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 ΩIR1​R3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAR4​15 ΩB

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 ΩR4 = 15 Ω
IR1 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 4 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​15 VR2​30 ΩAR4​3 ΩBR6​30 Ω

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 30 ΩR3 = 4 ΩR4 = 3 ΩR5 = 25 ΩR6 = 30 Ω
IR1 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​2 Ω+−V1​9 VI1​R2​20 Ω+−V2​6 VR3​8 Ω+−V3​9 VA

Między węzłem A a masą są włączone trzy gałęzie, jak na rysunku. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd I1 w gałęzi 1, płynący w górę do węzła A zgodnie ze strzałką.

V1 = 9 VR1 = 2 ΩV2 = 6 VR2 = 20 ΩV3 = 9 VR3 = 8 Ω
I1 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩAR4​15 ΩIR4​B0,2·VA​

Romb to źródło prądu sterowane napięciem, które wpycha prąd 0,2·VA (w A, przy VA w V) w górę do węzła B. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd IR4 płynący przez R4 w kierunku strzałki.

V1 = 6 VR1 = 6 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 ΩR4 = 15 Ωg = 0,2 A/V
IR4 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 15 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​30 VR3​6 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd oczkowy I2 (zgodnie z ruchem wskazówek zegara).

V1 = 30 VV2 = 24 VR1 = 15 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 Ω
I2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 30 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR4​4 ΩAR5​3 ΩIR5​B+−V2​24 VI1​I2​I3​

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

V1 = 24 VV2 = 24 VR1 = 30 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 ΩR4 = 4 ΩR5 = 3 Ω
IR5 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 5 ΩR3​ = 6 ΩIR3​+−V1​12 VR2​12 ΩAR4​12 ΩBIs​?

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

V1 = 12 VR1 = 5 ΩR2 = 12 ΩR3 = 6 ΩR4 = 12 Ω
Is = A
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 20 ΩR2​ = 6 ΩIR2​R4​ = 15 Ω+−V1​12 VR3​4 ΩAIs​4 AB+−V2​6 V

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

V1 = 12 VIs = 4 AV2 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 4 ΩR4 = 15 Ω
IR2 = A
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAab

Wyznacz rezystancję Thévenina Rth widzianą z zacisków a–b.

V1 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​30 ΩAIs​6 ABab

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

V1 = 9 VIs = 6 AR1 = 12 ΩR2 = 30 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​6 Vt = 0R = 22 ΩL10 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Po jakim czasie od zamknięcia łącznika prąd osiągnie 80% wartości końcowej? Wyznacz t.

Vs = 6 VR = 22 ΩL = 10 mH
t = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​12 Vt = 0R = 47 kΩC?+−vC​

W t = 0 układ czasowy zaczyna ładować nienaładowany kondensator przez rezystor ze źródła 12 V. Ma zadziałać, gdy napięcie kondensatora osiągnie 9,6 V, dokładnie 50 ms po starcie. Przy R = 47 kΩ wyznacz potrzebną pojemność C.

Vs = 12 VVth = 9,6 VT = 50 msR = 47 kΩ
C = µF
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
120 V60 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 2,2 µF

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 120 V (skuteczne), 60 Hz. Wyznacz kąt fazowy φ impedancji w stopniach (dodatni, gdy prąd opóźnia się względem napięcia).

V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 2,2 µF
φ = °
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
230 V60 HzR = 80 ΩL = 150 mHC = 10 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 230 V (skuteczne), 60 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.

V = 230 V (rms)f = 60 HzR = 80 ΩL = 150 mHC = 10 µF
I = A
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 32 kWQ = ?Sφ

Silnik jednofazowy pobiera 32 kW przy współczynniku mocy 0,85 (indukcyjnym) z zasilania 400 V. Wyznacz moc bierną Q, którą pobiera.

P = 32 kWpf = 0,85V = 400 V
Q = kvar
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 25 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 25 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z zasilania 240 V, 60 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,9. Wyznacz nowy prąd linii Inew.

P = 25 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9V = 240 Vf = 60 Hz
Inew = A
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 400 VNZ = 24 + j7 Ωna fazę

Symetryczny odbiornik połączony w gwiazdę o impedancji 24 + j7 Ω na fazę jest przyłączony do symetrycznej sieci trójfazowej o napięciu przewodowym 400 V. Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 400 VZ = 24 + j7 Ω na fazę
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 300 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym) z sieci 690 V (napięcie przewodowe), 60 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 = 0,65pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatoryŚredni
2 ΩN1​N2​288 Ω

Wzmacniacz o rezystancji wyjściowej 288 Ω zasila głośnik 2 Ω przez idealny transformator. Dla maksymalnego przekazu mocy głośnik musi być widziany od strony wzmacniacza jako 288 Ω. Wyznacz przekładnię a = N₁/N₂.

Rs = 288 ΩRL = 2 Ω
a =
20.TransformatoryTrudny
150 kVA

Jednofazowy transformator 150 kVA ma straty w rdzeniu 750 W i straty w miedzi 1125 W przy obciążeniu znamionowym. Przy jakim obciążeniu Sη,max, w kVA, jego sprawność jest najwyższa?

S = 150 kVAPcore = 750 WPcu,fl = 1125 W
Sη,max = kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩR1​ = 1 kΩVin​

Wzmacniacz operacyjny jest idealny i zasilany napięciem ±15 V; jego wyjście nasyca się przy ±13 V. Wzmacniacz nieodwracający jest pobudzany sygnałem sinusoidalnym. Wyznacz największą amplitudę wejściową Vin,max (wartość szczytową), przy której wyjście nie jest obcinane.

R1 = 1 kΩRf = 4,7 kΩVsat = ±13 V
Vin,max = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 1 kΩV1​ = 0,3 VR1​ = 100 kΩV2​ = −1,5 VR2​ = 2 kΩ

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

V1 = 0,3 VV2 = −1,5 VR1 = 100 kΩR2 = 2 kΩRf = 1 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 2,2 kΩβ = 80VCC​ = 10 VRB​ = 680 kΩ

Tranzystor NPN o β = 80 jest spolaryzowany rezystorem bazowym RB = 680 kΩ z zasilania VCC = 10 V. Rezystor kolektorowy to RC = 2,2 kΩ, a emiter jest uziemiony. Przyjmij VBE = 0,7 V i załóż, że tranzystor pracuje w obszarze aktywnym. Wyznacz napięcie kolektor–emiter VCE.

VCC = 10 VRB = 680 kΩRC = 2,2 kΩβ = 80VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Diody i tranzystoryTrudny
+−≥ 18 VR = ?5,6 V≤ 10 mA

Stabilizator z diodą Zenera 5,6 V ma dostarczać do obciążenia do 10 mA. Napięcie wejściowe może spaść do 18 V, a dioda Zenera potrzebuje co najmniej 5 mA, aby stabilizować. Wyznacz największą rezystancję szeregową Rmax, przy której stabilizacja jest zachowana.

Vin,min = 18 VVZ = 5,6 VIL,max = 10 mAIZ,min = 5 mA
Rmax = Ω
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U20−12806403201608040201

Ustaw bity tak, aby zapisywały −20 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −208 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 1011 1110 >> 1. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

1011 1110>> 1
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111000011302140517060120131151141819111010

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(3, 4, 7, 8, 9, 11, 14, 15). Ile iloczynów N ona zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(3, 4, 7, 8, 9, 11, 14, 15)
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​CLKMOD-8

Zegar 20 kHz taktuje licznik mod-8. Znajdź częstotliwość fout jego najstarszego wyjścia, które wykonuje jeden cykl na każdy cykl zliczania.

fclk = 20 kHzN = 8
fout = kHz
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,1f(0,1) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = 10/(s(s + 3)(s + 6)) metodą rozkładu na ułamki proste i oblicz f(0,1).

F(s) = 10/(s(s + 3)(s + 6))t = 0,1 s
f(0.1) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Rozwiąż y″ + 4y′ + 3y = 0 dla y(0) = −10 i y′(0) = −15 za pomocą transformaty Laplace’a i znajdź y(0,3).

y″ + 4y′ + 3y = 0y(0) = −10y′(0) = −15t = 0,3 s
y(0.3) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+K(s + 2)(s + 9)G(s)C(s)−

Obiekt G(s) = K/((s + 2)(s + 9)) 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 + 2)(s + 9))jednostkowe ujemne sprzężenie zwrotne
K =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+15s + 1G₁+4s + 2G₂C(s)4H₁−1H₂−

Zredukuj schemat blokowy dla G₁ = 15/(s + 1), G₂ = 4/(s + 2), z wewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₁ = 4 wokół G₂ i zewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₂ = 1. Znajdź wzmocnienie statyczne T(0) transmitancji C(s)/R(s).

G₁ = 15/(s + 1)G₂ = 4/(s + 2)H₁ = 4H₂ = 1
T(0) =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)3tp​ = ?

Układ ma transmitancję G(s) = 231/(s² + 8s + 77) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź czas szczytu tp odpowiedzi skokowej.

G(s) = 231/(s² + 8s + 77)
tp = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
t (s)y(t)1tp​ = 2 s2 %

Odpowiedź skokowa układu drugiego rzędu bez zer wykazuje przeregulowanie 2 %, a pierwszy szczyt występuje w chwili t = 2 s. Znajdź pulsację własną ωn.

%OS = 2 %tp = 2 s
ωn = rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
vin​R = 3,3 kΩC = 100 nFvout​

Filtr dolnoprzepustowy RC pokazany na rysunku ma R = 3,3 kΩ, C = 100 nF. Podano sinusoidalne wejście 4,8 kHz. Znajdź przesunięcie fazowe φ vout względem vin, w stopniach.

R = 3,3 kΩC = 100 nFf = 4,8 kHz
φ = °
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 148/(s(s + 8)). Znajdź zapas fazy PM w stopniach.

L(s) = 148/(s(s + 8))
PM = °
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+Ks + 10(s − 4)(s + 1)C(s)−

Obiekt G(s) = (s + 10)/((s − 4)(s + 1)) ma biegun niestabilny w s = 4. Wzmocnienie proporcjonalne K zamyka wokół niego pętlę ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz najmniejsze wzmocnienie Kmin, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

G(s) = (s + 10)/((s − 4)(s + 1))
Kmin =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2−2,5

Dla pętli L(s) = K/(s(s + 4)(s + 8)) wyznacz wzmocnienie K, przy którym biegun układu zamkniętego leży w s = −2,5.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 8))s = −2,5
K =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 2·t²/2+5(s + 3)s²(s + 10)C(s)−

Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 5(s + 3)/(s²(s + 10)) podano wejście paraboliczne r(t) = 2·t²/2. Wyznacz uchyb ustalony ess.

G(s) = 5(s + 3)/(s²(s + 10))r(t) = 2·t²/2
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+K = 4010s(s + 10)C(s)−

Regulator proporcjonalny K = 40 steruje obiektem G(s) = 10/(s(s + 10)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Znajdź czas szczytu tp odpowiedzi skokowej.

G(s) = 10/(s(s + 10))K = 40
tp = s

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 0,4286 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​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAR4​15 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 = 5 + 15 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 4·20/(4+20) = 3,333 Ω
Req = R1 + 3,333 = 20 + 3,333 = 23,33 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 10/23,33 = 0,4286 A

Odpowiedź

IR1 = 0,4286 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 0,7291 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​ = 15 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​15 VR2​30 ΩAR4​3 ΩBR6​30 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 = 25 + 30 = 55 Ω
R4 ∥ 55 = 2,845 Ω
R3 + 2,845 = 6,845 Ω
R2 ∥ 6,845 = 5,573 Ω
Req = R1 + 5,573 = 15 + 5,573 = 20,57 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 15/20,57 = 0,7291 A

Odpowiedź

IR1 = 0,7291 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: I1 = 0,1111 A

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

PPK w węźle A

Przyjmij dolny przewód jako masę. Każda gałąź odprowadza z A prąd (VA − Vk)/Rk, gdzie Vk to napięcie jej źródła (zero dla samego rezystora). Prądy wypływające z A sumują się do zera.

(VA − 9)/2 + (VA − 6)/20 + (VA − 9)/8 = 0

Wyznacz VA

VA = (9/2 + 6/20 + 9/8) / (1/2 + 1/20 + 1/8) = 5,925/0,675 = 8,778 V

Prąd gałęzi

Strzałka wskazuje w górę wzdłuż gałęzi, do węzła A.

I1 = (9 − VA)/R1 = (9 − 8,778)/2 = 0,1111 A

Odpowiedź

I1 = 0,1111 A

Wynik ujemny oznacza, że rzeczywisty prąd płynie przeciwnie do strzałki.

4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR4 = 0,195 A

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

PPK w węźle A

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

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,7917·VA − 0,125·VB = 1

PPK w węźle B

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

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,2·VA
−0,325·VA + 0,1917·VB = 0

Rozwiąż

Δ = (0,7917)(0,1917) − (−0,125)(−0,325) = 0,1111
VA = Δ1/Δ = 0,1917/0,1111 = 1,725 V
VB = Δ2/Δ = 0,325/0,1111 = 2,925 V

Prąd przez R₄

IR4 = VB/R4 = 2,925/15 = 0,195 A

Odpowiedź

IR4 = 0,195 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I2 = −2,118 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​ = 15 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​30 VR3​6 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
15·I1 + 6(I1 − I2) = 30
21·I1 − 6·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
3·I2 + 6(I2 − I1) = (−24)
−6·I1 + 9·I2 = −24

Rozwiąż

Δ = (21)(9) − (−6)(−6) = 153
I1 = Δ1/Δ = 126/153 = 0,8235 A
I2 = Δ2/Δ = −324/153 = −2,118 A

Odpowiedź

I2 = −2,118 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR5 = 1,58 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​ = 2 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR4​4 ΩAR5​3 ΩB+−V2​24 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 + 4(I1 − I2) = 24
34·I1 − 4·I2 = 24

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
2·I2 + 4(I2 − I1) + 3(I2 − I3) = 0
−4·I1 + 9·I2 − 3·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
10·I3 + 3(I3 − I2) = (−24)
−3·I2 + 13·I3 = −24

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 3464
I1 = Δ1/Δ = 2304/3464 = 0,6651 A
I2 = Δ2/Δ = −1200/3464 = −0,3464 A
I3 = Δ3/Δ = −6672/3464 = −1,926 A

Odpowiedź

IR5 = I2 − I3 = 1,58 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: Is = 0,7059 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​ = 5 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAR4​12 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 = 6+12 = 18 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 12·18/(12+18) = 7,2 Ω
VA = 12·7,2/(5+7,2) = 7,082 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 7,082·12/18 = 4,721 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (7,082 − 4,721)/6 = 0,3934 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 = 3,529 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·12/21,53 = −0,5574·Is

Przyrównaj sumę do zera

IR3′ + IR3″ = 0,3934 − 0,5574·Is = 0
Is = 0,3934/0,5574 = 0,7059 A

Odpowiedź

Is = 0,7059 A
8.Superpozycja

Odpowiedź: IR2 = −2,63 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​ = 20 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​12 VR3​4 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) = 4 ∥ 21 = 3,36 Ω
VA = 12·3,36/(20+3,36) = 1,726 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,726·15/21 = 1,233 V
IR2′ = (VA − VB)/R2 = (1,726 − 1,233)/6 = 0,08219 A
R1​ = 20 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 15 ΩZWARCIER3​4 ΩAIs​4 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 = 3,333 Ω, więc lewa gałąź to R2+3,333 = 9,333 Ω
Req = R4 ∥ 9,333 = 5,753 Ω
VB = Is·Req = 4·5,753 = 23,01 V
VA = VB·3,333/9,333 = 8,219 V
IR2″ = (VA − VB)/R2 = (8,219 − 23,01)/6 = −2,466 A
R1​ = 20 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 15 ΩZWARCIER3​4 ΩAROZWARCIEB+−V2​6 V

Przypadek 3 · działa tylko V2

V₁ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. R₁ ∥ R₃ wychodzi z A, szeregowo z R₂ z powrotem do B.

R1 ∥ R3 = 20·4/(20+4) = 3,333 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 6·9,333/24,33 = 2,301 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 2,301·3,333/9,333 = 0,8219 V
IR2‴ = (VA − VB)/R2 = (0,8219 − 2,301)/6 = −0,2466 A

Dodaj składowe

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴
IR2 = 0,08219 + (−2,466) + (−0,2466) = −2,63 A

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

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Rth = 11,33 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​ = 8 ΩZWARCIER2​4 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 = 20·4/(20+4) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 8 = 11,33 Ω
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = 6,225 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​ = 12 ΩR3​ = 20 ΩZWARCIER2​30 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 = 12·30/(12+30) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 20 = 28,57 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​30 ΩAIs​6 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) = 6,429 + 6·8,571 = 57,86 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 57,86 + 6·20 = 177,9 V
IN​6,225 ARth​28,57 Ωab

Układ zastępczy Nortona

Źródło Nortona to ten sam obwód widziany jako źródło prądu równolegle z R_th. Jego prąd to prąd zwarcia na a–b.

IN = Vth/Rth = 177,9/28,57 = 6,225 A
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 0,7316 ms

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

Stała czasowa i prąd końcowy

Długo po zamknięciu łącznika cewka zachowuje się jak zwarcie, więc prąd końcowy zależy tylko od R.

τ = L/R = 10 mH / 22 Ω = 0,4545 ms
i(∞) = Vs/R = 6/22 = 0,2727 A

Wyznacz czas

0,8 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,8)
t = −0,4545·ln(0,2) = 0,7316 ms

Odpowiedź

t = 0,7316 ms
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: C = 0,661 µF

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.

Wymagana stała czasowa

9,6 = 12·(1 − e−50/τ) → τ = 50/ln(12/(12 − 9,6))
τ = 50/1,609 = 31,07 ms

Pojemność

kΩ razy µF daje milisekundy.

C = τ/R = 31,07/47 = 0,661 µF

Odpowiedź

C = 0,661 µF
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: φ = −85,88 °

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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,25 = 94,25 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·2,2·10⁻⁶) = 1206 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (−1111)²) = 1114 Ω

Kąt fazowy

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−1111/80) = −85,88°

Odpowiedź

φ = −85,88°
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 1,029 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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,15 = 56,55 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·10·10⁻⁶) = 265,3 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (−208,7)²) = 223,5 Ω

Prąd

Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.

I = V/|Z| = 230/223,5 = 1,029 A

Odpowiedź

I = 1,029 A
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Q = 19,83 kvar

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

Kąt

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

Moc bierna

Q = P·tan φ = 32·0,6197 = 19,83 kvar

Odpowiedź

Q = 19,83 kvar
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Inew = 115,7 A

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = P·tan φ1 = 25·tan(41,41°) = 22,05 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 25·tan(25,84°) = 12,11 kvar
QC = Q1 − Q2 = 9,94 kvar

Nowy prąd linii

Inew = P/(V·cos φ2) = 25000/(240·0,9) = 115,7 A

Odpowiedź

Inew = 115,7 A
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 6,144 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 = 400/√3 = 230,9 V

Prąd fazowy

|Z| = √(24² + 7²) = 25 Ω
Iph = 230,9/25 = 9,238 A

Całkowita moc czynna

Moc czynną pobiera tylko rezystancyjna część każdej impedancji.

P = 3·Iph²·R = 3·9,238²·24 = 6,144 kW

Odpowiedź

P = 6,144 kW

Sprawdzenie: cos φ = R/|Z| = 0,96, a √3·VL·IL·cos φ daje tę samą moc.

18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: QC = 289,8 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 0,65) = 300·1,169 = 350,7 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,98) = 300·0,2031 = 60,92 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 289,8 kvar

Odpowiedź

QC = 289,8 kvar
19.Transformatory

Odpowiedź: a = 12

Transformator idealny: napięcia mają się do siebie jak liczby zwojów, a prądy odwrotnie: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a oraz I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, więc moc wejściowa jest równa mocy wyjściowej, V₁·I₁ = V₂·I₂. Impedancja obciążenia Z po stronie wtórnej widziana od strony pierwotnej wynosi a²·Z.

Dopasuj sprowadzone obciążenie

a²·2 = 288
a = √(288/2) = √144 = 12

Odpowiedź

a = 12
20.Transformatory

Odpowiedź: Sη,max = 122,5 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

x²·1125 = 750 → x = √(750/1125) = 0,8165

Obciążenie przy maksymalnej sprawności

Sη,max = x·S = 0,8165·150 = 122,5 kVA

Odpowiedź

Sη,max = 122,5 kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vin,max = 2,281 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

Av = 1 + Rf/R1 = 1 + 4,7/1 = 5,7

Największe wejście przed obcinaniem

Vin,max = Vsat/|Av| = 13/5,7 = 2,281 V

Odpowiedź

Vin,max = 2,281 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 0,747 V

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

Prądy wejściowe

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

I1 = V1/R1 = 0,3/100 = 0,003 mA
I2 = V2/R2 = −1,5/2 = −0,75 mA
If = I1 + I2 = −0,747 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −1·(−0,747) = 0,747 V

Odpowiedź

Vout = 0,747 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: VCE = 7,593 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.

Prąd bazy

IB = (VCC − VBE)/RB = (10 − 0,7)/680 kΩ = 13,68 µA

Prąd kolektora

IC = β·IB = 80·13,68 µA = 1,094 mA

Napięcie kolektor–emiter

VCE = 10 − 1,094 mA·2,2 kΩ = 7,593 V

Odpowiedź

VCE = 7,593 V
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: Rmax = 826,7 Ω

Stabilizator Zenera: spolaryzowana zaporowo dioda Zenera utrzymuje napięcie VZ, dopóki jej prąd pozostaje powyżej minimum IZ,min. Rezystor szeregowy R przejmuje różnicę między napięciem wejściowym a wyjściowym: IR = (Vin − VZ)/R. Ten prąd dzieli się między obciążenie, IL = VZ/RL, i diodę Zenera: IZ = IR − IL. Projektuj dla najgorszych przypadków: najniższe napięcie wejściowe przy największym obciążeniu musi nadal zostawić IZ,min, a najwyższe napięcie wejściowe bez obciążenia daje największą moc diody Zenera PZ = VZ·IZ.

Prąd w najgorszym przypadku

IR = 10 + 5 = 15 mA

Największa rezystancja

Rmax = 12,4/0,015 = 826,7 Ω

Odpowiedź

Rmax = 826,7 Ω
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 236

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

20 = 0001 0100
odwrócone: 1110 1011
+1 → 1110 1100

Odczytaj bez znaku

1110 1100₂ = 256 − 20 = 236

Odpowiedź

U = 236
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 95

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

Przesunięcie w prawo o 1 przesuwa każdy bit o 1 pozycji w prawo; bity, które wypadną z prawego końca, są tracone, a z lewej wchodzą zera.

1011 1110 >> 1
= 0101 1111

Wartość wyniku

0101 1111₂ = 95

Odpowiedź

R = 95
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 4

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

ABCD000111100001111000011302140517060120131151141819111010

Zgrupuj jedynki

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

CD
AB′C′
ABC
A′BC′D′

Minimalna postać SOP

F = CD + AB′C′ + ABC + A′BC′D′
N = 4

Odpowiedź

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

Odpowiedź: fout = 2,5 kHz

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.

Dzielenie częstotliwości

fout = 20 kHz / 8 = 2,5 kHz

Odpowiedź

fout = 2,5 kHz
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.1) = 0,03732

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 + 3) + C/(s + 6)
A = 10/(3·6) = 0,5556
B = 10/((−3)·3) = −1,111
C = 10/((−6)·(−3)) = 0,5556

Transformata odwrotna

f(t) = 0,5556 − 1,111·e−3t + 0,5556·e−6t

Oblicz

f(0,1) = 0,5556 − 1,111·e−3·0,1 + 0,5556·e−6·0,1 = 0,03732

Odpowiedź

f(0,1) = 0,03732
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.3) = −11,59

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

Przekształcenie równania

s²Y − (−10)s − (−15) + 4(sY − (−10)) + 3Y = 0
Y(s) = (−10s − 55)/((s + 1)(s + 3))

Ułamki proste

A = −45/2 = −22,5
B = −25/(−2) = 12,5

Wynik

y(t) = −22,5·e−t + 12,5·e−3t
y(0,3) = −11,59

Odpowiedź

y(0,3) = −11,59

Sprawdzenie: y(0) = A + B = −10.

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 12,25

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 + 2)(s + 9)) = 0 → s² + 11s + 18 + K = 0

Pierwiastek podwójny

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

11² = 4(18 + K) → K = 121/4 − 18 = 12,25

Odpowiedź

K = 12,25
Oba bieguny układu zamkniętego leżą wtedy w s = −5,5.
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: T(0) = 0,7692

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) = 4/(s + 18)

Pętla zewnętrzna

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 60/((s + 1)(s + 18) + 60)

Wzmocnienie statyczne

T(0) = 60/(1·18 + 60) = 60/78 = 0,7692

Odpowiedź

T(0) = 0,7692
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: tp = 0,4022 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 = 77 → ωₙ = 8,775 rad/s
2ζωₙ = 8 → ζ = 8/(2·8,775) = 0,4558

Wynik

ωd = 8,775·√(1 − 0,4558²) = 7,81 rad/s → tp = π/ωd = 0,4022 s

Odpowiedź

tp = 0,4022 s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ωn = 2,509 rad/s

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

Współczynnik tłumienia

ζ = −ln(0,02)/√(π² + ln²(0,02)) = 3,912/√(9,87 + 15,3) = 0,7797

Częstotliwość drgań własnych

ωd = π/tp = π/2 = 1,571 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 1,571/0,6261 = 2,509 rad/s

Odpowiedź

ωn = 2,509 rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: φ = −84,26 °

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 graniczna

ωc = 1/(RC) = 1/(3300·1 × 10⁻⁷) = 3030 rad/s
fc = 482,3 Hz → f/fc = 4800/482,3 = 9,953

Faza

φ = − atan(9,953) = −84,26°

Odpowiedź

φ = −84,26°
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: PM = 36,21 °

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 + 64ω² − 21904 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·21904))/2 = 119,4
ωc = 10,93 rad/s

Zapas fazy

∠L(jωc) = −90° − atan(10,93/8) = −143,8°
PM = 180° + ∠L = 36,21°

Odpowiedź

PM = 36,21°
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmin = 3

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

Wielomian charakterystyczny

(s − 4)(s + 1) + K(s + 10) = s² + (-3 + K)s + (10K − 4)

Warunki

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

-3 + K > 0 → K > 3
10K − 4 > 0 → K > 0,4
Kmin = 3

Odpowiedź

Kmin = 3
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: K = 20,63

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

Warunek modułu

K = |s|·|s + 4|·|s + 8|

Oblicz w tym punkcie

K = 2,5·1,5·5,5 = 20,63

Odpowiedź

K = 20,63

Sprawdzenie: s(s + 4)(s + 8) + K jest równe zero w s = −2,5.

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 1,333

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 przyspieszeniowa

Ka = 5·3/10 = 1,5

Uchyb dla paraboli

ess = 2/1,5 = 1,333

Odpowiedź

ess = 1,333
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: tp = 0,1622 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 + 10) + 40·10 = s² + 10s + 400

ωₙ i ζ

ωₙ = √400 = 20 rad/s
ζ = 10/(2·20) = 0,25

Czas szczytu

ωd = 20·√(1 − 0,25²) = 19,36 rad/s
tp = π/19,36 = 0,1622 s

Odpowiedź

tp = 0,1622 s

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

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