W oknie drukowania wybierz „Zapisz jako PDF”, aby zachować kopię na swoim urządzeniu.
1Wzory i metody
Rezystory szeregowo i równolegle
Rezystory połączone szeregowo
Req = R1 + R2 + …
Rezystory połączone równolegle
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dwa równolegle
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Prawo Ohma
V = I·R
Moc
P = V·I = I²R = V²/R
Metoda
Zacznij od końca sieci najdalszego od zacisków.
Rezystory szeregowe łącz, dodając je, a równoległe ze wzoru 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Po każdym kroku narysuj obwód od nowa.
Powtarzaj, aż między zaciskami zostanie jeden rezystor.
Metoda potencjałów węzłowych
Prądowe prawo Kirchhoffa
ΣIin = ΣIout
Prąd gałęzi
I = (Va − Vb)/R
Węzeł odniesienia
Vground = 0
Metoda
Wybierz węzeł odniesienia (masę) i oznacz potencjały pozostałych węzłów.
Napisz prądowe prawo Kirchhoffa dla każdego nieznanego węzła: prądy wypływające przez każdą gałąź są równe prądom wpływającym.
Wyraź każdy prąd gałęziowy jako (Va − Vb)/R.
Rozwiąż układ równań, a potem wyznacz potrzebne prądy.
Metoda prądów oczkowych
Napięciowe prawo Kirchhoffa
ΣV = 0 w każdym oczku
Rezystor wspólny
prąd = I1 − I2
Źródło prądu w oczku
wyznacza prąd tego oczka
Metoda
Narysuj prąd płynący zgodnie z ruchem wskazówek zegara w każdym oczku (okienku) obwodu.
Zastosuj napięciowe prawo Kirchhoffa w każdym oczku: suma spadków napięć jest równa zeru.
W rezystorze wspólnym dla dwóch oczek prąd jest różnicą dwóch prądów oczkowych.
Rozwiąż równania; wynik ujemny oznacza, że prąd płynie w przeciwną stronę.
Superpozycja
Superpozycja
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Wyłączone źródło napięcia
zwarcie (0 V)
Wyłączone źródło prądu
rozwarcie (0 A)
Dzielnik napięcia
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Dzielnik prądu
I1 = I·R2/(R1 + R2)
Metoda
Policz niezależne źródła. Dla każdego źródła rozwiążesz jeden prostszy obwód.
Zostaw jedno źródło, a pozostałe wyłącz: źródło napięciowe staje się zwarciem (przewodem), źródło prądowe staje się rozwarciem (przerwą).
Rozwiąż prostszy obwód dla potrzebnego napięcia lub prądu, pilnując jego kierunku.
Powtórz dla każdego źródła, a potem dodaj składowe z ich znakami.
Thévenin i Norton
Napięcie Thévenina
Vth = Vopen circuit
Rezystancja Thévenina
Rth: wszystkie źródła wyłączone, widziana z a–b
Prąd Nortona
IN = Vth/Rth
Prąd obciążenia
IL = Vth/(Rth + RL)
Maksymalne przekazywanie mocy
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)
Metoda
Odłącz obciążenie i oznacz dwa zaciski a i b.
Wyznacz napięcie stanu jałowego między a i b: to jest Vth.
Wyłącz wszystkie niezależne źródła i wyznacz rezystancję widzianą z a–b: to jest Rth.
Podłącz obciążenie z powrotem do obwodu zastępczego: Vth szeregowo z Rth.
Dla obwodu zastępczego Nortona przelicz: IN = Vth/Rth, z RN = Rth równolegle.
Stany nieustalone RC i RL
Stała czasowa
τ = RC | τ = L/R
Odpowiedź układu
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensator przy prądzie stałym
rozwarcie; vC nie może zmienić się skokowo
Cewka przy prądzie stałym
zwarcie; iL nie może zmienić się skokowo
Stan ustalony
t ≈ 5τ
Metoda
Wyznacz wartość początkową tuż po przełączeniu: napięcie na kondensatorze i prąd cewki nie mogą zmienić się skokowo.
Wyznacz wartość końcową długo po przełączeniu: kondensator zachowuje się jak rozwarcie, a cewka jak zwarcie.
Wyznacz stałą czasową: τ = RC lub τ = L/R, z rezystancją widzianą przez kondensator lub cewkę.
Użyj x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.
Impedancja i wskazy AC
Impedancje
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Pulsacja
ω = 2πf
Moduł i kąt
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Prawo Ohma dla wskazów
V = I·Z
Metoda
Przelicz częstotliwość: ω = 2πf.
Wyznacz każdą reaktancję: XL = ωL i XC = 1/(ωC).
Dodawaj impedancje jak rezystory, z Z = R + jX.
Wyznacz moduł |Z| = √(R² + X²) i kąt φ = atan(X/R), a potem zastosuj prawo Ohma dla wskazów.
Moc AC i współczynnik mocy
Moc czynna
P = V·I·cos φ
Moc bierna
Q = V·I·sin φ
Moc pozorna
S = V·I = √(P² + Q²)
Współczynnik mocy
pf = cos φ = P/S
Kondensator kompensacyjny
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)
Moc w układach trójfazowych
Połączenie w gwiazdę (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Połączenie w trójkąt (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Całkowita moc czynna
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Moc pozorna i bierna
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kondensatory do kompensacji
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Napięcie na każdym kondensatorze
Δ: VL Y: VL/√3
Moc pobierana przez silnik
Pin = Pout/η
Transformatory
Przekładnia zwojowa
a = N1/N2 = V1/V2
Stosunek prądów
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Prąd znamionowy
I = S/V
Impedancja sprowadzona
Z1′ = a²·ZL
Straty w miedzi przy obciążeniu częściowym
Pcu = x²·Pcu,fl
Sprawność
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Sprawność maksymalna
x = √(Pcore/Pcu,fl)
Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi
Wzmacniacz odwracający
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Wzmacniacz nieodwracający
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Wzmacniacz sumujący
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Idealny wzmacniacz operacyjny
V+ = V−, Iin = 0
Diody i tranzystory
Dioda (stały spadek napięcia)
VD = 0,7 V when conducting
Obszar aktywny
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Polaryzacja stałym prądem bazy
IB = (VCC − 0,7)/RB
Polaryzacja dzielnikiem napięcia
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin dla dzielnika
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Oczko kolektora
VCE = VCC − ICRC − IERE
Nasycenie
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β
Systemy liczbowe
Wagi pozycji
dwójkowy 2k, ósemkowy 8k, szesnastkowy 16k
Na dziesiętny
Σ dk·bk
Z dziesiętnego
dziel przez podstawę, czytaj reszty od dołu do góry
Szesnastkowy ↔ dwójkowy
jedna cyfra szesnastkowa = 4 bity
Kod uzupełnień do dwóch (U2)
odwróć bity i dodaj 1
Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Podstawowe bramki
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Reguły algebry Boole’a
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Prawa de Morgana
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Kolejność na mapie Karnaugha
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Grupa 2ᵏ komórek
traci k zmiennych
Multiplekser 4-do-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Przerzutniki
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Liczniki
n-bitowy: 2ⁿ stanów; mod-N: najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Licznik asynchroniczny (ripple)
fmax = 1/(n·tpd)
Liczniki pierścieniowy i Johnsona
n i 2n stanów
Metoda
Dla układu przechodź od wejść do wyjścia bramka po bramce i zapisuj wartość na każdym przewodzie albo zapisz jego wyrażenie i wypełnij tablicę prawdy.
Przy upraszczaniu wpisz jedynki (a stany nieokreślone jako X) na mapę Karnaugha z wierszami i kolumnami w kodzie Graya: 00, 01, 11, 10.
Pokryj jedynki jak najmniejszą liczbą jak największych grup po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, zawijając przez brzegi; każda grupa to jeden iloczyn ze zmiennych, które pozostają stałe. Dla postaci POS grupuj zera.
Przy przerzutnikach i licznikach odczytuj wejścia przy każdym aktywnym zboczu zegara, zapisuj stan po każdym zboczu i pamiętaj, że n-bitowy licznik zawija się po 2ⁿ stanach.
Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa
Stabilność
wszystkie pierwiastki wielomianu charakterystycznego w lewej półpłaszczyźnie
tablica Routha, element s¹ wielomianu trzeciego stopnia
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Pierwiastki w prawej półpłaszczyźnie
liczba zmian znaku w pierwszej kolumnie
Wielomian trzeciego stopnia s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabilny, gdy wszystkie a > 0 oraz a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Równanie charakterystyczne
1 + K·G(s) = 0
Asymptoty
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Punkty rozejścia i zejścia
dK/ds = 0
Warunek modułu
K = 1/|G(s)|
Kąt wyjścia
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)
Metoda
Zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego: mianownik 1 + K·G(s) = 0, po wymnożeniu.
Wpisz współczynniki naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha i zbuduj pozostałe wiersze.
Policz zmiany znaku w pierwszej kolumnie: każda to jeden biegun w prawej półpłaszczyźnie. Gdy w tablicy występuje K, żądaj, by każdy element pierwszej kolumny pozostał dodatni.
Dla linii pierwiastkowej zaznacz bieguny i zera, odcinki osi rzeczywistej, asymptoty wychodzące ze środka asymptot oraz punkty rozgałęzienia, w których dK/ds = 0. Użyj K = 1/|G(s)| dla wzmocnienia w danym punkcie.
Uchyb ustalony i regulacja PID
Typ układu
liczba biegunów G(s) w s = 0
Stałe uchybowe
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Skok A
ess = A/(1 + Kp)
Narastanie liniowe A·t
ess = A/Kv
Parabola A·t²/2
ess = A/Ka
Regulator PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Cel drugiego rzędu
s² + 2ζωns + ωn²
Przeregulowanie i czasy
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)
Metoda
Policz bieguny układu otwartego C(s)·G(s) w s = 0: to typ układu.
Wyznacz stałą uchybową pasującą do wejścia: Kp dla skoku, Kv dla narastania liniowego, Ka dla paraboli.
Zastosuj ess = A/(1 + Kp), A/Kv lub A/Ka albo rozwiąż to względem potrzebnego wzmocnienia.
Przy wymaganiu dotyczącym tłumienia lub prędkości zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego i porównaj go z s² + 2ζω_n·s + ω_n².
2Zadania do ćwiczenia
1.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni
Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.
V1 = 6 VR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 ΩR4 = 20 Ω
IR2 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.
Źródło napięcia Vₛ między A i B ma zacisk + po stronie B, więc VB − VA = Vₛ. Użyj metody potencjałów węzłowych z superwęzłem, aby wyznaczyć potencjał węzła VB (mierzony względem masy).
Is = 1,5 AVs = 5 VR1 = 12 ΩR2 = 6 Ω
VB = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
Źródło napięcia Vₛ między A i B ma zacisk + po stronie A, więc VA − VB = Vₛ. Użyj metody potencjałów węzłowych z superwęzłem, aby wyznaczyć prąd Ix przez źródło napięcia, od A do B zgodnie ze strzałką.
Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz prąd i w chwili t = 10 ms.
Vs = 9 VR = 15 ΩL = 68 mHt = 10 ms
i = A
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
Łącznik równoległy do R2 był długo zamknięty, więc prąd cewki jest ustalony. W t = 0 łącznik się otwiera. Wyznacz prąd cewki i w chwili t = 1 ms.
Vs = 12 VR1 = 22 ΩR2 = 47 ΩL = 33 mHt = 1 ms
i = A
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 = 60 ΩL = 150 mHC = 22 µF
φ = °
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
Szeregowy obwód RLC ma R = 10 Ω, L = 100 mH i C = 0,047 µF. Wyznacz jego pasmo przenoszenia B (szerokość pasma między częstotliwościami połowy mocy) w Hz.
R = 10 ΩL = 100 mHC = 0,047 µF
B = Hz
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
Silnik jednofazowy pobiera 11 kW przy współczynniku mocy 0,6 (indukcyjnym) z zasilania 400 V. Wyznacz moc bierną Q, którą pobiera.
P = 11 kWpf = 0,6V = 400 V
Q = kvar
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
Źródło 12 V (skuteczne), 50 Hz ma impedancję wewnętrzną Zs = 2 + j3 Ω. Impedancję obciążenia ZL można dobrać dowolnie. Wyznacz maksymalną moc czynną Pmax, jaką można dostarczyć do obciążenia.
Vs = 12 V (rms)f = 50 HzZs = 2 + j3 Ω
Pmax = W
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
Symetryczny odbiornik połączony w trójkąt o impedancji 12 + j5 Ω na fazę jest przyłączony do symetrycznej sieci trójfazowej o napięciu przewodowym 415 V. Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.
VL = 415 VZ = 12 + j5 Ω na fazę
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 120 kW przy współczynniku mocy 0,78 (indukcyjnym) z sieci 690 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. Kondensatory są połączone w trójkąt. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.
P = 120 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
Jednofazowy transformator 250 kVA, 10000/400 V pracuje przy obciążeniu znamionowym. Potraktuj go jako idealny. Wyznacz prąd ILV w uzwojeniu dolnego napięcia.
S = 250 kVAV1 = 10000 VV2 = 400 V
ILV = A
20.TransformatoryTrudny
Jednofazowy transformator 50 kVA ma straty w rdzeniu 200 W i straty w miedzi 800 W przy obciążeniu znamionowym. Przy jakim obciążeniu Sη,max, w kVA, jego sprawność jest najwyższa?
S = 50 kVAPcore = 200 WPcu,fl = 800 W
Sη,max = kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
Dobierz rezystor sprzężenia zwrotnego Rf, który da temu wzmacniaczowi nieodwracającemu wzmocnienie napięciowe 10.
R1 = 47 kΩAv = 10
Rf = kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
Układ całkujący wykorzystuje idealny wzmacniacz operacyjny zasilany napięciem ±15 V; jego wyjście nasyca się przy ±13 V. Kondensator jest rozładowany, gdy w t = 0 zostaje przyłożone stałe napięcie wejściowe Vin = 1,6 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout w chwili t = 1 ms.
Vin = 1,6 VR = 1 kΩC = 1 µFVsat = ±13 Vt = 1 ms
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
Stabilizator z diodą Zenera 5,6 V jest zasilany napięciem 9 V przez 270 Ω i zasila obciążenie 680 Ω. Wyznacz prąd diody Zenera IZ.
Vin = 9 VVZ = 5,6 VR = 270 ΩRL = 680 Ω
IZ = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
Dioda jest modelowana jako 0,65 V szeregowo z 5 Ω (przewodzi powyżej 0,65 V). Jest połączona szeregowo z rezystorem 330 Ω i zasilana napięciem 9 V. Wyznacz prąd pracy ID w punkcie, w którym prosta diody przecina prostą obciążenia.
Vs = 9 VR = 330 ΩV0 = 0,65 Vrd = 5 Ω
ID = mA
25.Systemy liczboweŚredni
Ustaw bity tak, aby zapisywały −24 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?
N = −248 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 1110 1000 AND 1100 0100. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?
1110 1000AND1100 0100
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
Multiplekser 4-do-1 ma wejścia wyboru S₁ = A i S₀ = B, a wejścia danych podłączone do I₀ = C, I₁ = C, I₂ = C′, I₃ = C′. Dla ilu z 8 kombinacji A, B i C wyjście F = 1? Znajdź N.
I₀ = CI₁ = CI₂ = C′I₃ = C′
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
Dla F(A, B, C, D) = Σm(5, 8, 10, 11) + d(0, 2, 3, 7), gdzie d oznacza stany nieokreślone, znajdź liczbę N istotnych implikantów prostych.
F(A, B, C, D) = Σm(5, 8, 10, 11) + d(0, 2, 3, 7)
N =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
F(s) = (5s + 26)/(s² + 9s + 8). Jej transformata odwrotna ma postać f(t) = A·e−t + B·e−8t. Znajdź współczynnik A metodą rozkładu na ułamki proste.
F(s) = (5s + 26)/(s² + 9s + 8)
A =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
Układ spełnia równanie y″ + 11y′ + 30y = 120·u(t), przy y(0) = 6 i y′(0) = 0. W chwili t = 0 podano na wejście skok u(t) = 2. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź y(0,1).
Obiekt G(s) = K/((s + 7)(s + 9)) jest w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Znajdź wzmocnienie K, dla którego układ zamknięty jest tłumiony krytycznie (dwa równe bieguny rzeczywiste).
Regulator proporcjonalny K = 22 steruje obiektem G(s) = 8/(s + 5) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Zakłócenie D wchodzi na wejście obiektu (dodaje się do wyjścia regulatora). Przy R = 0 podano skok zakłócenia o wielkości 0,5. Znajdź wyjście w stanie ustalonym css.
K = 22G(s) = 8/(s + 5)D = 0,5R = 0
css =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
Układ ma transmitancję G(s) = 144/(s² + 5s + 72) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).
G(s) = 144/(s² + 5s + 72)
ts = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 295/(s(s + 6)). Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej układu zamkniętego, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).
G(s) = 295/(s(s + 6))
ts = s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
Znajdź dokładny moduł |G(jω)| G(s) = 6460/((s + 17)(s + 19)) przy ω = 0,5 rad/s, w dB.
G(s) = 6460/((s + 17)(s + 19))ω = 0,5 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 135/(s(s + 5)). Znajdź zapas fazy PM w stopniach.
L(s) = 135/(s(s + 5))
PM = °
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
Pętla na schemacie ma dodatnie sprzężenie zwrotne, z L(s) = 5/(s(s + 5)(s + 8)). Ile biegunów N układu zamkniętego leży w prawej półpłaszczyźnie?
L(s) = 5/(s(s + 5)(s + 8))
N =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K/(s(s + 2)(s + 6)(s + 5)). Wyznacz punkt σa, w którym asymptoty linii pierwiastkowej przecinają oś rzeczywistą.
L(s) = K/(s(s + 2)(s + 6)(s + 5))
σa =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 20/(s(s + 2)) podano narastanie liniowe r(t) = 1t. Wyznacz uchyb ustalony ess.
G(s) = 20/(s(s + 2))r(t) = 1t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
Regulator PD C(s) = 25 + Kd·s steruje obiektem G(s) = 1/(s(s + 1)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz wzmocnienie członu różniczkującego Kd, przy którym układ zamknięty ma współczynnik tłumienia ζ = 0,9.
G(s) = 1/(s(s + 1))Kp = 25ζ = 0,9
Kd = s
3Roztwory
1.Rezystory szeregowo i równolegle
Odpowiedź: IR2 = 0,4071 A
Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.
Łącz rezystory od najdalszego końca
Zacznij od końca najdalszego od źródła i idź w jego stronę. Rezystory z tym samym prądem są połączone szeregowo; rezystory między tymi samymi dwoma węzłami są połączone równolegle.
R3 + R4 = 3 + 20 = 23 Ω
R2 ∥ 23 = 8·23/(8+23) = 5,935 Ω
Req = R1 + 5,935 = 5 + 5,935 = 10,94 Ω
Prąd ze źródła
Źródło widzi tylko Req, więc prawo Ohma daje prąd, który dostarcza. Ten prąd płynie przez R₁.
IR1 = V1/Req = 6/10,94 = 0,5487 A
Prąd przez R₂
Odejmij spadek na R₁, aby dostać potencjał węzła A, czyli napięcie na R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 6 − 0,5487·5 = 3,257 V
IR2 = VA/R2 = 3,257/8 = 0,4071 A
Odpowiedź
IR2 = 0,4071 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle
Odpowiedź: Req = 32,73 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.
R5 + R6 = 5 + 12 = 17 Ω
R4 ∥ 17 = 10,12 Ω
R3 + 10,12 = 30,12 Ω
R2 ∥ 30,12 = 2,728 Ω
Req = R1 + 2,728 = 30 + 2,728 = 32,73 Ω
Odpowiedź
Req = 32,73 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych
Odpowiedź: VB = 7,667 V
Metoda potencjałów węzłowych: wybierz węzeł odniesienia, oznacz nieznane potencjały węzłów, zapisz prądowe prawo Kirchhoffa w każdym nieznanym węźle z prawa Ohma (I = ΔV/R) i rozwiąż równania.
Utwórz superwęzeł
Przez źródło napięcia między A i B płynie nieznany prąd, więc nie można zapisać PPK osobno w A ani w B. Obejmij A, B i źródło jednym superwęzłem: prąd do niego wpływający jest równy prądowi wypływającemu.
VB = VA + Vs = VA + 5
VA/R1 + VB/R2 = Is
Rozwiąż
VA/12 + (VA + 5)/6 = 1,5
VA = (1,5 − 5/6)/(1/12 + 1/6) = 2,667 V
VB = 2,667 + 5 = 7,667 V
Odpowiedź
VB = 7,667 V
4.Metoda potencjałów węzłowych
Odpowiedź: Ix = −0,3 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.
Utwórz superwęzeł
Przez źródło napięcia między A i B płynie nieznany prąd, więc nie można zapisać PPK osobno w A ani w B. Obejmij A, B i źródło jednym superwęzłem: prąd do niego wpływający jest równy prądowi wypływającemu.
VB = VA − 3
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is
Rozwiąż
(VA − 36)/6 + VA/15 + (VA − 3)/20 = 1,5
VA·(1/6 + 1/15 + 1/20) = 1,5 + 36/6 + 3/20 = 7,65
VA = 7,65/0,2833 = 27 V
VB = 24 V
Prąd przez źródło napięcia
PPK w samym węźle A: prąd dopływający przez R₁ odpływa przez R₂ i przez źródło napięcia.
IR1 = (36 − 27)/6 = 1,5 A
Ix = IR1 − VA/R2 = 1,5 − 27/15 = −0,3 A
Odpowiedź
Ix = −0,3 A
Wynik ujemny oznacza, że rzeczywisty prąd płynie przeciwnie do strzałki.
5.Metoda prądów oczkowych
Odpowiedź: IR2 = −0,1935 A
Metoda prądów oczkowych: każdemu oknu obwodu płaskiego przypisz własny prąd oczkowy, zapisz napięciowe prawo Kirchhoffa dla każdego oczka (suma spadków = suma wzrostów) i rozwiąż. Prądy gałęzi to prąd oczkowy lub różnica dwóch prądów oczkowych we wspólnej gałęzi.
Przypisz prądy oczkowe
Narysuj w każdym oknie prąd zgodny z ruchem wskazówek zegara: I1, I2. 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
12·I1 + 8(I1 − I2) = 18
20·I1 − 8·I2 = 18
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
20·I2 + 8(I2 − I1) = (−12)
−8·I1 + 28·I2 = −12
Rozwiąż
Δ = (20)(28) − (−8)(−8) = 496
I1 = Δ1/Δ = 408/496 = 0,8226 A
I2 = Δ2/Δ = −96/496 = −0,1935 A
Odpowiedź
IR2 = I2 = −0,1935 A
Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.
6.Metoda prądów oczkowych
Odpowiedź: I3 = −1,681 A
Metoda prądów oczkowych: każdemu oknu obwodu płaskiego przypisz własny prąd oczkowy, zapisz napięciowe prawo Kirchhoffa dla każdego oczka (suma spadków = suma wzrostów) i rozwiąż. Prądy gałęzi to prąd oczkowy lub różnica dwóch prądów oczkowych we wspólnej gałęzi.
Przypisz prądy oczkowe
Narysuj w każdym oknie prąd zgodny z ruchem wskazówek zegara: I1, I2, I3. Rezystor wspólny dla dwóch oczek przewodzi różnicę ich prądów.
NPK w oczku 1
Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).
R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
30·I1 + 15(I1 − I2) = 9
45·I1 − 15·I2 = 9
NPK w oczku 2
Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).
R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
2·I2 + 15(I2 − I1) + 30(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 47·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
8·I3 + 30(I3 − I2) = (−30)
−30·I2 + 38·I3 = −30
Rozwiąż
Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 31320
I1 = Δ1/Δ = −5526/31320 = −0,1764 A
I2 = Δ2/Δ = −35370/31320 = −1,129 A
I3 = Δ3/Δ = −52650/31320 = −1,681 A
Odpowiedź
I3 = −1,681 A
Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.
7.Superpozycja
Odpowiedź: Is = 2,25 A
Superpozycja: w obwodzie liniowym każde napięcie i każdy prąd to suma odpowiedzi na każde niezależne źródło działające osobno. Aby wyłączyć źródło, zastąp idealne źródło napięcia zwarciem, a idealne źródło prądu rozwarciem. Rezystory zostają na miejscu.
Przypadek 1 · V1 działające samodzielnie
Iₛ staje się rozwarciem, więc R₃ i R₄ tworzą jedną gałąź szeregową od A do masy, równolegle z R₂.
R3+R4 = 4+8 = 12 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 6·12/(6+12) = 4 Ω
VA = 30·4/(4+4) = 15 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 15·8/12 = 10 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (15 − 10)/4 = 1,25 A
Przypadek 2 · Is działające samodzielnie
V₁ staje się zwarciem, więc R₁ ∥ R₂ łączy A z masą. Iₛ dzieli się w B między R₄ a ścieżkę R₃ + R₁∥R₂; część przez R₃ płynie od B do A, przeciwnie do strzałki.
Superpozycja: w obwodzie liniowym każde napięcie i każdy prąd to suma odpowiedzi na każde niezależne źródło działające osobno. Aby wyłączyć źródło, zastąp idealne źródło napięcia zwarciem, a idealne źródło prądu rozwarciem. Rezystory zostają na miejscu.
Przypadek 1 · działa tylko V1
V₂ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. Patrząc z A, R₃ jest równolegle z szeregową parą R₂+R₄.
R3 ∥ (R2+R4) = 15 ∥ 18 = 8,182 Ω
VA = 15·8,182/(3+8,182) = 10,98 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 10,98·3/18 = 1,829 V
VR2′ = VA − VB = 10,98 − 1,829 = 9,146 V
Przypadek 2 · działa tylko Is
Oba źródła napięcia stają się zwarciami. Iₛ rozdziela się w B między R₄ (teraz do masy) a R₂ szeregowo z R₁ ∥ R₃.
R1 ∥ R3 = 2,5 Ω, więc lewa gałąź to R2+2,5 = 17,5 Ω
Req = R4 ∥ 17,5 = 2,561 Ω
VB = Is·Req = (−1,5)·2,561 = −3,841 V
VA = VB·2,5/17,5 = −0,5488 V
VR2″ = VA − VB = −0,5488 − −3,841 = 3,293 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 = 3·15/(3+15) = 2,5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 5·17,5/20,5 = 4,268 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 4,268·2,5/17,5 = 0,6098 V
VR2‴ = VA − VB = 0,6098 − 4,268 = −3,659 V
Dodaj składowe
VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = 9,146 + 3,293 + (−3,659) = 8,78 V
Wynik ujemny oznacza, że w rzeczywistości biegunowość jest odwrotna do zaznaczonej.
9.Thévenin i Norton
Odpowiedź: IN = 0,4909 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 = 5·3/(5+3) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 5 = 6,875 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) = 9·3/(5+3) = 3,375 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 = 3,375/6,875 = 0,4909 A
10.Thévenin i Norton
Odpowiedź: IL = −1,407 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 = 20·25/(20+25) = 11,11 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 11,11 + 8 = 19,11 Ω
Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego
Przy rozwartych a–b jedyną drogą dla Iₛ jest R₃ do węzła A. Wyznacz V_A z superpozycji V₁ i Iₛ, a potem dodaj spadek na R₃.
VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 16,67 + (−2,5)·11,11 = −11,11 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −11,11 + (−2,5)·8 = −31,11 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) = −31,11/(19,11 + 3) = −1,407 A
11.Stany nieustalone RC i RL
Odpowiedź: i = 0,5339 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
Przed t = 0 zamknięty łącznik bocznikuje R₂; potem w obwodzie są zarówno R₁, jak i R₂.
i(0) = 12/22 = 0,5455 A
i(∞) = 12/(22 + 47) = 0,1739 A
τ = L/R = 33/69 = 0,4783 ms
i(t) = 0,1739 + (0,5455 − 0,1739)·e−t/τ
Prąd w danej chwili
i(1) = 0,1739 + (0,3715)·e−1/0,4783 = 0,2198 A
Odpowiedź
i = 0,2198 A
13.Impedancja i wskazy AC
Odpowiedź: φ = 82,52 °
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 = 3142·0,15 = 471,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·22·10⁻⁶) = 14,47 Ω
Impedancja
Szeregowo impedancje dodaje się jak liczby zespolone: Z = R + j(XL − XC).
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·√(0,1·0,047·10⁻⁶)) = 2322 Hz
Dobroć
Q porównuje reaktancję w rezonansie z rezystancją: Q = ω₀L/R.
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(0,6) = 53,13°, tan φ = 1,333
Moc bierna
Q = P·tan φ = 11·1,333 = 14,67 kvar
Odpowiedź
Q = 14,67 kvar
16.Moc AC i współczynnik mocy
Odpowiedź: Pmax = 18 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.
Dopasowanie sprzężone
Reaktancja obciążenia znosi reaktancję źródła, a rezystancja obciążenia jest równa rezystancji źródła.
ZL = Zs* = 2 − j3 Ω
Moc maksymalna
I = Vs/(2Rs) = 12/4 = 3 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 12²/(4·2) = 18 W
Odpowiedź
Pmax = 18 W
17.Moc w układach trójfazowych
Odpowiedź: P = 36,69 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 = VL = 415 V
Prąd fazowy
|Z| = √(12² + 5²) = 13 Ω
Iph = 415/13 = 31,92 A
Całkowita moc czynna
Moc czynną pobiera tylko rezystancyjna część każdej impedancji.
P = 3·Iph²·R = 3·31,92²·12 = 36,69 kW
Odpowiedź
P = 36,69 kW
Sprawdzenie: cos φ = R/|Z| = 0,9231, a √3·VL·IL·cos φ daje tę samą moc.
18.Moc w układach trójfazowych
Odpowiedź: Cph = 83,86 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 = 120·tan(acos 0,78) = 120·0,8023 = 96,27 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,92) = 120·0,426 = 51,12 kvar
Moc bierna z kondensatorów
QC = Q1 − Q2 = 45,15 kvar
Pojemność na fazę
W baterii połączonej w trójkąt każdy kondensator jest włączony między dwa przewody fazowe.
V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 15051/(377·690²) = 83,86 µF
Odpowiedź
Cph = 83,86 µF
19.Transformatory
Odpowiedź: ILV = 625 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 = 250000/400 = 625 A
Odpowiedź
ILV = 625 A
20.Transformatory
Odpowiedź: Sη,max = 25 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
x²·800 = 200 → x = √(200/800) = 0,5
Obciążenie przy maksymalnej sprawności
Sη,max = x·S = 0,5·50 = 25 kVA
Odpowiedź
Sη,max = 25 kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi
Odpowiedź: Rf = 423 kΩ
Zasady idealnego wzmacniacza operacyjnego: przy ujemnym sprzężeniu zwrotnym wzmacniacz ustawia wyjście tak, aby oba wejścia miały to samo napięcie (V₋ = V₊), a do żadnego wejścia nie płynie prąd. PPK na wejściu odwracającym z tymi dwoma faktami daje wyjście.
Wzmocnienie wzmacniacza nieodwracającego
V₋ = V₊ = Vin, a prąd przez R₁ płynie też przez Rf, więc Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).
Av = 1 + Rf/R1
Rf = (10 − 1)·47 = 423 kΩ
Odpowiedź
Rf = 423 kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi
Odpowiedź: Vout = −1,6 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.
Wartość idealna leży w granicach ±Vsat, więc układ całkujący jeszcze nie obcina.
Vout = −Vin·t/(RC) = −1,6·1/1 = −1,6 V
Odpowiedź
Vout = −1,6 V
23.Diody i tranzystory
Odpowiedź: IZ = 4,357 mA
Stabilizator Zenera: spolaryzowana zaporowo dioda Zenera utrzymuje napięcie VZ, dopóki jej prąd pozostaje powyżej minimum IZ,min. Rezystor szeregowy R przejmuje różnicę między napięciem wejściowym a wyjściowym: IR = (Vin − VZ)/R. Ten prąd dzieli się między obciążenie, IL = VZ/RL, i diodę Zenera: IZ = IR − IL. Projektuj dla najgorszych przypadków: najniższe napięcie wejściowe przy największym obciążeniu musi nadal zostawić IZ,min, a najwyższe napięcie wejściowe bez obciążenia daje największą moc diody Zenera PZ = VZ·IZ.
Prąd rezystora
IR = 3,4/270 = 12,59 mA
Prąd obciążenia
IL = 5,6/680 = 8,235 mA
Prąd diody Zenera
IZ = 12,59 − 8,235 = 4,357 mA
Odpowiedź
IZ = 4,357 mA
24.Diody i tranzystory
Odpowiedź: ID = 24,93 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
9 = 0,65 + I·(330 + 5)
Prąd pracy
ID = 8,35/335 = 24,93 mA
VD = 0,65 + 0,02493·5 = 0,7746 V
Odpowiedź
ID = 24,93 mA
25.Systemy liczbowe
Odpowiedź: U = 232
Ustawianie bitów: każdy bit ma wartość będącą potęgą dwójki (128, 64, …, 1). Jedna cyfra szesnastkowa to dokładnie cztery bity, a w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch skrajny lewy bit ma wartość −128. Operacje bitowe działają osobno na każdej pozycji bitu.
Odwróć i dodaj jeden
24 = 0001 1000
odwrócone: 1110 0111
+1 → 1110 1000
Odczytaj bez znaku
1110 1000₂ = 256 − 24 = 232
Odpowiedź
U = 232
26.Systemy liczbowe
Odpowiedź: R = 192
Ustawianie bitów: każdy bit ma wartość będącą potęgą dwójki (128, 64, …, 1). Jedna cyfra szesnastkowa to dokładnie cztery bity, a w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch skrajny lewy bit ma wartość −128. Operacje bitowe działają osobno na każdej pozycji bitu.
Bit po bicie
AND daje 1 tylko tam, gdzie oba bity są równe 1.
1110 1000
AND 1100 0100
= 1100 0000
Wartość wyniku
1100 0000₂ = 192
Odpowiedź
R = 192
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Odpowiedź: N = 4
Multiplekser: multiplekser 2ⁿ-do-1 przekazuje na wyjście jedno ze swoich wejść danych; linie wyboru, odczytane jako liczba binarna, wskazują które. Dla multipleksera 4-do-1 z wejściami wyboru S₁S₀ = AB: F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Podłączenie wejść danych do 0, 1, C lub C′ sprawia, że multiplekser realizuje dowolną funkcję A, B i C, co jest częstym sposobem budowania logiki w jednym układzie scalonym.
Wyrażenie wyjścia
F = A′B′C + A′BC + AB′C′ + ABC′
Wiersze z F = 1
ABC = 001, 011, 100, 110
N = 4
Odpowiedź
N = 4
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′D′, B′C, A′BD
Istotne implikanty proste
B′D′, B′C, A′BD
N = 3
Odpowiedź
N = 3
29.Transformaty Laplace’a
Odpowiedź: A = 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).
Rozłóż mianownik na czynniki
s² + 9s + 8 = (s + 1)(s + 8)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 8)
Metoda zakrywania
Pomnóż przez (s + 1) i podstaw s = −1: składnik z B znika.
A = (5s + 26)/(s + 8) |s = −1 = 21/7 = 3
Odpowiedź
A = 3
(B = 2, więc f(t) = 3·e−t + 2·e−8t)
30.Transformaty Laplace’a
Odpowiedź: y(0.1) = 6,21
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 + 11s + 30)·Y(s) = 6s + 66 + 240/s
Y(s) = (6s² + 66s + 240)/(s(s + 5)(s + 6))
Ułamki proste
A = 240/(5·6) = 8
B = 60/((−5)·1) = −12
C = 60/((−6)·(−1)) = 10
Wynik
y(t) = 8 − 12·e−5t + 10·e−6t
y(0,1) = 6,21
Odpowiedź
y(0,1) = 6,21
Sprawdzenie: y(0) = A + B + C = 6.
31.Schematy blokowe
Odpowiedź: K = 1
Algebra schematów blokowych: bloki połączone szeregowo mnożą się (G₁·G₂), bloki połączone równolegle dodają się (G₁ + G₂), a pętla ze ścieżką prostą G i ścieżką sprzężenia zwrotnego H redukuje się do T = G/(1 + G·H) dla ujemnego sprzężenia zwrotnego i G/(1 − G·H) dla dodatniego. Najpierw redukuj pętle wewnętrzne, potem idź na zewnątrz. Bieguny układu zamkniętego są pierwiastkami równania charakterystycznego 1 + G(s)H(s) = 0. Dla stabilnej pętli wymuszenie skokowe o wielkości A daje w stanie ustalonym wyjście A·T(0); przy jednostkowym sprzężeniu zwrotnym uchyb ustalony przy skoku wynosi A/(1 + Kp), gdzie Kp = G(0).
Trójmian s² + βs + γ ma pierwiastek podwójny, gdy β² = 4γ.
16² = 4(63 + K) → K = 256/4 − 63 = 1
Odpowiedź
K = 1
Oba bieguny układu zamkniętego leżą wtedy w s = −8.
32.Schematy blokowe
Odpowiedź: css = 0,0221
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) = 8/(s + 5 + 176)
Stan ustalony
css = 0,5·8/181 = 0,0221
Odpowiedź
css = 0,0221
Większe K zmniejsza wpływ zakłócenia, ale przy regulatorze proporcjonalnym nigdy do zera.
33.Odpowiedź skokowa
Odpowiedź: ts = 1,6 s
Odpowiedź skokowa: układ pierwszego rzędu G(s) = K/(τs + 1) odpowiada na skok o wielkości U przebiegiem y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): po jednej stałej czasowej τ osiąga 63,2 % wartości końcowej K·U, a po 4τ 98 %. Układ drugiego rzędu G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) ma bieguny s = −ζωₙ ± jωd, gdzie ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Dla 0 < ζ < 1 odpowiedź skokowa ma przeregulowanie: przeregulowanie procentowe %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), czas szczytu tp = π/ωd, a 2-procentowy czas ustalania ts ≈ 4/(ζωₙ). Porównaj mianownik z s² + 2ζωₙs + ωₙ², aby odczytać ωₙ i ζ. Dla układu masa–sprężyna–tłumik ωₙ = √(k/m) i ζ = c/(2√(km)); dla szeregowego obwodu RLC ωₙ = 1/√(LC) i ζ = (R/2)·√(C/L).
Porównaj z postacią standardową
Mianownik musi odpowiadać s² + 2ζωₙs + ωₙ².
ωₙ² = 72 → ωₙ = 8,485 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·8,485) = 0,2946
Wynik
ζωₙ = 2,5 → ts ≈ 4/2,5 = 1,6 s
Odpowiedź
ts = 1,6 s
34.Odpowiedź skokowa
Odpowiedź: ts = 1,333 s
Odpowiedź skokowa: układ pierwszego rzędu G(s) = K/(τs + 1) odpowiada na skok o wielkości U przebiegiem y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): po jednej stałej czasowej τ osiąga 63,2 % wartości końcowej K·U, a po 4τ 98 %. Układ drugiego rzędu G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) ma bieguny s = −ζωₙ ± jωd, gdzie ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Dla 0 < ζ < 1 odpowiedź skokowa ma przeregulowanie: przeregulowanie procentowe %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), czas szczytu tp = π/ωd, a 2-procentowy czas ustalania ts ≈ 4/(ζωₙ). Porównaj mianownik z s² + 2ζωₙs + ωₙ², aby odczytać ωₙ i ζ. Dla układu masa–sprężyna–tłumik ωₙ = √(k/m) i ζ = c/(2√(km)); dla szeregowego obwodu RLC ωₙ = 1/√(LC) i ζ = (R/2)·√(C/L).
Dla tej pętli ζωₙ = a/2 niezależnie od K: zwiększenie K zwiększa przeregulowanie, ale nie skraca czasu ustalania.
35.Wykresy Bodego i zapasy
Odpowiedź: |G(jω)| = 26,01 dB
Charakterystyka częstotliwościowa: podstaw s = jω w transmitancji. Moduł w decybelach to 20·log₁₀|H(jω)|, a faza to suma kątów czynników licznika minus kąty czynników mianownika. Filtr RC lub RL pierwszego rzędu ma częstotliwość graniczną (−3 dB) ωc = 1/(RC) lub R/L oraz fc = ωc/(2π); filtr dolnoprzepustowy daje |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) i φ = −atan(ω/ωc). Na asymptotycznym (łamanym) wykresie Bodego każdy biegun zagina moduł w dół o 20 dB/dekadę przy swojej częstotliwości granicznej, każde zero zagina go w górę o 20 dB/dekadę, a integrator 1/s daje −20 dB/dekadę przy wszystkich częstotliwościach. Częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); zapas fazy PM = 180° + ∠L(jωc). Częstotliwość odcięcia fazy ω180: ∠L(jω) = −180°; zapas wzmocnienia GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Układ zamknięty jest stabilny, gdy oba zapasy są dodatnie.
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 wzmocnienia
ω⁴ + 25ω² − 18225 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·18225))/2 = 123,1
ωc = 11,09 rad/s
Zapas fazy
∠L(jωc) = −90° − atan(11,09/5) = −155,7°
PM = 180° + ∠L = 24,26°
Odpowiedź
PM = 24,26°
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 + 13s² + 40s − 5 = 0
Tablica Routha
s³: 1, 40
s²: 13, −5
s¹: 40,38
s⁰: −5
Zmiany znaku w pierwszej kolumnie
1 → 13 → 40,38 → −5
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: σa = −3,25
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.
Bieguny i zera
bieguny: 0, −2, −6, −5
n − m = 4 − 0 = 4
Środek ciężkości
σa = (−13)/4 = −3,25
Odpowiedź
σa = −3,25
4 asymptot wychodzi ze środka asymptot pod kątami 45°, 135°, 225°, 315°.
39.Uchyb ustalony i regulacja PID
Odpowiedź: ess = 0,1
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) = 10
Uchyb dla narastania liniowego
ess = 1/10 = 0,1
Odpowiedź
ess = 0,1
40.Uchyb ustalony i regulacja PID
Odpowiedź: Kd = 8 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 + 1) + 1(25 + Kds) = s² + (1 + 1Kd)s + 25
Częstotliwość drgań własnych
ωₙ = √25 = 5 rad/s
Wzmocnienie członu różniczkującego
1 + 1Kd = 2·0,9·5 = 9
Kd = 8 s
Odpowiedź
Kd = 8 s
Człon różniczkujący zwiększa tłumienie bez zmiany ωₙ.
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.