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​ = 10 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​8 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 ΩR4 = 8 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 12 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​36 VR2​4 ΩIR2​AR4​3 ΩBR6​25 Ω

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 36 VR1 = 12 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 ΩR4 = 3 ΩR5 = 4 ΩR6 = 25 Ω
IR2 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 3 ΩR3​ = 6 ΩIR3​+−V1​9 VR2​8 ΩAR4​8 ΩBIs​1 A

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

V1 = 9 VIs = 1 AR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 ΩR4 = 8 Ω
IR3 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​5 VR3​15 ΩAR5​20 ΩBIs​1,5 A+−V2​12 V

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć potencjał węzła VB (mierzony względem masy).

V1 = 5 VIs = 1,5 AV2 = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 15 ΩR4 = 5 ΩR5 = 20 Ω
VB = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 4 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​6 VR3​15 ΩIR3​A+−V2​6 VI1​I2​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd IR3 płynący przez R3 w kierunku strzałki.

V1 = 6 VV2 = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 Ω
IR3 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 6 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 4 ΩIR3​+−V1​15 VR4​30 ΩAR5​20 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd IR3 płynący przez R3 w kierunku strzałki.

V1 = 15 VV2 = 12 VR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 ΩR4 = 30 ΩR5 = 20 Ω
IR3 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 12 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩIR2​AR4​3 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 9 VIs = 1,5 AR1 = 12 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 ΩR4 = 3 Ω
IR2 = A
8.SuperpozycjaTrudny
obwód liniowyV1​V2​Is​IRL​

Liniowy obwód rezystancyjny zawiera trzy niezależne źródła: V1, V2 i Is. Prąd I przez obciążenie zmierzono trzy razy. Przy wszystkich źródłach o wartościach normalnych I = 23,5 mA. Po podwojeniu V1 przy niezmienionych pozostałych dwóch I = 33,5 mA. Po odwróceniu kierunku Is przy niezmienionych pozostałych dwóch I = 12,5 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy V2 jest wyłączone, a V1 i Is mają wartości normalne.

wartości normalne: I = 23,5 mA2·V1: I = 33,5 mA−Is: I = 12,5 mA
I = mA
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 12 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAab

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

V1 = 15 VR1 = 12 ΩR2 = 3 ΩR3 = 3 Ω
IN = A
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 2 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​36 VR2​3 ΩAIs​4 ABab

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

V1 = 36 VIs = 4 AR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 25 Ω
IN = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​10 Vt = 0R = 10 ΩL220 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz energię W(∞) zgromadzoną w cewce po ustaleniu się stanu obwodu, w mJ.

Vs = 10 VR = 10 ΩL = 220 mH
W(∞) = mJ
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​10 Vt = 0R = 6,8 kΩC100 µF+−vC​vC​(0) = 3 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 3 V o zaznaczonej biegunowości. Wyznacz napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 200 ms.

Vs = 10 VR = 6,8 kΩC = 100 µFvC(0) = 3 Vt = 200 ms
vC = V
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
Vf0​ = 200 HzRL = 200 mHC = ?

Szeregowy obwód RLC z L = 200 mH ma być w rezonansie przy 200 Hz. Wyznacz potrzebną pojemność C.

f0 = 200 HzL = 200 mH
C = µF
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
2 Vf0​R = 15 ΩL = 200 mHC = 4,7 µF

Szeregowy obwód RLC jest zasilany ze źródła 2 V (skuteczne), którego częstotliwość ustawiono na częstotliwość rezonansową obwodu. Wyznacz wartość skuteczną napięcia VL na cewce.

V = 2 V (rms)R = 15 ΩL = 200 mHC = 4,7 µF
VL = V
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 24 kWQ = ?Sφ

Silnik jednofazowy pobiera 24 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym) z zasilania 400 V. Wyznacz moc bierną Q, którą pobiera.

P = 24 kWpf = 0,65V = 400 V
Q = kvar
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 50 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 50 kW przy współczynniku mocy 0,6 (indukcyjnym) z zasilania 240 V, 60 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,98. Wyznacz potrzebną pojemność C.

P = 50 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,98V = 240 Vf = 60 Hz
C = µF
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 690 VIL​ = 120 Acos φ = 0,95indukcyjny

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera prąd przewodowy 120 A ze źródła o napięciu przewodowym 690 V. Współczynnik mocy wynosi 0,95 (indukcyjny). Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 690 VIL = 120 Acos φ = 0,95
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 50 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) z sieci 690 V (napięcie przewodowe), 60 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,95 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w gwiazdę. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 50 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
RL​ = 24 Ω2014800 VV2​I1​ = ?I2​

Do uzwojenia pierwotnego idealnego transformatora o przekładni N₁:N₂ = 20:1 przyłożono napięcie 4800 V. Do uzwojenia wtórnego dołączono rezystor 24 Ω. Wyznacz prąd pierwotny I1.

N1:N2 = 20:1V1 = 4800 VRL = 24 Ω
I1 = A
20.TransformatoryTrudny
pf 0,95500 kVA, η = 96%

Jednofazowy transformator 500 kVA ma straty w rdzeniu 2000 W. Przy obciążeniu znamionowym i współczynniku mocy 0,95 (indukcyjnym) jego sprawność wynosi 96%. Wyznacz straty w miedzi przy pełnym obciążeniu Pcu,fl w watach.

S = 500 kVAPcore = 2000 Wpf = 0,95η = 96%
Pcu,fl = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 22 kΩVin​

Dobierz rezystor sprzężenia zwrotnego Rf, który da temu wzmacniaczowi nieodwracającemu wzmocnienie napięciowe 21.

R1 = 22 kΩAv = 21
Rf = kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​R2​ = 1 kΩV1​ = 0,4 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 0,9 VR3​ = 10 kΩR4​ = 47 kΩ

Wzmacniacz operacyjny jest idealny i zasilany napięciem ±15 V. Stosunki rezystorów nie są dopasowane. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

V1 = 0,4 VV2 = 0,9 VR1 = 4,7 kΩR2 = 1 kΩR3 = 10 kΩR4 = 47 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 4,7 kΩβ = 50VCC​ = 10 VRB​ = 270 kΩ

Tranzystor NPN o β = 50 jest spolaryzowany rezystorem bazowym RB = 270 kΩ z zasilania VCC = 10 V. Rezystor kolektorowy to RC = 4,7 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 = 270 kΩRC = 4,7 kΩβ = 50VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Diody i tranzystoryTrudny
+−≤ 30 V680 Ω12 V

Stabilizator z diodą Zenera 12 V ma rezystor szeregowy 680 Ω. Napięcie wejściowe może wzrosnąć do 30 V, a obciążenie może zostać odłączone. Wyznacz największą moc PZ,max, jaką musi rozproszyć dioda Zenera.

Vin,max = 30 VVZ = 12 VR = 680 Ω
PZ,max = mW
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U20−12806403201608040201

Ustaw bity tak, aby zapisywały −21 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −218 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
10-bitowy kod uzupełnień do dwóch, N = ??znak?????????

Jaka jest najmniejsza (najbardziej ujemna) liczba całkowita N, którą można zapisać w 10-bitowym kodzie U2?

10 bit
N =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111000110312140507160120130150140819111110

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 4, 6, 9, 10, 11). Ile iloczynów N ona zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 4, 6, 9, 10, 11)
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
ABCD000111100001111010011312140507X6012X130150140809X11010

Dla F(A, B, C, D) = Σm(0, 2, 3, 4) + d(6, 11, 13), gdzie d oznacza stany nieokreślone, znajdź liczbę N istotnych implikantów prostych.

F(A, B, C, D) = Σm(0, 2, 3, 4) + d(6, 11, 13)
N =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
ReIm−2−4−6−8−10

Znajdź f(t) dla F(s) = (4s + 35)/(s² + 6s + 10) metodą dopełnienia do kwadratu i oblicz f(0,2).

F(s) = (4s + 35)/(s² + 6s + 10)t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
ReIm−1−2−312

Układ opisuje równanie różniczkowe y″ + 6y′ + 13y = 2u, z wejściem u(t) i wyjściem y(t). Znajdź jego transmitancję G(s) = Y(s)/U(s) (zerowe warunki początkowe) i oblicz odpowiedź impulsową g(t) dla t = 0,6 s. Znajdź g(0,6).

y″ + 6y′ + 13y = 2ut = 0,6 s
g(0.6) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+5K+10s + 2G(s)C(s)3H₁−−

Obiekt G(s) = 10/(s + 2) ma wewnętrzną (podrzędną) pętlę ujemnego sprzężenia zwrotnego ze wzmocnieniem H₁ = 3. Wzmocnienie regulatora K = 5 i zewnętrzna pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego zamykają układ. Znajdź wzmocnienie statyczne układu zamkniętego T(0).

G(s) = 10/(s + 2)H₁ = 3K = 5
T(0) =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+Kregulator+D(s)+6s + 3obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K steruje obiektem G(s) = 6/(s + 3) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Skok zakłócenia o wielkości 2 wchodzi na wejście obiektu, gdy R = 0. Znajdź najmniejsze wzmocnienie K, przy którym wyjście w stanie ustalonym nie przekracza 0,08.

G(s) = 6/(s + 3)D = 2css ≤ 0,08
K =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)1

Układ ma transmitancję G(s) = 90/(s² + 6s + 90) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Bieguny to s = σ ± jωd. Znajdź część rzeczywistą σ.

G(s) = 90/(s² + 6s + 90)
σ =
34.Odpowiedź skokowaTrudny
+−5 VR = 7 ΩL = 50 mHC = 47 µFvC​

Szeregowy obwód RLC z R = 7 Ω, L = 50 mH i C = 47 µF jest dołączony do skoku 5 V w chwili t = 0. Kondensator jest nienaładowany i przed skokiem nie płynie prąd. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS napięcia na kondensatorze.

R = 7 ΩL = 50 mHC = 47 µFV = 5 V
%OS = %
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
vin​R = 100 ΩL = 2,2 mHvout​

Filtr górnoprzepustowy RL pokazany na rysunku ma R = 100 Ω, L = 2,2 mH. Podano sinusoidalne wejście 29 kHz. Znajdź przesunięcie fazowe φ vout względem vin, w stopniach.

R = 100 ΩL = 2,2 mHf = 29 kHz
φ = °
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) = 13/(s(s + 2)). Znajdź zapas fazy PM w stopniach.

L(s) = 13/(s(s + 2))
PM = °
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+11521s(s + 4)(s + 8)C(s)−

Pętla na schemacie ma ujemne sprzężenie zwrotne i L(s) = 1152/(s(s + 4)(s + 8)). Ile biegunów N układu zamkniętego leży w prawej półpłaszczyźnie?

L(s) = 1152/(s(s + 4)(s + 8))
N =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2

Linia pierwiastkowa dla L(s) = K/(s(s + 1)(s + 8)) opuszcza oś rzeczywistą między s = 0 a s = −1. Wyznacz punkt rozejścia sb.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 8))
sb =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
R(s)+K(s + 1)(s + 4)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma G(s) = K/((s + 1)(s + 4)). Wyznacz wzmocnienie K, które daje uchyb ustalony 2 % dla wejścia skokowego.

G(s) = K/((s + 1)(s + 4))ess = 2 %
K =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+Kp​ + Ki​/s1s + 4C(s)−

Regulator PI C(s) = Kp + Ki/s steruje obiektem G(s) = 1/(s + 4) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Układ zamknięty ma mieć ωₙ = 6 rad/s i ζ = 0,8. Wyznacz wzmocnienie proporcjonalne Kp.

G(s) = 1/(s + 4)ωₙ = 6 rad/sζ = 0,8
Kp =

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 19,47 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​ = 10 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 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 = 10 + 8 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 20·18/(20+18) = 9,474 Ω
Req = R1 + 9,474 = 10 + 9,474 = 19,47 Ω

Odpowiedź

Req = 19,47 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 1,674 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​ = 12 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​36 VR2​4 ΩAR4​3 ΩBR6​25 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 = 4 + 25 = 29 Ω
R4 ∥ 29 = 2,719 Ω
R3 + 2,719 = 8,719 Ω
R2 ∥ 8,719 = 2,742 Ω
Req = R1 + 2,742 = 12 + 2,742 = 14,74 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 36/14,74 = 2,442 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 36 − 2,442·12 = 6,696 V
IR2 = VA/R2 = 6,696/4 = 1,674 A

Odpowiedź

IR2 = 1,674 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR3 = −0,08989 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​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAR4​8 ΩBIs​1 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 9 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/8 + (VA − 9)/3 + (VA − VB)/6 = 0
0,625·VA − 0,1667·VB = 3

PPK w węźle B

Prądy wypływające z B przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do B ze źródeł.

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/8 + (VB − VA)/6 = 1
−0,1667·VA + 0,2917·VB = 1

Rozwiąż

Δ = (0,625)(0,2917) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,1545
VA = Δ1/Δ = 1,042/0,1545 = 6,742 V
VB = Δ2/Δ = 1,125/0,1545 = 7,281 V

Odpowiedź

IR3 = (VA − VB)/R3 = (6,742 − 7,281)/6 = −0,08989 A
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 13,16 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.

R1​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​5 VR3​15 ΩAR5​20 ΩBIs​1,5 A+−V2​12 V

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 5 V, V2 = 12 V). Niewiadome: VA, VB.

PPK w węźle A

Prądy wypływające z A przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do A ze źródeł.

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/15 + (VA − 5)/15 + (VA − VB)/10 = 0
0,2333·VA − 0,1·VB = 0,3333

PPK w węźle B

Prądy wypływające z B przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do B ze źródeł.

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/20 + (VB − VA)/10 + (VB − 12)/5 = 1,5
−0,1·VA + 0,35·VB = 3,9

Rozwiąż

Δ = (0,2333)(0,35) − (−0,1)(−0,1) = 0,07167
VA = Δ1/Δ = 0,5067/0,07167 = 7,07 V
VB = Δ2/Δ = 0,9433/0,07167 = 13,16 V

Odpowiedź

VB = 13,16 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR3 = 0,359 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​ = 4 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​6 VR3​15 ΩA+−V2​6 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
4·I1 + 15(I1 − I2) = 6
19·I1 − 15·I2 = 6

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 + 15(I2 − I1) = (−6)
−15·I1 + 18·I2 = −6

Rozwiąż

Δ = (19)(18) − (−15)(−15) = 117
I1 = Δ1/Δ = 18/117 = 0,1538 A
I2 = Δ2/Δ = −24/117 = −0,2051 A

Odpowiedź

IR3 = I1 − I2 = 0,359 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR3 = −0,3438 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​ = 6 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​15 VR4​30 ΩAR5​20 ΩB+−V2​12 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
6·I1 + 30(I1 − I2) = 15
36·I1 − 30·I2 = 15

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
5·I2 + 30(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 55·I2 − 20·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
4·I3 + 20(I3 − I2) = (−12)
−20·I2 + 24·I3 = −12

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 11520
I1 = Δ1/Δ = 6600/11520 = 0,5729 A
I2 = Δ2/Δ = 2160/11520 = 0,1875 A
I3 = Δ3/Δ = −3960/11520 = −0,3438 A

Odpowiedź

IR3 = I3 = −0,3438 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: IR2 = 0,4245 A

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩAR4​3 ΩBROZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

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

R3+R4 = 6+3 = 9 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·9/(10+9) = 4,737 Ω
VA = 9·4,737/(12+4,737) = 2,547 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,547·3/9 = 0,8491 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (2,547 − 0)/10 = 0,2547 A
R1​ = 12 ΩR3​ = 6 ΩZWARCIER2​10 ΩAR4​3 ΩBIs​1,5 A

Przypadek 2 · działa tylko Is

V₁ staje się zwarciem, więc R₁ jest równolegle z R₂. Iₛ rozdziela się w B między R₄ a drogę przez R₃.

R1 ∥ R2 = 12·10/(12+10) = 5,455 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 3 ∥ 11,45 = 2,377 Ω
VB = Is·Req = 1,5·2,377 = 3,566 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 3,566·5,455/11,45 = 1,698 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (1,698 − 0)/10 = 0,1698 A

Dodaj składowe

IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = 0,2547 + 0,1698 = 0,4245 A

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

8.Superpozycja

Odpowiedź: I = 15,5 mA

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.

Zapisz pomiary za pomocą wkładów

Każdy wkład jest proporcjonalny do własnego źródła.

I₁ + I₂ + I₃ = 23,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 33,5
I₁ + I₂ − I₃ = 12,5

Wyznacz wkłady

I₁ = 33,5 − 23,5 = 10 mA
I₃ = (23,5 − 12,5)/2 = 5,5 mA
I₂ = 23,5 − 10 − 5,5 = 8 mA

Wyłącz V₂

I = I₁ + I₃ = 10 + 5,5 = 15,5 mA

Odpowiedź

I = 15,5 mA
9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = 0,5556 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​ = 3 ΩZWARCIER2​3 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 = 12·3/(12+3) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 3 = 5,4 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

Przy rozwartych a–b przez R₃ nie płynie prąd, więc nie ma na nim spadku i V_b = V_A. R₁ i R₂ tworzą dzielnik napięcia.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 15·3/(12+3) = 3 V
IN​0,5556 ARth​5,4 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 = 3/5,4 = 0,5556 A
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = 4,824 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​ = 2 ΩR3​ = 25 ΩZWARCIER2​3 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 = 2·3/(2+3) = 1,2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,2 + 25 = 26,2 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​36 VR2​3 ΩAIs​4 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) = 21,6 + 4·1,2 = 26,4 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 26,4 + 4·25 = 126,4 V
IN​4,824 ARth​26,2 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 = 126,4/26,2 = 4,824 A
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: W(∞) = 110 mJ

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 = 10/10 = 1 A

Zgromadzona energia

W(∞) = ½·L·i(∞)² = ½·220·1² = 110 mJ

Odpowiedź

W(∞) = 110 mJ
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 4,784 V

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

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

Napięcie na kondensatorze nie może zmienić się skokowo, więc zaczyna od zgromadzonej wartości i dąży do napięcia źródła.

vC(0) = 3 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 100 µF = 680 ms
vC(t) = 10 + (3 − 10)·e−t/τ

Napięcie w danej chwili

vC(200) = 10 + (−7)·e−200/680 = 4,784 V

Odpowiedź

vC = 4,784 V
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: C = 3,166 µF

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|.

Warunek rezonansu

W rezonansie reaktancje indukcyjna i pojemnościowa się znoszą: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·200 = 1257 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(1257²·0,2) = 3,166 µF

Odpowiedź

C = 3,166 µF
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: VL = 27,5 V

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|.

Rezonans

W rezonansie reaktancje się znoszą, więc impedancja jest równa samemu R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,2·4,7·10⁻⁶) = 1031 rad/s
I = V/R = 2/15 = 0,1333 A

Napięcie na cewce

XL = ω₀L = 1031·0,2 = 206,3 Ω
VL = I·XL = 0,1333·206,3 = 27,5 V

Odpowiedź

VL = 27,5 V

To Q = 13,75 razy napięcie zasilania.

15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Q = 28,06 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(0,65) = 49,46°, tan φ = 1,169

Moc bierna

Q = P·tan φ = 24·1,169 = 28,06 kvar

Odpowiedź

Q = 28,06 kvar
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: C = 2603 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.

Moc bierna przed i po

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

Q1 = P·tan φ1 = 50·tan(53,13°) = 66,67 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(11,48°) = 10,15 kvar
QC = Q1 − Q2 = 56,51 kvar

Pojemność

Kondensator dołączony do zasilania dostarcza Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 56514/(2π·60·240²) = 2603 µF

Odpowiedź

C = 2603 µF
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 136,2 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 = √3·690·120 = 143,4 kVA

Moc czynna

P = S·cos φ = 143,4·0,95 = 136,2 kW

Odpowiedź

P = 136,2 kW
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 117,4 µF

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = 50·tan(acos 0,8) = 50·0,75 = 37,5 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,95) = 50·0,3287 = 16,43 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 21,07 kvar

Pojemność na fazę

W baterii połączonej w gwiazdę każdy kondensator jest włączony między przewód fazowy a punkt gwiazdowy.

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 7022/(377·398,4²) = 117,4 µF

Odpowiedź

Cph = 117,4 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: I1 = 0,5 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.

Napięcie i prąd wtórny

V2 = 4800/20 = 240 V
I2 = 240/24 = 10 A

Prąd pierwotny

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

I1 = I2/20 = 0,5 A

Odpowiedź

I1 = 0,5 A

Sprawdzenie: obciążenie widziane od strony pierwotnej to a²·RL = 9600 Ω, a 4800/9600 daje ten sam prąd.

20.Transformatory

Odpowiedź: Pcu,fl = 17792 W

Straty w transformatorze: straty w rdzeniu (histereza i prądy wirowe) zależą od napięcia i są takie same przy każdym obciążeniu. Straty w miedzi uzwojeń zmieniają się z kwadratem prądu, więc przy ułamku x obciążenia znamionowego wynoszą x²·Pcu,fl. Sprawność η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), z Pout = x·S·pf. Sprawność jest najwyższa przy obciążeniu, przy którym straty w miedzi są równe stratom w rdzeniu.

Moc wyjściowa i wejściowa

Pout = 500·0,95 = 475 kW
Pin = 475000/0,96 = 494792 W

Straty całkowite i straty w miedzi

Ploss = 494792 − 475000 = 19792 W
Pcu,fl = 19792 − 2000 = 17792 W

Odpowiedź

Pcu,fl = 17792 W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Rf = 440 kΩ

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

Wzmocnienie wzmacniacza nieodwracającego

V₋ = V₊ = Vin, a prąd przez R₁ płynie też przez Rf, więc Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (21 − 1)·22 = 440 kΩ

Odpowiedź

Rf = 440 kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 0,8149 V

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

Napięcie na wejściu +

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 0,9·47/(10 + 47) = 0,7421 V

Superpozycja obu wejść

Przy V₂ = 0 V₁ widzi wzmacniacz odwracający. Przy V₁ = 0 V₊ jest wzmacniane przez wzmocnienie nieodwracające 1 + R₂/R₁.

Vout = −(1/4,7)·0,4 + (1 + 1/4,7)·0,7421 = −0,08511 + 0,9 = 0,8149 V

Odpowiedź

Vout = 0,8149 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: VCE = 1,906 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)/270 kΩ = 34,44 µA

Prąd kolektora

IC = β·IB = 50·34,44 µA = 1,722 mA

Napięcie kolektor–emiter

VCE = 10 − 1,722 mA·4,7 kΩ = 1,906 V

Odpowiedź

VCE = 1,906 V
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: PZ,max = 317,6 mW

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 diody Zenera w najgorszym przypadku

IZ = 18/680 = 26,47 mA

Moc diody Zenera

PZ = 12·26,47 = 317,6 mW

Odpowiedź

PZ,max = 317,6 mW
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 235

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

21 = 0001 0101
odwrócone: 1110 1010
+1 → 1110 1011

Odczytaj bez znaku

1110 1011₂ = 256 − 21 = 235

Odpowiedź

U = 235
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −512

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

Najbardziej ujemna wartość

−29 = −512

Odpowiedź

N = −512
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.

ABCD000111100001111000110312140507160120130150140819111110

Zgrupuj jedynki

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

B′C′D
B′CD′
A′BD′
AB′D

Minimalna postać SOP

F = B′C′D + B′CD′ + A′BD′ + AB′D
N = 4

Odpowiedź

N = 4

Istnieje inne grupowanie tego samego rozmiaru; ma tę samą liczbę składników i literałów.

28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 1

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

Implikanty proste

Największe grupy, jakie można utworzyć z jedynek i X.

B′CD, A′D′, A′B′C
ABCD000111100001111010011312140507X6012X130150140809X11010

Istotne implikanty proste

A′D′
N = 1

Odpowiedź

N = 1
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.2) = 4,659

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).

Dopełnienie do kwadratu

s² + 6s + 10 = (s + 3)² + 1 = (s + 3)² + 1²

Dopasuj licznik

F(s) = 4·(s + 3)/((s + 3)² + 1²) + (23/1)·1/((s + 3)² + 1²)

Transformata odwrotna

f(t) = e−3t·(4·cos 1t + 23·sin 1t)
f(0,2) = e−3·0,2·(4·cos(1·0,2) + 23·sin(1·0,2)) = 4,659

Odpowiedź

f(0,2) = 4,659
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: g(0.6) = 0,1541

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).

Transmitancja

G(s) = Y(s)/U(s) = 2/(s² + 6s + 13)

Ułamki proste

s² + 6s + 13 = (s + 3)² + 2²
G(s) = (2/2)·2/((s + 3)² + 2²)

Odpowiedź impulsowa

g(t) = e−3t·(sin 2t)
g(0,6) = 0,1541

Odpowiedź

g(0,6) = 0,1541
31.Schematy blokowe

Odpowiedź: T(0) = 0,6098

Algebra schematów blokowych: bloki połączone szeregowo mnożą się (G₁·G₂), bloki połączone równolegle dodają się (G₁ + G₂), a pętla ze ścieżką prostą G i ścieżką sprzężenia zwrotnego H redukuje się do T = G/(1 + G·H) dla ujemnego sprzężenia zwrotnego i G/(1 − G·H) dla dodatniego. Najpierw redukuj pętle wewnętrzne, potem idź na zewnątrz. Bieguny układu zamkniętego są pierwiastkami równania charakterystycznego 1 + G(s)H(s) = 0. Dla stabilnej pętli wymuszenie skokowe o wielkości A daje w stanie ustalonym wyjście A·T(0); przy jednostkowym sprzężeniu zwrotnym uchyb ustalony przy skoku wynosi A/(1 + Kp), gdzie Kp = G(0).

Pętla wewnętrzna

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 10/(s + 2 + 10·3) = 10/(s + 32)

Pętla zewnętrzna

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 50/(s + 32 + 50) = 50/(s + 82)

Wynik

T(0) = 50/82 = 0,6098

Odpowiedź

T(0) = 0,6098
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 24,5

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).

Odpowiedź na zakłócenie

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 2·6/(3 + 6K)

Rozwiąż względem K

3 + 6K = 2·6/0,08 = 150
K = (150 − 3)/6 = 24,5

Odpowiedź

K = 24,5
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: σ = −3

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 = 90 → ωₙ = 9,487 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·9,487) = 0,3162

Wynik

σ = −ζωₙ = −6/2 = −3

Odpowiedź

σ = −3
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: %OS = 71,24 %

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

Pulsacja własna i współczynnik tłumienia

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,05·4,7 × 10⁻⁵) = 652,3 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (7/2)·√(4,7 × 10⁻⁵/0,05) = 0,1073

Wynik

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 71,24 %

Odpowiedź

%OS = 71,24 %
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: φ = 14,01 °

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 = R/L = 100/0,0022 = 45455 rad/s
fc = 7234 Hz → f/fc = 29000/7234 = 4,009

Faza

φ = 90° − atan(4,009) = 14,01°

Odpowiedź

φ = 14,01°
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: PM = 30,92 °

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 + 4ω² − 169 = 0
ω² = (−4 + √(16 + 4·169))/2 = 11,15
ωc = 3,34 rad/s

Zapas fazy

∠L(jωc) = −90° − atan(3,34/2) = −149,1°
PM = 180° + ∠L = 30,92°

Odpowiedź

PM = 30,92°
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: N = 2

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

Wielomian charakterystyczny

s³ + 12s² + 32s + 1152 = 0

Tablica Routha

s³: 1, 32
s²: 12, 1152
s¹: −64
s⁰: 1152

Zmiany znaku w pierwszej kolumnie

1 → 12 → −64 → 1152
N = 2

Odpowiedź

N = 2

Wzmocnienie przekracza granicę K = 384, więc para zespolona przeszła do prawej półpłaszczyzny.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: sb = −0,4834

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

Wzmocnienie wzdłuż osi rzeczywistej

K(s) = −s(s + 1)(s + 8) = −(s³ + 9s² + 8s)

Punkty stacjonarne

dK/ds = −(3s² + 18s + 8) = 0
s = (−18 ± √(324 − 96))/6 = −0,4834, −5,517

Wybierz punkt należący do linii

Linia leży na osi rzeczywistej między 0 a −1; drugi pierwiastek do niej nie należy.

sb = −0,4834

Odpowiedź

sb = −0,4834
39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 196

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

Wymagana stała uchybowa

1/(1 + Kp) = 0,02 → Kp = 49

Wzmocnienie

K/4 = 49 → K = 196

Odpowiedź

K = 196

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

40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Kp = 5,6

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 + 1Kp)s + 1Ki

Wielomian docelowy

s² + 2·0,8·6s + 6² = s² + 9,6s + 36

Dopasuj współczynniki

4 + 1Kp = 9,6 → Kp = 5,6

Odpowiedź

Kp = 5,6

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

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