości odcięcia fazy

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 36)) = K/(4·6·(4 + 6)) = K/240

Wymagane wzmocnienie

240/K = 1020/20 = 10
K = 240/10 = 24

Odpowiedź

K = 24
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: N = 1

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

Wielomian charakterystyczny

s³ + 16s² + 60s − 50 = 0

Tablica Routha

s³: 1, 60
s²: 16, −50
s¹: 63,13
s⁰: −50

Zmiany znaku w pierwszej kolumnie

1 → 16 → 63,13 → −50
N = 1

Odpowiedź

N = 1

Dodatnie sprzężenie zwrotne czyni wyraz wolny ujemnym: jeden rzeczywisty biegun zawsze przechodzi do prawej półpłaszczyzny.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: ω = 6 rad/s

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

Wzmocnienie krytyczne

s³ + 11s² + 36s + 36 + K = 0
s¹: (11·36 − 36 − K)/11 = 0 → K = 360

Częstotliwość przecięcia

11s² + 36 + 360 = 11s² + 396 = 0 → s² = −36
ω = √36 = 6 rad/s

Odpowiedź

ω = 6 rad/s
39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 36

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

Wymagana stała uchybowa

1/(1 + Kp) = 0,1 → Kp = 9

Wzmocnienie

K/4 = 9 → K = 36

Odpowiedź

K = 36

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

40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 0,4

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).

Stała prędkościowa

s·C(s) = 5s + 10 → 10 przy s → 0.

Kv = 10·2/4 = 5

Uchyb dla narastania liniowego

ess = 2/5 = 0,4

Odpowiedź

ess = 0,4

Regulator PI całkowicie usuwa uchyb skokowy; narastanie liniowe jest śledzone ze stałym opóźnieniem.

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