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​ = 15 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩIR2​AR4​2 ΩB

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 10 ΩR4 = 2 Ω
IR2 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 2 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAR4​10 ΩBR6​2 Ω

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 30 VR1 = 2 ΩR2 = 8 ΩR3 = 2 ΩR4 = 10 ΩR5 = 8 ΩR6 = 2 Ω
Req = Ω
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAR4​3 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 24 VIs = 1,5 AR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 4 ΩR4 = 3 Ω
VB = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 5 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩAR4​3 ΩB0,05·VA​

Romb to źródło prądu sterowane napięciem, które wpycha prąd 0,05·VA (w A, przy VA w V) w górę do węzła B. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć potencjał węzła VA (mierzony względem masy).

V1 = 15 VR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 30 ΩR4 = 3 Ωg = 0,05 A/V
VA = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 4 ΩR2​ = 12 ΩIR2​+−V1​15 VR3​6 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

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

V1 = 15 VV2 = 30 VR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 6 Ω
IR2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 25 ΩIR1​R2​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​36 VR4​4 ΩAR5​2 ΩB+−V2​30 VI1​I2​I3​

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

V1 = 36 VV2 = 30 VR1 = 25 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 ΩR4 = 4 ΩR5 = 2 Ω
IR1 = A
7.SuperpozycjaŚredni
obwód liniowyVs​Is​IRL​

Liniowy obwód rezystancyjny zawiera jedno źródło napięcia Vs i jedno źródło prądu Is. Prąd I przez rezystor obciążenia zmierzono dwukrotnie: przy Vs = 5 V i Is = 3 mA I = 1,1 mA; przy Vs = 20 V i Is = 4 mA I = 6,8 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy Vs = 15 V i Is = 10 mA.

5 V, 3 mA → 1,1 mA20 V, 4 mA → 6,8 mAVs = 15 V, Is = 10 mA
I = mA
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 10 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​12 VR3​25 ΩIR3​AIs​0,5 AB−+V2​6 V

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

V1 = 12 VIs = 0,5 AV2 = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 25 ΩR4 = 25 Ω
IR3 = A
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩARL​15 ΩIL​B

Między a–b podłączono obciążenie RL = 15 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 30 VR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 ΩRL = 15 Ω
IL = A
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAIs​6 ABab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 24 VIs = 6 AR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 Ω
Vth = V
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​12 Vt = 0R = 47 ΩL10 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Po jakim czasie od zamknięcia łącznika prąd osiągnie 75% wartości końcowej? Wyznacz t.

Vs = 12 VR = 47 ΩL = 10 mH
t = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​15 Vt = 0R = 6,8 kΩC10 µF+−vC​vC​(0) = 20 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 20 V o zaznaczonej biegunowości. Po jakim czasie vC osiągnie 18 V? Wyznacz t.

Vs = 15 VR = 6,8 kΩC = 10 µFvC(0) = 20 V
t = ms
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
50 V500 HzR = 20 ΩL = 50 mHC = 22 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 50 V (skuteczne), 500 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.

V = 50 V (rms)f = 500 HzR = 20 ΩL = 50 mHC = 22 µF
I = A
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
VfR = 10 ΩL = 20 mHC = 0,22 µF

Szeregowy obwód RLC ma R = 10 Ω, L = 20 mH i C = 0,22 µF. Wyznacz jego dobroć Q w rezonansie.

R = 10 ΩL = 20 mHC = 0,22 µF
Q =
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
P = 12 kWQSφ

Silnik jednofazowy pobiera 12 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym) z zasilania 400 V. Wyznacz prąd linii I.

P = 12 kWpf = 0,65V = 400 V
I = A
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 50 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 50 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym) z zasilania 230 V, 50 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,98. Wyznacz potrzebną pojemność C.

P = 50 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98V = 230 Vf = 50 Hz
C = µF
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 415 VNZ = 24 + j7 Ωna fazę

Symetryczny odbiornik połączony w gwiazdę o impedancji 24 + j7 Ω na fazę jest przyłączony do symetrycznej sieci trójfazowej o napięciu przewodowym 415 V. Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 415 VZ = 24 + j7 Ω na fazę
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 250 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z sieci 480 V (napięcie przewodowe), 60 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,98 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Wyznacz całkowitą moc bierną QC, którą musi dostarczyć bateria kondensatorów, w kvar.

P = 250 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatoryŚredni
50 ΩN1​N2​1800 Ω

Wzmacniacz o rezystancji wyjściowej 1800 Ω zasila głośnik 50 Ω przez idealny transformator. Dla maksymalnego przekazu mocy głośnik musi być widziany od strony wzmacniacza jako 1800 Ω. Wyznacz przekładnię a = N₁/N₂.

Rs = 1800 ΩRL = 50 Ω
a =
20.TransformatoryTrudny
200 kVA

Jednofazowy transformator 200 kVA ma straty w rdzeniu 600 W i straty w miedzi 2400 W przy obciążeniu znamionowym. Przy jakim obciążeniu Sη,max, w kVA, jego sprawność jest najwyższa?

S = 200 kVAPcore = 600 WPcu,fl = 2400 W
Sη,max = kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 1 kΩVin​

Dobierz rezystor sprzężenia zwrotnego Rf, który da temu wzmacniaczowi nieodwracającemu wzmocnienie napięciowe 20.

R1 = 1 kΩAv = 20
Rf = kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = −0,2 VR1​ = 100 kΩV2​ = 1,7 VR2​ = 4,7 kΩIf​

Wzmacniacz sumujący korzysta z idealnego wzmacniacza operacyjnego zasilanego napięciem ±15 V. Wyznacz prąd If płynący przez rezystor sprzężenia zwrotnego w stronę wyjścia.

V1 = −0,2 VV2 = 1,7 VR1 = 100 kΩR2 = 4,7 kΩRf = 10 kΩ
If = mA
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 1 kΩβ = 80IC​ = ?RE​ = 1,5 kΩVCC​ = 15 VR1​ = 39 kΩR2​ = 22 kΩ

Tranzystor NPN o β = 80 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 15 V: R₁ = 39 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 22 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 1 kΩ, a rezystor emiterowy RE = 1,5 kΩ. Przyjmij VBE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz prąd kolektora IC w mA.

VCC = 15 VR1 = 39 kΩR2 = 22 kΩRC = 1 kΩRE = 1,5 kΩβ = 80
IC = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
+−≤ 26 V270 Ω6,2 V

Stabilizator z diodą Zenera 6,2 V ma rezystor szeregowy 270 Ω. Napięcie wejściowe może wzrosnąć do 26 V, a obciążenie może zostać odłączone. Wyznacz największą moc PZ,max, jaką musi rozproszyć dioda Zenera.

Vin,max = 26 VVZ = 6,2 VR = 270 Ω
PZ,max = mW
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U2?−128?64?32?16?8?4?2?1

Zapisz −120 jako 8-bitowy wzór w kodzie U2. Odczytaj ten wzór jako liczbę dwójkową bez znaku: jaka jest jego wartość U dziesiętnie?

N = −1208 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 1110 1001 << 1. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

1110 1001<< 1
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111000010312041517160120130151141809011010

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać iloczynu sum (POS) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(2, 5, 6, 7, 8, 14). Ile sum (czynników) N ona ma?

F(A, B, C, D) = Σm(2, 5, 6, 7, 8, 14)
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKPRZESUWNY

4-bitowy rejestr przesuwający Q₃Q₂Q₁Q₀ zawiera 1000. Przy każdym zboczu zegara bity przesuwają się o jedno miejsce w prawo (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀, Q₀ jest tracone), a wejście szeregowe trafia do Q₃. Wejście szeregowe wynosi 1, 1, 0, 0, 0 przy zboczach 5. Podaj stan końcowy Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ jako liczbę dziesiętną.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 10001, 1, 0, 0, 0
Q =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,50,51

F(s) = 36/(s² + 7s + 12). Jej transformata odwrotna ma postać f(t) = A·e−3t + B·e−4t. Znajdź współczynnik A metodą rozkładu na ułamki proste.

F(s) = 36/(s² + 7s + 12)
A =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
ReIm−22

Układ opisuje równanie różniczkowe y″ + 4y′ + 13y = 7u, 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 = 0,8 s. Znajdź g(0,8).

y″ + 4y′ + 13y = 7ut = 0,8 s
g(0.8) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+26s + 7G(s)C(s)0,25H−

Obiekt G(s) = 26/(s + 7) jest regulowany w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego, w której czujnik ma wzmocnienie H = 0,25. Znajdź stałą czasową τ układu zamkniętego.

G(s) = 26/(s + 7)H = 0,25
τ = s
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+Ks(s + 1)(s + 9)G(s)C(s)−

Obiekt G(s) = K/(s(s + 1)(s + 9)) jest w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Za pomocą kryterium Routha–Hurwitza znajdź największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

G(s) = K/(s(s + 1)(s + 9))jednostkowe ujemne sprzężenie zwrotne
Kmax =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)0,5tp​ = ?

Układ ma transmitancję G(s) = 34/(s² + 2s + 68) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź czas szczytu tp odpowiedzi skokowej.

G(s) = 34/(s² + 2s + 68)
tp = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
t (s)y(t)120 %

Układ drugiego rzędu bez zer ma mieć odpowiedź skokową z przeregulowaniem 20 %. Znajdź współczynnik tłumienia ζ.

%OS = 20 %
ζ =
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
vin​C = 2,2 nFR = 47 kΩvout​

Filtr górnoprzepustowy RC pokazany na rysunku ma R = 47 kΩ, C = 2,2 nF. Podano sinusoidalne wejście 770 Hz. Znajdź przesunięcie fazowe φ vout względem vin, w stopniach.

R = 47 kΩC = 2,2 nFf = 770 Hz
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) = 14,5/(s(s + 5)). Znajdź częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc, przy której |L(jω)| = 1.

L(s) = 14,5/(s(s + 5))
ωc = rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+Ks + 1(s − 4)(s + 1)C(s)−

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

G(s) = (s + 1)/((s − 4)(s + 1))
Kmin =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−2−4−6−8−10−12−14j2j4sb​

Pokazano linię pierwiastkową dla L(s) = K/((s + 4)(s + 12)). Wyznacz wzmocnienie K w punkcie rozejścia sb, w którym dwa bieguny układu zamkniętego spotykają się na osi rzeczywistej.

L(s) = K/((s + 4)(s + 12))
K =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
R(s)+K(s + 4)(s + 5)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma G(s) = K/((s + 4)(s + 5)). Wyznacz wzmocnienie K, które daje uchyb ustalony 4 % dla wejścia skokowego.

G(s) = K/((s + 4)(s + 5))ess = 4 %
K =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+4 + Kd​s5s(s + 1)C(s)−

Regulator PD C(s) = 4 + Kd·s steruje obiektem G(s) = 5/(s(s + 1)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz wzmocnienie członu różniczkującego Kd, przy którym układ zamknięty ma współczynnik tłumienia ζ = 0,6.

G(s) = 5/(s(s + 1))Kp = 4ζ = 0,6
Kd = s

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,4 A

Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.

R1​ = 15 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAR4​2 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 + 2 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 10·12/(10+12) = 5,455 Ω
Req = R1 + 5,455 = 15 + 5,455 = 20,45 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 15/20,45 = 0,7333 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 15 − 0,7333·15 = 4 V
IR2 = VA/R2 = 4/10 = 0,4 A

Odpowiedź

IR2 = 0,4 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 5,733 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​ = 2 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAR4​10 ΩBR6​2 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 = 8 + 2 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 5 Ω
R3 + 5 = 7 Ω
R2 ∥ 7 = 3,733 Ω
Req = R1 + 3,733 = 2 + 3,733 = 5,733 Ω

Odpowiedź

Req = 5,733 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 1,253 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​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAR4​3 ΩBIs​1,5 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 24 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/15 + (VA − 24)/6 + (VA − VB)/4 = 0
0,4833·VA − 0,25·VB = 4

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/3 + (VB − VA)/4 = (−1,5)
−0,25·VA + 0,5833·VB = −1,5

Rozwiąż

Δ = (0,4833)(0,5833) − (−0,25)(−0,25) = 0,2194
VA = Δ1/Δ = 1,958/0,2194 = 8,924 V
VB = Δ2/Δ = 0,275/0,2194 = 1,253 V

Odpowiedź

VB = 1,253 V
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VA = 7,046 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.

PPK w węźle A

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

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,4333·VA − 0,03333·VB = 3

PPK w węźle B

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

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,05·VA
−0,08333·VA + 0,3667·VB = 0

Rozwiąż

Δ = (0,4333)(0,3667) − (−0,03333)(−0,08333) = 0,1561
VA = Δ1/Δ = 1,1/0,1561 = 7,046 V
VB = Δ2/Δ = 0,25/0,1561 = 1,601 V

Odpowiedź

VA = 7,046 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR2 = −1,458 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​ = 12 Ω+−V1​15 VR3​6 ΩA+−V2​30 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 + 6(I1 − I2) = 15
10·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
12·I2 + 6(I2 − I1) = (−30)
−6·I1 + 18·I2 = −30

Rozwiąż

Δ = (10)(18) − (−6)(−6) = 144
I1 = Δ1/Δ = 90/144 = 0,625 A
I2 = Δ2/Δ = −210/144 = −1,458 A

Odpowiedź

IR2 = I2 = −1,458 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR1 = 1,234 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​ = 25 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​36 VR4​4 ΩAR5​2 ΩB+−V2​30 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
25·I1 + 4(I1 − I2) = 36
29·I1 − 4·I2 = 36

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
15·I2 + 4(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−4·I1 + 21·I2 − 2·I3 = 0

NPK w oczku 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
8·I3 + 2(I3 − I2) = (−30)
−2·I2 + 10·I3 = −30

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 5814
I1 = Δ1/Δ = 7176/5814 = 1,234 A
I2 = Δ2/Δ = −300/5814 = −0,0516 A
I3 = Δ3/Δ = −17502/5814 = −3,01 A

Odpowiedź

IR1 = I1 = 1,234 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: I = 3 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 odpowiedź jako sumę wkładów

Każdy wkład jest proporcjonalny do własnego źródła, ze stałą zależną tylko od rezystorów.

I = k₁·Vs + k₂·Is
5·k₁ + 3·k₂ = 1,1
20·k₁ + 4·k₂ = 6,8

Wyznacz stałe

Δ = (5)(4) − (3)(20) = −40
k₁ = Δ1/Δ = −16/−40 = 0,4
k₂ = Δ2/Δ = 12/−40 = −0,3
k₁ = 0,4 mA/V, k₂ = −0,3

Przewidź nowy prąd

I = 0,4·15 + (−0,3)·10 = 3 mA

Odpowiedź

I = 3 mA
8.Superpozycja

Odpowiedź: IR3 = 0,3315 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​ = 10 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​12 VR3​25 ΩAROZWARCIEBZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

V₂ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. Patrząc z A, R₃ jest równolegle z szeregową parą R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 25 ∥ 45 = 16,07 Ω
VA = 12·16,07/(10+16,07) = 7,397 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 7,397·25/45 = 4,11 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (7,397 − 0)/25 = 0,2959 A
R1​ = 10 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 25 ΩZWARCIER3​25 ΩAIs​0,5 ABZWARCIE

Przypadek 2 · działa tylko Is

Oba źródła napięcia stają się zwarciami. Iₛ rozdziela się w B między R₄ (teraz do masy) a R₂ szeregowo z R₁ ∥ R₃.

R1 ∥ R3 = 7,143 Ω, więc lewa gałąź to R2+7,143 = 27,14 Ω
Req = R4 ∥ 27,14 = 13,01 Ω
VB = Is·Req = 0,5·13,01 = 6,507 V
VA = VB·7,143/27,14 = 1,712 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (1,712 − 0)/25 = 0,06849 A
R1​ = 10 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 25 ΩZWARCIER3​25 ΩAROZWARCIEB−+V2​6 V

Przypadek 3 · działa tylko V2

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

R1 ∥ R3 = 10·25/(10+25) = 7,143 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−6)·27,14/52,14 = −3,123 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −3,123·7,143/27,14 = −0,8219 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (−0,8219 − 0)/25 = −0,03288 A

Dodaj składowe

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = 0,2959 + 0,06849 + (−0,03288) = 0,3315 A

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

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 0,15 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​ = 20 ΩR3​ = 15 ΩZWARCIER2​4 ΩAabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

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

R1 ∥ R2 = 20·4/(20+4) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 15 = 18,33 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​4 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) = 30·4/(20+4) = 5 V
Rth​ = 18,33 Ω+−Vth​5 VRL​15 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) = 5/(18,33 + 15) = 0,15 A
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 51 V

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​ = 5 ΩR3​ = 4 ΩZWARCIER2​5 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 = 5·5/(5+5) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 4 = 6,5 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAIs​6 ABab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

Przy rozwartych a–b jedyną drogą dla Iₛ jest R₃ do węzła A. Wyznacz V_A z superpozycji V₁ i Iₛ, a potem dodaj spadek na R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 12 + 6·2,5 = 27 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 27 + 6·4 = 51 V
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 0,295 ms

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

Stała czasowa i prąd końcowy

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

τ = L/R = 10 mH / 47 Ω = 0,2128 ms
i(∞) = Vs/R = 12/47 = 0,2553 A

Wyznacz czas

0,75 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,75)
t = −0,2128·ln(0,25) = 0,295 ms

Odpowiedź

t = 0,295 ms
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 34,74 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) = 20 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 10 µF = 68 ms
vC(t) = 15 + (20 − 15)·e−t/τ

Wyznacz czas

18 = 15 + (5)·e−t/τ → e−t/τ = (18 − 15)/(20 − 15) = 0,6
t = τ·ln((20 − 15)/(18 − 15)) = 68·ln(1,667) = 34,74 ms

Odpowiedź

t = 34,74 ms
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 0,3472 A

Obwody AC i wskazy: rezystory, cewki i kondensatory mają impedancje R, jωL i 1/(jωC), gdzie ω = 2πf. Szeregowo impedancje dodaje się jak rezystancje, ale jako liczby zespolone. Wartości skuteczne prądu i napięcia spełniają prawo Ohma z |Z|.

Reaktancje

ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,05 = 157,1 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·22·10⁻⁶) = 14,47 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(20² + (142,6)²) = 144 Ω

Prąd

Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.

I = V/|Z| = 50/144 = 0,3472 A

Odpowiedź

I = 0,3472 A
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: Q = 30,15

Obwody AC i wskazy: rezystory, cewki i kondensatory mają impedancje R, jωL i 1/(jωC), gdzie ω = 2πf. Szeregowo impedancje dodaje się jak rezystancje, ale jako liczby zespolone. Wartości skuteczne prądu i napięcia spełniają prawo Ohma z |Z|.

Częstotliwość rezonansowa

f0 = 1/(2π·√(0,02·0,22·10⁻⁶)) = 2399 Hz

Dobroć

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

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/10)·√(0,02/(0,22·10⁻⁶)) = 30,15

Odpowiedź

Q = 30,15
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: I = 46,15 A

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

Prąd linii

Pracę wykonuje tylko moc czynna, więc podziel przez współczynnik mocy.

I = P/(V·cos φ) = 12000/(400·0,65) = 46,15 A

Odpowiedź

I = 46,15 A
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: C = 2907 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(49,46°) = 58,46 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(11,48°) = 10,15 kvar
QC = Q1 − Q2 = 48,3 kvar

Pojemność

Kondensator dołączony do zasilania dostarcza Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 48304/(2π·50·230²) = 2907 µF

Odpowiedź

C = 2907 µF
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 6,613 kW

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

Napięcie fazowe

Vph = 415/√3 = 239,6 V

Prąd fazowy

|Z| = √(24² + 7²) = 25 Ω
Iph = 239,6/25 = 9,584 A

Całkowita moc czynna

Moc czynną pobiera tylko rezystancyjna część każdej impedancji.

P = 3·Iph²·R = 3·9,584²·24 = 6,613 kW

Odpowiedź

P = 6,613 kW

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

18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: QC = 169,7 kvar

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = 250·tan(acos 0,75) = 250·0,8819 = 220,5 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,98) = 250·0,2031 = 50,76 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 169,7 kvar

Odpowiedź

QC = 169,7 kvar
19.Transformatory

Odpowiedź: a = 6

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

Dopasuj sprowadzone obciążenie

a²·50 = 1800
a = √(1800/50) = √36 = 6

Odpowiedź

a = 6
20.Transformatory

Odpowiedź: Sη,max = 100 kVA

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

Straty w miedzi równe stratom w rdzeniu

x²·2400 = 600 → x = √(600/2400) = 0,5

Obciążenie przy maksymalnej sprawności

Sη,max = x·S = 0,5·200 = 100 kVA

Odpowiedź

Sη,max = 100 kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Rf = 19 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 = (20 − 1)·1 = 19 kΩ

Odpowiedź

Rf = 19 kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: If = 0,3597 mA

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

Prądy wejściowe

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

I1 = V1/R1 = −0,2/100 = −0,002 mA
I2 = V2/R2 = 1,7/4,7 = 0,3617 mA
If = I1 + I2 = 0,3597 mA

Odpowiedź

If = 0,3597 mA
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 2,779 mA

Punkt pracy tranzystora bipolarnego: w obszarze aktywnym VBE = 0,7 V, IC = β·IB i IE = (β + 1)·IB. Wyznacz IB z oczka bazy za pomocą napięciowego prawa Kirchhoffa, potem IC, a następnie VCE z oczka kolektor–emiter. Dzielnik napięcia w bazie zastępuje się jego zastępczym układem Thévenina VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; rezystor emiterowy w oczku bazy jest widziany jako (β + 1) razy większy.

Zastępczy układ Thévenina dzielnika

VTH = 15·22/(39 + 22) = 5,41 V
RTH = 39·22/(39 + 22) = 14,07 kΩ

Prąd bazy

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

IB = (5,41 − 0,7)/(14,07 + 81·1,5) = 34,74 µA

Prąd kolektora

IC = 80·34,74 µA = 2,779 mA
IE = 81·34,74 µA = 2,814 mA

Odpowiedź

IC = 2,779 mA
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: PZ,max = 454,7 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 = 19,8/270 = 73,33 mA

Moc diody Zenera

PZ = 6,2·73,33 = 454,7 mW

Odpowiedź

PZ,max = 454,7 mW
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 136

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

120 = 0111 1000
odwrócone: 1000 0111
+1 → 1000 1000

Odczytaj bez znaku

1000 1000₂ = 256 − 120 = 136

Odpowiedź

U = 136
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 210

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 1 przesuwa każdy bit o 1 pozycji w lewo; bity, które wypadną z lewego końca, są tracone, a z prawej wchodzą zera.

1110 1001 << 1
= 1101 0010

Wartość wyniku

1101 0010₂ = 210

Odpowiedź

R = 210
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 5

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.

ABCD000111100001111000010312041517160120130151141809011010

Zgrupuj zera

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

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

Minimalna postać POS

F = (B + D′)(B′ + C + D)(A′ + D′)(A + C + D)(A′ + B + C′)
N = 5

Odpowiedź

N = 5

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

28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: Q = 1

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.

Stan po każdym zboczu

1000 → 1100 → 1110 → 0111 → 0011 → 0001

Wartość dziesiętna

0001₂ = 1

Odpowiedź

Q = 1
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: A = 36

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

Rozłóż mianownik na czynniki

s² + 7s + 12 = (s + 3)(s + 4)
F(s) = A/(s + 3) + B/(s + 4)

Metoda zakrywania

Pomnóż przez (s + 3) i podstaw s = −3: składnik z B znika.

A = 36/(s + 4) |s = −3 = 36/1 = 36

Odpowiedź

A = 36
(B = −36, więc f(t) = 36·e−3t − 36·e−4t)
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: g(0.8) = 0,3182

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) = 7/(s² + 4s + 13)

Ułamki proste

s² + 4s + 13 = (s + 2)² + 3²
G(s) = (7/3)·3/((s + 2)² + 3²)

Odpowiedź impulsowa

g(t) = e−2t·(2,333·sin 3t)
g(0,8) = 0,3182

Odpowiedź

g(0,8) = 0,3182
31.Schematy blokowe

Odpowiedź: τ = 0,07407 s

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).

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = G/(1 + G·H) = 26/(s + 7 + 6,5) = 26/(s + 13,5)

Wynik

τ = 1/13,5 = 0,07407 s

Odpowiedź

τ = 0,07407 s
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: Kmax = 90

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

Równanie charakterystyczne

s³ + 10s² + 9s + K = 0

Tablica Routha

s³ | 1 9
s² | 10 K
s¹ | (10·9 − K)/10
s⁰ | K

Granica stabilności

Wszystkie elementy pierwszej kolumny muszą być dodatnie.

Kmax = 10·9 = 90

Odpowiedź

Kmax = 90
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: tp = 0,3838 s

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

Porównaj z postacią standardową

Mianownik musi odpowiadać s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 68 → ωₙ = 8,246 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·8,246) = 0,1213

Wynik

ωd = 8,246·√(1 − 0,1213²) = 8,185 rad/s → tp = π/ωd = 0,3838 s

Odpowiedź

tp = 0,3838 s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ζ = 0,4559

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(0,2)/√(π² + ln²(0,2)) = 1,609/√(9,87 + 2,59) = 0,4559

Odpowiedź

ζ = 0,4559
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: φ = 63,42 °

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

Częstotliwość graniczna

ωc = 1/(RC) = 1/(47000·2,2 × 10⁻⁹) = 9671 rad/s
fc = 1539 Hz → f/fc = 770/1539 = 0,5003

Faza

φ = 90° − atan(0,5003) = 63,42°

Odpowiedź

φ = 63,42°
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ωc = 2,578 rad/s

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

Częstotliwość odcięcia wzmocnienia

ω⁴ + 25ω² − 210,3 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·210,3))/2 = 6,644
ωc = 2,578 rad/s

Odpowiedź

ωc = 2,578 rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmin = 4

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

Wielomian charakterystyczny

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

Warunki

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

-3 + K > 0 → K > 3
1K − 4 > 0 → K > 4
Kmin = 4

Odpowiedź

Kmin = 4
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: K = 16

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 + 4)(s + 12) daje 2s + 16 = 0.

sb = −8

Warunek modułu

K = |−8 + 4|·|−8 + 12| = 4·4 = 16

Odpowiedź

K = 16

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

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 480

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) = 0,04 → Kp = 24

Wzmocnienie

K/20 = 24 → K = 480

Odpowiedź

K = 480

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

40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Kd = 0,8733 s

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

Wielomian charakterystyczny

s(s + 1) + 5(4 + Kds) = s² + (1 + 5Kd)s + 20

Częstotliwość drgań własnych

ωₙ = √20 = 4,472 rad/s

Wzmocnienie członu różniczkującego

1 + 5Kd = 2·0,6·4,472 = 5,367
Kd = 0,8733 s

Odpowiedź

Kd = 0,8733 s

Człon różniczkujący zwiększa tłumienie bez zmiany ωₙ.

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

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