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​ = 4 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩIR2​AR4​3 ΩB

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 30 VR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 ΩR4 = 3 Ω
IR2 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 6 ΩIR1​R3​ = 15 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩAR4​2 ΩBR6​10 Ω

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 30 VR1 = 6 ΩR2 = 20 ΩR3 = 15 ΩR4 = 2 ΩR5 = 10 ΩR6 = 10 Ω
IR1 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAR4​5 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 15 VIs = 1,5 AR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 ΩR4 = 5 Ω
IR1 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 10 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​9 VR3​15 ΩAR5​5 ΩBIs​3 A+−V2​24 V

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

V1 = 9 VIs = 3 AV2 = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩR4 = 15 ΩR5 = 5 Ω
VB = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 2 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​15 VR3​6 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

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

V1 = 15 VV2 = 6 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 Ω
I2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 12 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 30 ΩIR3​+−V1​10 VR4​5 ΩAR5​10 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

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

V1 = 10 VV2 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 30 ΩR4 = 5 ΩR5 = 10 Ω
IR3 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 4 ΩIR1​R3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​5 ΩBIs​4 A

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

V1 = 12 VIs = 4 AR1 = 4 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 ΩR4 = 5 Ω
IR1 = 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 = 10 mA. Po podwojeniu V1 przy niezmienionych pozostałych dwóch I = 16 mA. Po odwróceniu kierunku Is przy niezmienionych pozostałych dwóch I = 9 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy V2 jest wyłączone, a V1 i Is mają wartości normalne.

wartości normalne: I = 10 mA2·V1: I = 16 mA−Is: I = 9 mA
I = mA
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAab

Wyznacz rezystancję Thévenina Rth widzianą z zacisków a–b.

V1 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 12 ΩR3 = 15 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAIs​1,5 ABRL​8 ΩIL​

Między a–b podłączono obciążenie RL = 8 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 9 VIs = 1,5 AR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 ΩRL = 8 Ω
IL = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
R = 68 Ωt = 0L150 mHi(t)

Przez cewkę płynie ustalony prąd 1,5 A. W t = 0 łącznik zamyka obwód przez R, a źródło zostaje odłączone, więc prąd cewki zanika przez R. Ile czasu potrzeba, aby prąd spadł do 0,375 A? Wyznacz t.

i(0) = 1,5 AR = 68 ΩL = 150 mH
t = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​24 Vt = 0R = 10 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 12 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 12 V o zaznaczonej biegunowości. Po jakim czasie vC osiągnie 21,6 V? Wyznacz t.

Vs = 24 VR = 10 kΩC = 68 µFvC(0) = 12 V
t = ms
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
Vf0​ = 60 HzRL = ?C = 10 µF

Szeregowy obwód RLC z C = 10 µF ma być w rezonansie przy 60 Hz. Wyznacz potrzebną indukcyjność L.

f0 = 60 HzC = 10 µF
L = mH
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
24 V500 HzR1​ = 30 ΩR2​ = 40 ΩC = 22 µF

Rezystor R1 jest połączony szeregowo z równoległym połączeniem R2 i kondensatora C i podłączony do zasilania 24 V (skuteczne), 500 Hz. Wyznacz moduł impedancji |Z|.

V = 24 V (rms)f = 500 HzR1 = 30 ΩR2 = 40 ΩC = 22 µF
|Z| = Ω
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
240 VR + jXP = 2304 W12 A

Odbiornik indukcyjny pobiera 12 A i 2304 W z jednofazowego zasilania 240 V (skuteczne). Zamodeluj go jako rezystancję R połączoną szeregowo z reaktancją X. Wyznacz X.

V = 240 VI = 12 AP = 2304 W
X = Ω
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
240 V50 Hzobciążenie11 kW, 0,8C220 µFI

Odbiornik jednofazowy pobiera 11 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) z zasilania 240 V, 50 Hz. Równolegle do odbiornika podłączono kondensator 220 µF. Wyznacz nowy współczynnik mocy cos φ widziany przez zasilanie.

P = 11 kWpf1 = 0,8V = 240 Vf = 50 HzC = 220 µF
cos φ =
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M22 kW, η = 90%cos φ = 0,84

Trójfazowy silnik indukcyjny oddaje przy pełnym obciążeniu 22 kW mocy mechanicznej. Przy tym obciążeniu jego sprawność wynosi 90%, a współczynnik mocy 0,84 (indukcyjny). Napięcie przewodowe sieci wynosi 400 V. Wyznacz prąd przewodowy IL.

Pout = 22 kWη = 90%cos φ = 0,84VL = 400 V
IL = A
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 250 kW przy współczynniku mocy 0,72 (indukcyjnym) z sieci 400 V (napięcie przewodowe), 60 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,92 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w gwiazdę. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 250 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
480 V240 VIHV​ILV​ = ?150 kVA

Jednofazowy transformator 150 kVA, 480/240 V pracuje przy obciążeniu znamionowym. Potraktuj go jako idealny. Wyznacz prąd ILV w uzwojeniu dolnego napięcia.

S = 150 kVAV1 = 480 VV2 = 240 V
ILV = A
20.TransformatoryTrudny
pf 0,9100 kVA, 75% obciążenie

Jednofazowy transformator 100 kVA ma straty w rdzeniu 300 W i straty w miedzi 450 W przy obciążeniu znamionowym. Dostarcza 75% swojej znamionowej mocy kVA przy współczynniku mocy 0,9 (indukcyjnym). Wyznacz całkowite straty Ploss w watach przy tym obciążeniu.

S = 100 kVAPcore = 300 WPcu,fl = 450 Wx = 0,75pf = 0,9
Ploss = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 47 kΩVin​R1​ = 10 kΩ

Wzmacniacz operacyjny jest idealny i zasilany napięciem ±15 V; jego wyjście nasyca się przy ±14 V. Wzmacniacz odwracający jest pobudzany sygnałem sinusoidalnym. Wyznacz największą amplitudę wejściową Vin,max (wartość szczytową), przy której wyjście nie jest obcinane.

R1 = 10 kΩRf = 47 kΩVsat = ±14 V
Vin,max = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = 1,1 VR1​ = 47 kΩV2​ = 0,5 VR2​ = 10 kΩ

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

V1 = 1,1 VV2 = 0,5 VR1 = 47 kΩR2 = 10 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
+−12 V270 Ω3,3 V3300 ΩIZ​ = ?

Stabilizator z diodą Zenera 3,3 V jest zasilany napięciem 12 V przez 270 Ω i zasila obciążenie 3300 Ω. Wyznacz prąd diody Zenera IZ.

Vin = 12 VVZ = 3,3 VR = 270 ΩRL = 3300 Ω
IZ = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 330 Ωβ = 100IC​ = ?VCC​ = 24 V3,3 VRB​ = 10 kΩ

Tranzystor NPN o β = 100 przełącza rezystor obciążenia 330 Ω włączony między VCC = 24 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 3,3 V przez rezystor bazowy RB = 10 kΩ. Przyjmij VBE = 0,7 V i VCE(sat) = 0,2 V. Wyznacz prąd kolektora IC w mA, gdy na wejściu jest stan wysoki. Najpierw ustal, czy tranzystor jest nasycony.

VCC = 24 VRC = 330 Ωβ = 100Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 10 kΩ
IC = mA
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U2?−128?64?32?16?8?4?2?1

Zapisz −76 jako 8-bitowy wzór w kodzie U2. Odczytaj ten wzór jako liczbę dwójkową bez znaku: jaka jest jego wartość U dziesiętnie?

N = −768 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 0100 1100 << 3. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

0100 1100<< 3
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111000010302040507160120131150140819011110

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać iloczynu sum (POS) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(6, 9, 10, 15). Ile sum (czynników) N ona ma?

F(A, B, C, D) = Σm(6, 9, 10, 15)
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
DQ0​Q0​DQ1​Q1​DQ2​Q2​DQ3​Q3​DQ4​Q4​DQ5​Q5​DQ6​Q6​DQ7​Q7​CLKPIERŚCIENIOWY

Licznik pierścieniowy zbudowano z 8 przerzutników D (ostatnie wyjście sprzężone z pierwszym wejściem); startuje z jedną jedynką. Przez ile różnych stanów N przechodzi?

n = 8
N =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,75f(0,75) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = 35/(s(s + 2)(s + 4)) metodą rozkładu na ułamki proste i oblicz f(0,75).

F(s) = 35/(s(s + 2)(s + 4))t = 0,75 s
f(0.75) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,6y(0,6) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 7y′ + 10y = 20·u(t). Startuje ze stanu spoczynku (y(0) = 0, y′(0) = 0), a wejściem jest skok u(t) = 1 dla t ≥ 0. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź wyjście y(0,6).

y″ + 7y′ + 10y = 20·u(t)u(t) = 1y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,6 s
y(0.6) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+12(s + 4)(s + 8)(s + 9)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 12(s + 4)/((s + 8)(s + 9)). Na wartość zadaną podano skok o wielkości 1. Znajdź uchyb ustalony ess.

G(s) = 12(s + 4)/((s + 8)(s + 9))R = 1
ess =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+Kregulator+D(s)+3s + 3obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K steruje obiektem G(s) = 3/(s + 3) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Skok zakłócenia o wielkości 10 wchodzi na wejście obiektu, gdy R = 0. Znajdź najmniejsze wzmocnienie K, przy którym wyjście w stanie ustalonym nie przekracza 2.

G(s) = 3/(s + 3)D = 10css ≤ 2
K =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)1

Układ ma transmitancję G(s) = 47/(s² + 11s + 47) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Bieguny to s = σ ± jωd. Znajdź część rzeczywistą σ.

G(s) = 47/(s² + 11s + 47)
σ =
34.Odpowiedź skokowaTrudny
t (s)y(t)1tp​ = 0,2 s5 %

Odpowiedź skokowa układu drugiego rzędu bez zer wykazuje przeregulowanie 5 %, a pierwszy szczyt występuje w chwili t = 0,2 s. Znajdź pulsację własną ωn.

%OS = 5 %tp = 0,2 s
ωn = rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 8

Znajdź fazę ∠G(jω) G(s) = 10(s + 14)/(s(s + 5)) przy ω = 8 rad/s, w stopniach.

G(s) = 10(s + 14)/(s(s + 5))ω = 8 rad/s
∠G(jω) = °
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 2,3/(s(s + 1)). Znajdź zapas fazy PM w stopniach.

L(s) = 2,3/(s(s + 1))
PM = °
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K = 81s(s + 2)(s + 4)C(s)−

Pętla na schemacie pracuje z K = 8 i L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4)). Ile razy m można zwiększyć wzmocnienie, zanim układ zamknięty stanie się niestabilny?

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4))K = 8
m =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81j1j2sb​

Pokazano linię pierwiastkową dla L(s) = K/((s + 1)(s + 7)). Wyznacz wzmocnienie K w punkcie rozejścia sb, w którym dwa bieguny układu zamkniętego spotykają się na osi rzeczywistej.

L(s) = K/((s + 1)(s + 7))
K =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 4·t²/2+5(s + 5)s²(s + 10)C(s)−

Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 5(s + 5)/(s²(s + 10)) podano wejście paraboliczne r(t) = 4·t²/2. Wyznacz uchyb ustalony ess.

G(s) = 5(s + 5)/(s²(s + 10))r(t) = 4·t²/2
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
r(t) = 2t+1 + 4/s20(s + 1)(s + 2)C(s)−

Regulator PI C(s) = 1 + 4/s steruje obiektem G(s) = 20/((s + 1)(s + 2)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz uchyb ustalony ess dla wejścia liniowo narastającego r(t) = 2t.

C(s) = 1 + 4/sG(s) = 20/((s + 1)(s + 2))r(t) = 2t
ess =

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 3,068 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​ = 4 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAR4​3 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 = 6 + 3 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 4·9/(4+9) = 2,769 Ω
Req = R1 + 2,769 = 4 + 2,769 = 6,769 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 30/6,769 = 4,432 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 30 − 4,432·4 = 12,27 V
IR2 = VA/R2 = 12,27/4 = 3,068 A

Odpowiedź

IR2 = 3,068 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 1,982 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​ = 6 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩAR4​2 ΩBR6​10 Ω

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R5 + R6 = 10 + 10 = 20 Ω
R4 ∥ 20 = 1,818 Ω
R3 + 1,818 = 16,82 Ω
R2 ∥ 16,82 = 9,136 Ω
Req = R1 + 9,136 = 6 + 9,136 = 15,14 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 30/15,14 = 1,982 A

Odpowiedź

IR1 = 1,982 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR1 = 0,6612 A

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

R1​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAR4​5 ΩBIs​1,5 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 15 V). Niewiadome: VA, VB.

PPK w węźle A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/6 + (VA − 15)/15 + (VA − VB)/8 = 0
0,3583·VA − 0,125·VB = 1

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/5 + (VB − VA)/8 = 1,5
−0,125·VA + 0,325·VB = 1,5

Rozwiąż

Δ = (0,3583)(0,325) − (−0,125)(−0,125) = 0,1008
VA = Δ1/Δ = 0,5125/0,1008 = 5,083 V
VB = Δ2/Δ = 0,6625/0,1008 = 6,57 V

Odpowiedź

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (15 − 5,083)/15 = 0,6612 A
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 14,75 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​ = 10 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​9 VR3​15 ΩAR5​5 ΩBIs​3 A+−V2​24 V

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 9 V, V2 = 24 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 − 9)/10 + (VA − VB)/8 = 0
0,2917·VA − 0,125·VB = 0,9

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/5 + (VB − VA)/8 + (VB − 24)/15 = 3
−0,125·VA + 0,3917·VB = 4,6

Rozwiąż

Δ = (0,2917)(0,3917) − (−0,125)(−0,125) = 0,09861
VA = Δ1/Δ = 0,9275/0,09861 = 9,406 V
VB = Δ2/Δ = 1,454/0,09861 = 14,75 V

Odpowiedź

VB = 14,75 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I2 = 0,2442 A

Metoda prądów oczkowych: każdemu oknu obwodu płaskiego przypisz własny prąd oczkowy, zapisz napięciowe prawo Kirchhoffa dla każdego oczka (suma spadków = suma wzrostów) i rozwiąż. Prądy gałęzi to prąd oczkowy lub różnica dwóch prądów oczkowych we wspólnej gałęzi.

R1​ = 2 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​15 VR3​6 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
2·I1 + 6(I1 − I2) = 15
8·I1 − 6·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 + R3(I2 − I1) = −V2
20·I2 + 6(I2 − I1) = (−6)
−6·I1 + 26·I2 = −6

Rozwiąż

Δ = (8)(26) − (−6)(−6) = 172
I1 = Δ1/Δ = 354/172 = 2,058 A
I2 = Δ2/Δ = 42/172 = 0,2442 A

Odpowiedź

I2 = 0,2442 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR3 = −0,2435 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​ = 12 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​10 VR4​5 ΩAR5​10 ΩB+−V2​10 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
12·I1 + 5(I1 − I2) = 10
17·I1 − 5·I2 = 10

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
6·I2 + 5(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−5·I1 + 21·I2 − 10·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
30·I3 + 10(I3 − I2) = (−10)
−10·I2 + 40·I3 = −10

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 11580
I1 = Δ1/Δ = 6900/11580 = 0,5959 A
I2 = Δ2/Δ = 300/11580 = 0,02591 A
I3 = Δ3/Δ = −2820/11580 = −0,2435 A

Odpowiedź

IR3 = I3 = −0,2435 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: IR1 = 0,0814 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​ = 4 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​5 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+5 = 11 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 20·11/(20+11) = 7,097 Ω
VA = 12·7,097/(4+7,097) = 7,674 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 7,674·5/11 = 3,488 V
IR1′ = (VA − V1)/R1 = (7,674 − 12)/4 = −1,081 A
R1​ = 4 ΩR3​ = 6 ΩZWARCIER2​20 ΩAR4​5 ΩBIs​4 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 = 4·20/(4+20) = 3,333 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 5 ∥ 9,333 = 3,256 Ω
VB = Is·Req = 4·3,256 = 13,02 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 13,02·3,333/9,333 = 4,651 V
IR1″ = (VA − V1)/R1 = (4,651 − 0)/4 = 1,163 A

Dodaj składowe

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = (−1,081) + 1,163 = 0,0814 A

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

8.Superpozycja

Odpowiedź: I = 6,5 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 = 10
2·I₁ + I₂ + I₃ = 16
I₁ + I₂ − I₃ = 9

Wyznacz wkłady

I₁ = 16 − 10 = 6 mA
I₃ = (10 − 9)/2 = 0,5 mA
I₂ = 10 − 6 − 0,5 = 3,5 mA

Wyłącz V₂

I = I₁ + I₃ = 6 + 0,5 = 6,5 mA

Odpowiedź

I = 6,5 mA
9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Rth = 19 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​ = 6 ΩR3​ = 15 ΩZWARCIER2​12 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 = 6·12/(6+12) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 15 = 19 Ω
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 1,15 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​ = 15 ΩR3​ = 3 ΩZWARCIER2​20 ΩAROZWARCIEBabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

Zastąp źródła napięcia zwarciami, a źródła prądu rozwarciami, a potem spójrz na obwód od strony a–b.

R1 ∥ R2 = 15·20/(15+20) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 3 = 11,57 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAIs​1,5 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) = 5,143 + 1,5·8,571 = 18 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 18 + 1,5·3 = 22,5 V
Rth​ = 11,57 Ω+−Vth​22,5 VRL​8 ΩIL​

Podłącz obciążenie do układu zastępczego Thévenina

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

IL = Vth/(Rth + RL) = 22,5/(11,57 + 8) = 1,15 A
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 3,058 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

τ = L/R = 150 mH / 68 Ω = 2,206 ms

Wyznacz czas

0,375 = 1,5·e−t/τ → t = τ·ln(1,5/0,375)
t = 2,206·ln(4) = 3,058 ms

Odpowiedź

t = 3,058 ms
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 1094 ms

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

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

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

vC(0) = 12 V, vC(∞) = Vs = 24 V
τ = R·C = 10 kΩ · 68 µF = 680 ms
vC(t) = 24 + (12 − 24)·e−t/τ

Wyznacz czas

21,6 = 24 + (−12)·e−t/τ → e−t/τ = (21,6 − 24)/(12 − 24) = 0,2
t = τ·ln((12 − 24)/(21,6 − 24)) = 680·ln(5) = 1094 ms

Odpowiedź

t = 1094 ms
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: L = 703,6 mH

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·60 = 377 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(377²·10·10⁻⁶) = 703,6 mH

Odpowiedź

L = 703,6 mH
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: |Z| = 36,92 Ω

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|.

Reaktancja

XC = 1/(2π·500·22·10⁻⁶) = 14,47 Ω

Połączenie równoległe

Pomnóż licznik i mianownik przez liczbę sprzężoną, aby rozdzielić Zp na część rzeczywistą i urojoną.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 4,628 − j12,79 Ω

Impedancja całkowita

Z = 30 + 4,628 − j12,79 = 34,63 − j12,79 Ω
|Z| = √(34,63² + 12,79²) = 36,92 Ω

Odpowiedź

|Z| = 36,92 Ω
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: X = 12 Ω

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.

Rezystancja z mocy czynnej

R = P/I² = 2304/12² = 16 Ω

Reaktancja z impedancji

|Z| = V/I = 240/12 = 20 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(20² − 16²) = 12 Ω

Odpowiedź

X = 12 Ω
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: cos φ = 0,9323

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 = 11·tan(arccos 0,8) = 8,25 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·50·220·10⁻⁶ = 3981 var = 3,981 kvar
Q2 = 8,25 − 3,981 = 4,269 kvar

Nowa moc pozorna

S2 = √(11² + 4,269²) = 11,8 kVA

Nowy współczynnik mocy

cos φ = P/S2 = 11/11,8 = 0,9323

Odpowiedź

cos φ = 0,9323
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: IL = 42 A

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

Elektryczna moc wejściowa

Pin = Pout/η = 22/0,9 = 24,44 kW

Prąd linii

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 24444/(√3·400·0,84) = 42 A

Odpowiedź

IL = 42 A
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 2229 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 = 250·tan(acos 0,72) = 250·0,9639 = 241 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,92) = 250·0,426 = 106,5 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 134,5 kvar

Pojemność na fazę

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

V = 400/√3 = 230,9 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 44821/(377·230,9²) = 2229 µF

Odpowiedź

Cph = 2229 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: ILV = 625 A

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

Prąd znamionowy

Oba uzwojenia przenoszą tę samą moc pozorną.

ILV = S/V = 150000/240 = 625 A

Odpowiedź

ILV = 625 A
20.Transformatory

Odpowiedź: Ploss = 553,1 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.

Straty w miedzi przy tym obciążeniu

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,5625·450 = 253,1 W

Straty całkowite

Straty w rdzeniu są takie same przy każdym obciążeniu.

Ploss = 300 + 253,1 = 553,1 W

Odpowiedź

Ploss = 553,1 W

Sprawność przy tym obciążeniu wynosi η = 99,19%.

21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vin,max = 2,979 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| = Rf/R1 = 47/10 = 4,7

Największe wejście przed obcinaniem

Vin,max = Vsat/|Av| = 14/4,7 = 2,979 V

Odpowiedź

Vin,max = 2,979 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −0,734 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 = 1,1/47 = 0,0234 mA
I2 = V2/R2 = 0,5/10 = 0,05 mA
If = I1 + I2 = 0,0734 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −10·0,0734 = −0,734 V

Odpowiedź

Vout = −0,734 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IZ = 31,22 mA

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

Prąd rezystora

IR = 8,7/270 = 32,22 mA

Prąd obciążenia

IL = 3,3/3300 = 1 mA

Prąd diody Zenera

IZ = 32,22 − 1 = 31,22 mA

Odpowiedź

IZ = 31,22 mA
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 26 mA

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

Prąd bazy

IB = (3,3 − 0,7)/10 kΩ = 260 µA

Nasycenie czy obszar aktywny?

β·IB jest mniejsze od IC(sat), więc tranzystor pozostaje w obszarze aktywnym.

β·IB = 26 mA
IC(sat) = (24 − 0,2)/330 = 72,12 mA

Prąd kolektora

IC = β·IB = 26 mA

Odpowiedź

IC = 26 mA

Tranzystor pracuje w obszarze aktywnym, więc obciążenie nie jest całkowicie włączone.

25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 180

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

Odwróć i dodaj jeden

76 = 0100 1100
odwrócone: 1011 0011
+1 → 1011 0100

Odczytaj bez znaku

1011 0100₂ = 256 − 76 = 180

Odpowiedź

U = 180
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 96

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 lewo o 3 przesuwa każdy bit o 3 pozycji w lewo; bity, które wypadną z lewego końca, są tracone, a z prawej wchodzą zera.

0100 1100 << 3
= 0110 0000

Wartość wyniku

0110 0000₂ = 96

Odpowiedź

R = 96
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 6

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

ABCD000111100001111000010302040507160120131150140819011110

Zgrupuj zera

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

(C + D)
(B′ + C)
(B + C′ + D′)
(A + D′)
(A + B)
(A′ + B′ + D)

Minimalna postać POS

F = (C + D)(B′ + C)(B + C′ + D′)(A + D′)(A + B)(A′ + B′ + D)
N = 6

Odpowiedź

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

Odpowiedź: N = 8

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.

Sekwencja dla 8 przerzutników

10000000 → 01000000 → 00100000 → 00010000 → 00001000 → 00000100 → 00000010 → 00000001

Liczba stanów

N = 8

Odpowiedź

N = 8
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.75) = 2,64

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 + 2) + C/(s + 4)
A = 35/(2·4) = 4,375
B = 35/((−2)·2) = −8,75
C = 35/((−4)·(−2)) = 4,375

Transformata odwrotna

f(t) = 4,375 − 8,75·e−2t + 4,375·e−4t

Oblicz

f(0,75) = 4,375 − 8,75·e−2·0,75 + 4,375·e−4·0,75 = 2,64

Odpowiedź

f(0,75) = 2,64
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.6) = 1,062

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

Y(s) = 20/(s(s + 2)(s + 5))

Ułamki proste

A = 20/(2·5) = 2
B = 20/((−2)·3) = −3,333
C = 20/((−5)·(−3)) = 1,333

Wydalone

y(t) = 2 − 3,333·e−2t + 1,333·e−5t
y(0,6) = 1,062

Odpowiedź

y(0,6) = 1,062
31.Schematy blokowe

Odpowiedź: ess = 0,6

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).

Stała uchybu położeniowego

Kₚ = G(0) = 12·4/(8·9) = 0,6667

Uchyb ustalony

ess = A/(1 + Kₚ) = 1/(1 + 0,6667) = 0,6

Odpowiedź

ess = 0,6
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 4

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)) = 10·3/(3 + 3K)

Rozwiąż względem K

3 + 3K = 10·3/2 = 15
K = (15 − 3)/3 = 4

Odpowiedź

K = 4
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: σ = −5,5

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

Porównaj z postacią standardową

Mianownik musi odpowiadać s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 47 → ωₙ = 6,856 rad/s
2ζωₙ = 11 → ζ = 11/(2·6,856) = 0,8023

Wynik

σ = −ζωₙ = −11/2 = −5,5

Odpowiedź

σ = −5,5
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ωn = 21,7 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(0,05)/√(π² + ln²(0,05)) = 2,996/√(9,87 + 8,974) = 0,6901

Częstotliwość drgań własnych

ωd = π/tp = π/0,2 = 15,71 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 15,71/0,7237 = 21,7 rad/s

Odpowiedź

ωn = 21,7 rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ∠G(jω) = −118,2 °

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

Dodaj kąty

∠G = atan(8/14) − 90° − atan(8/5) = 29,74° − 90° − 57,99°

Wynik

∠G(j8) = −118,2°

Odpowiedź

∠G(jω) = −118,2°
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: PM = 36,3 °

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 + 1ω² − 5,29 = 0
ω² = (−1 + √(1 + 4·5,29))/2 = 1,854
ωc = 1,362 rad/s

Zapas fazy

∠L(jωc) = −90° − atan(1,362/1) = −143,7°
PM = 180° + ∠L = 36,3°

Odpowiedź

PM = 36,3°
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: m = 6

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

Tablica Routha

s³ + 6s² + 8s + K = 0
s³: 1, 8
s²: 6, K
s¹: (6·8 − K)/6
s⁰: K

Największe stabilne wzmocnienie

Kmax = 6·8 = 48

Współczynnik

m = 48/8 = 6

Odpowiedź

m = 6

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

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: K = 9

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.

Punkt rozejścia

dK/ds = 0 dla K = −(s + 1)(s + 7) daje 2s + 8 = 0.

sb = −4

Warunek modułu

K = |−4 + 1|·|−4 + 7| = 3·3 = 9

Odpowiedź

K = 9

Przy tym wzmocnieniu układ zamknięty jest tłumiony krytycznie (ζ = 1).

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 1,6

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 = 5·5/10 = 2,5

Uchyb dla paraboli

ess = 4/2,5 = 1,6

Odpowiedź

ess = 1,6
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 0,05

Regulacja P, PI i PID: regulator C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s działa na uchyb. Wzmocnienie proporcjonalne przyspiesza układ i zmniejsza uchyb obiektu typu 0, ale nigdy go nie usuwa. Człon całkujący dodaje biegun w s = 0: typ układu rośnie o jeden, a skok jest śledzony bez uchybu. Człon różniczkujący zwiększa tłumienie. Aby dobrać nastawy, zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego i porównaj go z s² + 2ζωns + ωn². Wtedy %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, gdzie ωd = ωn√(1 − ζ²), oraz ts ≈ 4/(ζωn).

Stała prędkościowa

s·C(s) = 1s + 4 → 4 przy s → 0.

Kv = 4·20/2 = 40

Uchyb dla narastania liniowego

ess = 2/40 = 0,05

Odpowiedź

ess = 0,05

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

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

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