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

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 ΩR4 = 8 Ω
IR2 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 12 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​5 VR2​30 ΩAR4​8 ΩBR6​8 Ω

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 5 VR1 = 12 ΩR2 = 30 ΩR3 = 3 ΩR4 = 8 ΩR5 = 30 ΩR6 = 8 Ω
Req = Ω
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAR4​10 ΩBIs​1,5 A

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd IR1 płynący przez R1 w kierunku strzałki.

V1 = 10 VIs = 1,5 AR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 12 ΩR4 = 10 Ω
IR1 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 4 Ω+−Vs​ = 10 V+−V1​36 VR2​8 ΩAR3​2 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 36 VIs = 1,5 AVs = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 2 Ω
VB = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 6 Ω+−VR1​R2​ = 20 Ω+−V1​30 VR3​2 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć napięcie VR1 na R1 o zaznaczonej biegunowości.

V1 = 30 VV2 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 20 ΩR3 = 2 Ω
VR1 = V
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 30 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR4​8 ΩAR5​30 ΩIR5​B+−V2​15 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd IR5 płynący przez R5 w kierunku strzałki.

V1 = 15 VV2 = 15 VR1 = 30 ΩR2 = 30 ΩR3 = 15 ΩR4 = 8 ΩR5 = 30 Ω
IR5 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 6 ΩR3​ = 3 ΩIR3​+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​6 ΩBIs​?

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

V1 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 3 ΩR4 = 6 Ω
Is = A
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 25 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​6 VR3​10 ΩIR3​AIs​2 AB+−V2​30 V

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR3 pobieraną przez R3.

V1 = 6 VIs = 2 AV2 = 30 VR1 = 25 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 ΩR4 = 4 Ω
PR3 = W
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​15 ΩAab

Wyznacz rezystancję Thévenina Rth widzianą z zacisków a–b.

V1 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 30 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAIs​1 ABRL​3 ΩIL​

Między a–b podłączono obciążenie RL = 3 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 18 VIs = 1 AR1 = 30 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 ΩRL = 3 Ω
IL = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​15 Vt = 0R = 10 ΩL220 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz prąd i w chwili t = 25 ms.

Vs = 15 VR = 10 ΩL = 220 mHt = 25 ms
i = A
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​20 VR1​ = 33 ΩR2​ = 47 Ωzamyka się w t = 0L22 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 0,499 A? Wyznacz t.

Vs = 20 VR1 = 33 ΩR2 = 47 ΩL = 22 mH
t = ms
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
230 V50 HzR = 25 ΩL = 200 mHC = 47 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 230 V (skuteczne), 50 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.

V = 230 V (rms)f = 50 HzR = 25 ΩL = 200 mHC = 47 µF
I = A
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
VfR = 1 ΩL = 5 mHC = 1 µF

Szeregowy obwód RLC ma R = 1 Ω, L = 5 mH i C = 1 µF. Wyznacz jego dobroć Q w rezonansie.

R = 1 ΩL = 5 mHC = 1 µF
Q =
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
240 VZ12 + j5 ΩI

Odbiornik o impedancji Z = 12 + j5 Ω jest podłączony do jednofazowego zasilania 240 V (skuteczne). Wyznacz moc pozorną S.

V = 240 VZ = 12 + j5 Ω
S = VA
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
230 V1000 HzRs​ = 50 ΩXs​ = j3 ΩZL​ = ?

Źródło 230 V (skuteczne), 1000 Hz ma impedancję wewnętrzną Zs = 50 + j3 Ω. Impedancję obciążenia ZL można dobrać dowolnie. Obciążenie zapewniające maksymalną moc składa się z rezystora połączonego szeregowo z kondensatorem. Wyznacz pojemność C.

Vs = 230 V (rms)f = 1000 HzZs = 50 + j3 Ω
C = µF
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 208 VIL​ = 75 Acos φ = 0,92indukcyjny

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera prąd przewodowy 75 A ze źródła o napięciu przewodowym 208 V. Współczynnik mocy wynosi 0,92 (indukcyjny). Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 208 VIL = 75 Acos φ = 0,92
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 300 kW przy współczynniku mocy 0,78 (indukcyjnym) z sieci 415 V (napięcie przewodowe), 50 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,98 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Wyznacz całkowitą moc bierną QC, którą musi dostarczyć bateria kondensatorów, w kvar.

P = 300 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.TransformatoryŚredni
10000 V400 VIHV​ = ?ILV​25 kVA

Jednofazowy transformator 25 kVA, 10000/400 V pracuje przy obciążeniu znamionowym. Potraktuj go jako idealny. Wyznacz prąd IHV w uzwojeniu górnego napięcia.

S = 25 kVAV1 = 10000 VV2 = 400 V
IHV = A
20.TransformatoryTrudny
25 kVA

Jednofazowy transformator 25 kVA ma straty w rdzeniu 125 W i straty w miedzi 375 W przy obciążeniu znamionowym. Przy jakim obciążeniu Sη,max, w kVA, jego sprawność jest najwyższa?

S = 25 kVAPcore = 125 WPcu,fl = 375 W
Sη,max = kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​R2​ = 22 kΩV1​ = −1,3 VR1​ = 47 kΩV2​ = 1,9 VR3​ = 47 kΩR4​ = 22 kΩ

Wzmacniacz różnicowy wykorzystuje idealny wzmacniacz operacyjny zasilany napięciem ±15 V, przy czym R3 = R1 i R4 = R2. Wyznacz napięcie V− na wejściu odwracającym.

V1 = −1,3 VV2 = 1,9 VR1 = R3 = 47 kΩR2 = R4 = 22 kΩ
V− = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
Vin​V1​Vout​stopień 1: odwracającyR1​ = 10 kΩRf1​ = 47 kΩstopień 2: nieodwracającyR2​ = 10 kΩRf2​ = 10 kΩ

Dwa stopnie z idealnymi wzmacniaczami operacyjnymi są połączone kaskadowo: wzmacniacz odwracający (R1, Rf1), a za nim wzmacniacz nieodwracający (R2 do masy, Rf2 w sprzężeniu zwrotnym). Oba są zasilane napięciem ±15 V. Napięcie wejściowe wynosi Vin = −0,35 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

R1 = 10 kΩRf1 = 47 kΩR2 = 10 kΩRf2 = 10 kΩVin = −0,35 V
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 2,7 kΩβ = 80RE​ = 680 ΩVCC​ = 20 VR1​ = 68 kΩR2​ = 15 kΩ

Tranzystor NPN o β = 80 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 20 V: R₁ = 68 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 15 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 2,7 kΩ, a rezystor emiterowy RE = 680 Ω. Przyjmij VBE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz napięcie kolektor–emiter VCE.

VCC = 20 VR1 = 68 kΩR2 = 15 kΩRC = 2,7 kΩRE = 680 Ωβ = 80
VCE = V
24.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 100 Ωβ = 150VCC​ = 24 V3,3 VRB​ = ?

Tranzystor NPN o β = 150 przełącza rezystor obciążenia 100 Ω włączony między VCC = 24 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 3,3 V przez rezystor bazowy RB. Przyjmij VBE = 0,7 V i VCE(sat) = 0,2 V. Wyznacz największy rezystor bazowy RB, w kΩ, który jeszcze wprowadza tranzystor w nasycenie.

VCC = 24 VRC = 100 Ωβ = 150Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U2?−128?64?32?16?8?4?2?1

Zapisz −18 jako 8-bitowy wzór w kodzie U2. Odczytaj ten wzór jako liczbę dwójkową bez znaku: jaka jest jego wartość U dziesiętnie?

N = −188 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
3963 kodów, b = ? bitów?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

System musi nadać każdemu z 3963 elementów własny kod dwójkowy tej samej długości. Ile co najmniej bitów b potrzeba?

3963
b = bit
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
MUXCI0​C′I1​0I2​CI3​ABS1​S0​F

Multiplekser 4-do-1 ma wejścia wyboru S₁ = A i S₀ = B, a wejścia danych podłączone do I₀ = C, I₁ = C′, I₂ = 0, I₃ = C. Dla ilu z 8 kombinacji A, B i C wyjście F = 1? Znajdź N.

I₀ = CI₁ = C′I₂ = 0I₃ = C
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​CLKMOD-9

Synchroniczny układ (licznik mod-9) zlicza 0, 1, …, 8, a potem wraca do 0. Startuje od 0. Jaki stan Q (dziesiętnie) pokaże po 11 impulsach zegara?

Q0 = 011N = 9
Q =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 1f(1) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = 20/(s(s + 1)(s + 3)) metodą rozkładu na ułamki proste i oblicz f(1).

F(s) = 20/(s(s + 1)(s + 3))t = 1 s
f(1) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 11y′ + 30y = 90·u(t), przy y(0) = 4 i y′(0) = 0. W chwili t = 0 podano na wejście skok u(t) = 2. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź y(0,1).

y″ + 11y′ + 30y = 90·u(t)y(0) = 4y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,1 s
y(0.1) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+K(s + 4)(s + 6)G(s)C(s)−

Obiekt G(s) = K/((s + 4)(s + 6)) jest w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Znajdź wzmocnienie K, dla którego układ zamknięty jest tłumiony krytycznie (dwa równe bieguny rzeczywiste).

G(s) = K/((s + 4)(s + 6))jednostkowe ujemne sprzężenie zwrotne
K =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+9s + 3G₁+2s + 2G₂C(s)2H₁−0,25H₂−

Zredukuj schemat blokowy dla G₁ = 9/(s + 3), G₂ = 2/(s + 2), z wewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₁ = 2 wokół G₂ i zewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₂ = 0,25. Znajdź wzmocnienie statyczne T(0) transmitancji C(s)/R(s).

G₁ = 9/(s + 3)G₂ = 2/(s + 2)H₁ = 2H₂ = 0,25
T(0) =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)0,5

Układ ma transmitancję G(s) = 49/(s² + 11s + 98) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Bieguny to s = σ ± jωd. Znajdź część rzeczywistą σ.

G(s) = 49/(s² + 11s + 98)
σ =
34.Odpowiedź skokowaTrudny
R(s)+210s(s + 16)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 210/(s(s + 16)). Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej układu zamkniętego, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 210/(s(s + 16))
ts = s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 4

Znajdź fazę ∠G(jω) G(s) = 36(s + 11)/(s(s + 10)) przy ω = 4 rad/s, w stopniach.

G(s) = 36(s + 11)/(s(s + 10))ω = 4 rad/s
∠G(jω) = °
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 35/(s(s + 10)). Znajdź zapas fazy PM w stopniach.

L(s) = 35/(s(s + 10))
PM = °
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K = 551s(s + 5)(s + 6)C(s)−

Pętla na schemacie pracuje z K = 55 i L(s) = K/(s(s + 5)(s + 6)). Ile razy m można zwiększyć wzmocnienie, zanim układ zamknięty stanie się niestabilny?

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 6))K = 55
m =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−2−4j2

Dla L(s) = K/((s + 4)(s² + 2s + 10)) wyznacz kąt wyjścia θd linii pierwiastkowej z bieguna zespolonego w górnej półpłaszczyźnie, mierzony od dodatniej osi rzeczywistej.

L(s) = K/((s + 4)(s² + 2s + 10))
θd = °
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 5t+50(s + 2)s(s + 1)(s + 5)C(s)−

Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 50(s + 2)/(s(s + 1)(s + 5)) podano narastanie liniowe r(t) = 5t. Wyznacz uchyb ustalony ess.

G(s) = 50(s + 2)/(s(s + 1)(s + 5))r(t) = 5t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+Kp​ + Ki​/s10s + 4C(s)−

Regulator PI C(s) = Kp + Ki/s steruje obiektem G(s) = 10/(s + 4) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Układ zamknięty ma mieć ωₙ = 5 rad/s i ζ = 0,6. Wyznacz wzmocnienie całkowania Ki.

G(s) = 10/(s + 4)ωₙ = 5 rad/sζ = 0,6
Ki =

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,1105 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​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAR4​8 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R3 + R4 = 20 + 8 = 28 Ω
R2 ∥ 28 = 20·28/(20+28) = 11,67 Ω
Req = R1 + 11,67 = 20 + 11,67 = 31,67 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 6/31,67 = 0,1895 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 6 − 0,1895·20 = 2,211 V
IR2 = VA/R2 = 2,211/20 = 0,1105 A

Odpowiedź

IR2 = 0,1105 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 19,28 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.

R1​ = 12 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​5 VR2​30 ΩAR4​8 ΩBR6​8 Ω

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R5 + R6 = 30 + 8 = 38 Ω
R4 ∥ 38 = 6,609 Ω
R3 + 6,609 = 9,609 Ω
R2 ∥ 9,609 = 7,278 Ω
Req = R1 + 7,278 = 12 + 7,278 = 19,28 Ω

Odpowiedź

Req = 19,28 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR1 = 0,6703 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​ = 15 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAR4​10 ΩBIs​1,5 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 10 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/6 + (VA − 10)/15 + (VA − VB)/12 = 0
0,3167·VA − 0,08333·VB = 0,6667

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)/12 = (−1,5)
−0,08333·VA + 0,1833·VB = −1,5

Rozwiąż

Δ = (0,3167)(0,1833) − (−0,08333)(−0,08333) = 0,05111
VA = Δ1/Δ = −0,002778/0,05111 = −0,05435 V
VB = Δ2/Δ = −0,4194/0,05111 = −8,207 V

Odpowiedź

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (10 − −0,05435)/15 = 0,6703 A
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 7,714 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 − 10
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Rozwiąż

(VA − 36)/4 + VA/8 + (VA − 10)/2 = 1,5
VA·(1/4 + 1/8 + 1/2) = 1,5 + 36/4 + 10/2 = 15,5
VA = 15,5/0,875 = 17,71 V
VB = 7,714 V

Odpowiedź

VB = 7,714 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: VR1 = 21,35 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​ = 6 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​30 VR3​2 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

Przypisz prądy oczkowe

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

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
6·I1 + 2(I1 − I2) = 30
8·I1 − 2·I2 = 30

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
20·I2 + 2(I2 − I1) = (−24)
−2·I1 + 22·I2 = −24

Rozwiąż

Δ = (8)(22) − (−2)(−2) = 172
I1 = Δ1/Δ = 612/172 = 3,558 A
I2 = Δ2/Δ = −132/172 = −0,7674 A

Odpowiedź

IR1 = I1 = 3,558 A
VR1 = IR1·R1 = 3,558·6 = 21,35 V

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR5 = 0,2841 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​ = 30 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR4​8 ΩAR5​30 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
30·I1 + 8(I1 − I2) = 15
38·I1 − 8·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
30·I2 + 8(I2 − I1) + 30(I2 − I3) = 0
−8·I1 + 68·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
15·I3 + 30(I3 − I2) = (−15)
−30·I2 + 45·I3 = −15

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 79200
I1 = Δ1/Δ = 28800/79200 = 0,3636 A
I2 = Δ2/Δ = −11700/79200 = −0,1477 A
I3 = Δ3/Δ = −34200/79200 = −0,4318 A

Odpowiedź

IR5 = I2 − I3 = 0,2841 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: Is = 1,818 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​ = 6 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​6 ΩBROZWARCIE

Przypadek 1 · V1 działające samodzielnie

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

R3+R4 = 3+6 = 9 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 5·9/(5+9) = 3,214 Ω
VA = 24·3,214/(6+3,214) = 8,372 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 8,372·6/9 = 5,581 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (8,372 − 5,581)/3 = 0,9302 A

Przypadek 2 · Is działające samodzielnie

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

R1 ∥ R2 = 2,727 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·6/11,73 = −0,5116·Is

Przyrównaj sumę do zera

IR3′ + IR3″ = 0,9302 − 0,5116·Is = 0
Is = 0,9302/0,5116 = 1,818 A

Odpowiedź

Is = 1,818 A
8.Superpozycja

Odpowiedź: PR3 = 16,68 W

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

R1​ = 25 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​6 VR3​10 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) = 10 ∥ 16 = 6,154 Ω
VA = 6·6,154/(25+6,154) = 1,185 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,185·4/16 = 0,2963 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (1,185 − 0)/10 = 0,1185 A
R1​ = 25 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 4 ΩZWARCIER3​10 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 = 7,143 Ω, więc lewa gałąź to R2+7,143 = 19,14 Ω
Req = R4 ∥ 19,14 = 3,309 Ω
VB = Is·Req = 2·3,309 = 6,617 V
VA = VB·7,143/19,14 = 2,469 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (2,469 − 0)/10 = 0,2469 A
R1​ = 25 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 4 ΩZWARCIER3​10 ΩAROZWARCIEB+−V2​30 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 = 25·10/(25+10) = 7,143 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 30·19,14/23,14 = 24,81 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 24,81·7,143/19,14 = 9,259 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (9,259 − 0)/10 = 0,9259 A

Zsumuj wkłady prądu

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴ = 0,1185 + 0,2469 + 0,9259 = 1,291 A

Moc w rezystorze

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

PR3 = IR3²·R3 = 1,291²·10 = 16,68 W

Odpowiedź

PR3 = 16,68 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 9,324 W, co jest błędne.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Rth = 18,57 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​ = 20 ΩR3​ = 10 ΩZWARCIER2​15 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 = 20·15/(20+15) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 10 = 18,57 Ω
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 1,168 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​ = 30 ΩR3​ = 10 ΩZWARCIER2​20 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 = 30·20/(30+20) = 12 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 12 + 10 = 22 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAIs​1 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) = 7,2 + 1·12 = 19,2 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 19,2 + 1·10 = 29,2 V
Rth​ = 22 Ω+−Vth​29,2 VRL​3 ΩIL​

Podłącz obciążenie do układu zastępczego Thévenina

Źródło Thévenina i R_th szeregowo zachowują się na a–b dokładnie jak pierwotny obwód, więc obciążenie widzi prostą pętlę szeregową.

IL = Vth/(Rth + RL) = 29,2/(22 + 3) = 1,168 A
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: i = 1,019 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.

τ = L/R = 220 mH / 10 Ω = 22 ms
i(∞) = Vs/R = 15/10 = 1,5 A

Prąd w danej chwili

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 1,5·(1 − e−25/22) = 1,019 A

Odpowiedź

i = 1,019 A
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 0,8011 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) = 20/(33 + 47) = 0,25 A
i(∞) = 20/33 = 0,6061 A
τ = L/R = 22/33 = 0,6667 ms
i(t) = 0,6061 + (0,25 − 0,6061)·e−t/τ

Wyznacz czas

e−t/τ = (0,499 − 0,6061)/(0,25 − 0,6061) = 0,3007
t = 0,6667·ln(3,326) = 0,8011 ms

Odpowiedź

t = 0,8011 ms
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 9,029 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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,2 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·47·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(25² + (−4,894)²) = 25,47 Ω

Prąd

Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.

I = V/|Z| = 230/25,47 = 9,029 A

Odpowiedź

I = 9,029 A
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: Q = 70,71

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·√(0,005·1·10⁻⁶)) = 2251 Hz

Dobroć

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

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/1)·√(0,005/(1·10⁻⁶)) = 70,71

Odpowiedź

Q = 70,71
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: S = 4431 VA

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

Prąd

|Z| = √(12² + 5²) = 13 Ω
I = V/|Z| = 240/13 = 18,46 A

Moc pozorna

S = V·I = 240·18,46 = 4431 VA

Odpowiedź

S = 4431 VA
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: C = 53,05 µF

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* = 50 − j3 Ω

Pojemność

XC = 3 Ω → C = 1/(2π·1000·3) = 53,05 µF

Odpowiedź

C = 53,05 µF
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 24,86 kW

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

Moc pozorna

S = √3·VL·IL = √3·208·75 = 27,02 kVA

Moc czynna

P = S·cos φ = 27,02·0,92 = 24,86 kW

Odpowiedź

P = 24,86 kW
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: QC = 179,8 kvar

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = 300·tan(acos 0,78) = 300·0,8023 = 240,7 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,98) = 300·0,2031 = 60,92 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 179,8 kvar

Odpowiedź

QC = 179,8 kvar
19.Transformatory

Odpowiedź: IHV = 2,5 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.

IHV = S/V = 25000/10000 = 2,5 A

Odpowiedź

IHV = 2,5 A
20.Transformatory

Odpowiedź: Sη,max = 14,43 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

x²·375 = 125 → x = √(125/375) = 0,5774

Obciążenie przy maksymalnej sprawności

Sη,max = x·S = 0,5774·25 = 14,43 kVA

Odpowiedź

Sη,max = 14,43 kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: V− = 0,6058 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 wejściach

Przez R₃ i R₄ płynie ten sam prąd, więc tworzą dzielnik napięcia; sprzężenie zwrotne sprawia, że V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,9·22/(47 + 22) = 0,6058 V
V₋ = V₊

Odpowiedź

V− = 0,6058 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 3,29 V

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

Wzmocnienie każdego stopnia

A1 = −Rf1/R1 = −47/10 = −4,7
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 10/10 = 2

Stopień po stopniu

V1 = −4,7·(−0,35) = 1,645 V
Vout = 2·1,645 = 3,29 V

Odpowiedź

Vout = 3,29 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: VCE = 8,273 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 = 20·15/(68 + 15) = 3,614 V
RTH = 68·15/(68 + 15) = 12,29 kΩ

Prąd bazy

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

IB = (3,614 − 0,7)/(12,29 + 81·0,68) = 43,26 µA

Prąd kolektora

IC = 80·43,26 µA = 3,461 mA
IE = 81·43,26 µA = 3,504 mA

Napięcie kolektor–emiter

VCE = 20 − 3,461·2,7 − 3,504·0,68 = 8,273 V

Odpowiedź

VCE = 8,273 V
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: RB = 1,639 kΩ

Tranzystor bipolarny jako klucz: aby całkowicie włączyć obciążenie, tranzystor wprowadza się w nasycenie, gdzie VCE = VCE(sat), a prąd kolektora wyznacza obciążenie: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Nasycenie wymaga co najmniej IB = IC(sat)/β. Jeśli prąd bazy jest mniejszy, tranzystor pozostaje w obszarze aktywnym i IC = β·IB.

Prąd kolektora w nasyceniu

IC(sat) = (24 − 0,2)/100 = 238 mA

Minimalny prąd bazy

IB(min) = IC(sat)/β = 238/150 = 1587 µA

Rezystor bazowy

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/1,587 mA = 1,639 kΩ

Odpowiedź

RB = 1,639 kΩ

Każdy mniejszy rezystor bazowy też nasyca tranzystor; w praktyce wybiera się rezystor kilka razy mniejszy.

25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 238

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

18 = 0001 0010
odwrócone: 1110 1101
+1 → 1110 1110

Odczytaj bez znaku

1110 1110₂ = 256 − 18 = 238

Odpowiedź

U = 238
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: b = 12 bit

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

Potęgi dwójki

211 = 2048 < 3963
212 = 4096 ≥ 3963

Odpowiedź

b = 12
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 3

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′ + ABC

Wiersze z F = 1

ABC = 001, 010, 111
N = 3

Odpowiedź

N = 3
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: Q = 2

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

Pełne cykle

Co 9 impulsów licznik wraca do tego samego stanu.

11 = 1·9 + 2

Stan po pozostałych impulsach

Q = (0 + 2) mod 9 = 2
Q = 0010₂

Odpowiedź

Q = 2
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(1) = 3,154

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).

Ułamki proste

F(s) = A/s + B/(s + 1) + C/(s + 3)
A = 20/(1·3) = 6,667
B = 20/((−1)·2) = −10
C = 20/((−3)·(−2)) = 3,333

Transformata odwrotna

f(t) = 6,667 − 10·e−t + 3,333·e−3t

Oblicz

f(1) = 6,667 − 10·e−1 + 3,333·e−3·1 = 3,154

Odpowiedź

f(1) = 3,154
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.1) = 4,21

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) = 4s + 44 + 180/s
Y(s) = (4s² + 44s + 180)/(s(s + 5)(s + 6))

Ułamki proste

A = 180/(5·6) = 6
B = 60/((−5)·1) = −12
C = 60/((−6)·(−1)) = 10

Wynik

y(t) = 6 − 12·e−5t + 10·e−6t
y(0,1) = 4,21

Odpowiedź

y(0,1) = 4,21

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

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).

Równanie charakterystyczne

1 + K/((s + 4)(s + 6)) = 0 → s² + 10s + 24 + K = 0

Pierwiastek podwójny

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

10² = 4(24 + K) → K = 100/4 − 24 = 1

Odpowiedź

K = 1
Oba bieguny układu zamkniętego leżą wtedy w s = −5.
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) = 2/(s + 6)

Pętla zewnętrzna

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 18/((s + 3)(s + 6) + 4,5)

Wzmocnienie statyczne

T(0) = 18/(3·6 + 4,5) = 18/22,5 = 0,8

Odpowiedź

T(0) = 0,8
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: σ = −5,5

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

Porównaj z postacią standardową

Mianownik musi odpowiadać s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 98 → ωₙ = 9,899 rad/s
2ζωₙ = 11 → ζ = 11/(2·9,899) = 0,5556

Wynik

σ = −ζωₙ = −11/2 = −5,5

Odpowiedź

σ = −5,5
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ts = 0,5 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).

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = 210/(s² + 16s + 210): ωₙ = 14,49 rad/s, ζ = 0,5521

Czas ustalania

ζωₙ = 16/2 = 8
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 0,5 s

Odpowiedź

ts = 0,5 s

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) = −91,82 °

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

Dodaj kąty

∠G = atan(4/11) − 90° − atan(4/10) = 19,98° − 90° − 21,8°

Wynik

∠G(j4) = −91,82°

Odpowiedź

∠G(jω) = −91,82°
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: PM = 71,63 °

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 + 100ω² − 1225 = 0
ω² = (−100 + √(10000 + 4·1225))/2 = 11,03
ωc = 3,322 rad/s

Zapas fazy

∠L(jωc) = −90° − atan(3,322/10) = −108,4°
PM = 180° + ∠L = 71,63°

Odpowiedź

PM = 71,63°
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: m = 6

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.

Tablica Routha

s³ + 11s² + 30s + K = 0
s³: 1, 30
s²: 11, K
s¹: (11·30 − K)/11
s⁰: K

Największe stabilne wzmocnienie

Kmax = 11·30 = 330

Współczynnik

m = 330/55 = 6

Odpowiedź

m = 6

Ten współczynnik to zapas wzmocnienia jako stosunek: 15,56 dB.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: θd = 45 °

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.

Położenia biegunów

s² + 2s + 10 = 0 → s = −1 ± j3
s = −4

Kąty od pozostałych biegunów

∠(−1 + j3 + 4) = atan2(3, 3) = 45°
∠(−1 + j3 − (−1 − j3)) = ∠(j6) = 90°

Kąt wyjścia

θd = 180° − 45° − 90° = 45°

Odpowiedź

θd = 45°
39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 0,25

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) = 20

Uchyb dla narastania liniowego

ess = 5/20 = 0,25

Odpowiedź

ess = 0,25
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Ki = 2,5

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

1 + C(s)G(s) = 0, pomnożone przez s(s + 4).

s² + (4 + 10Kp)s + 10Ki

Wielomian docelowy

s² + 2·0,6·5s + 5² = s² + 6s + 25

Dopasuj współczynniki

10Ki = 25 → Ki = 2,5

Odpowiedź

Ki = 2,5

Człon całkujący sprawia, że pętla jest typu 1, więc skok jest śledzony bez uchybu ustalonego.

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