Przygotowanie do egzaminu FE Electrical and Computer: zestaw na powtórkę

Wzory, najważniejsze kroki metod dla każdego tematu i 40 zadań do ćwiczenia, z pełnymi rozwiązaniami na końcu.

Nowe zadaniaWróć do przedmiotu

W oknie drukowania wybierz „Zapisz jako PDF”, aby zachować kopię na swoim urządzeniu.

1Wzory i metody

Rezystory szeregowo i równolegle

Rezystory połączone szeregowo
Req = R1 + R2 + …
Rezystory połączone równolegle
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dwa równolegle
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Prawo Ohma
V = I·R
Moc
P = V·I = I²R = V²/R

Metoda

  1. Zacznij od końca sieci najdalszego od zacisków.
  2. Rezystory szeregowe łącz, dodając je, a równoległe ze wzoru 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Po każdym kroku narysuj obwód od nowa.
  4. Powtarzaj, aż między zaciskami zostanie jeden rezystor.

Metoda potencjałów węzłowych

Prądowe prawo Kirchhoffa
ΣIin = ΣIout
Prąd gałęzi
I = (Va − Vb)/R
Węzeł odniesienia
Vground = 0

Metoda

  1. Wybierz węzeł odniesienia (masę) i oznacz potencjały pozostałych węzłów.
  2. Napisz prądowe prawo Kirchhoffa dla każdego nieznanego węzła: prądy wypływające przez każdą gałąź są równe prądom wpływającym.
  3. Wyraź każdy prąd gałęziowy jako (Va − Vb)/R.
  4. Rozwiąż układ równań, a potem wyznacz potrzebne prądy.

Metoda prądów oczkowych

Napięciowe prawo Kirchhoffa
ΣV = 0 w każdym oczku
Rezystor wspólny
prąd = I1 − I2
Źródło prądu w oczku
wyznacza prąd tego oczka

Metoda

  1. Narysuj prąd płynący zgodnie z ruchem wskazówek zegara w każdym oczku (okienku) obwodu.
  2. Zastosuj napięciowe prawo Kirchhoffa w każdym oczku: suma spadków napięć jest równa zeru.
  3. W rezystorze wspólnym dla dwóch oczek prąd jest różnicą dwóch prądów oczkowych.
  4. Rozwiąż równania; wynik ujemny oznacza, że prąd płynie w przeciwną stronę.

Superpozycja

Superpozycja
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Wyłączone źródło napięcia
zwarcie (0 V)
Wyłączone źródło prądu
rozwarcie (0 A)
Dzielnik napięcia
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Dzielnik prądu
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Metoda

  1. Policz niezależne źródła. Dla każdego źródła rozwiążesz jeden prostszy obwód.
  2. Zostaw jedno źródło, a pozostałe wyłącz: źródło napięciowe staje się zwarciem (przewodem), źródło prądowe staje się rozwarciem (przerwą).
  3. Rozwiąż prostszy obwód dla potrzebnego napięcia lub prądu, pilnując jego kierunku.
  4. Powtórz dla każdego źródła, a potem dodaj składowe z ich znakami.

Thévenin i Norton

Napięcie Thévenina
Vth = Vopen circuit
Rezystancja Thévenina
Rth: wszystkie źródła wyłączone, widziana z a–b
Prąd Nortona
IN = Vth/Rth
Prąd obciążenia
IL = Vth/(Rth + RL)
Maksymalne przekazywanie mocy
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Metoda

  1. Odłącz obciążenie i oznacz dwa zaciski a i b.
  2. Wyznacz napięcie stanu jałowego między a i b: to jest Vth.
  3. Wyłącz wszystkie niezależne źródła i wyznacz rezystancję widzianą z a–b: to jest Rth.
  4. Podłącz obciążenie z powrotem do obwodu zastępczego: Vth szeregowo z Rth.
  5. Dla obwodu zastępczego Nortona przelicz: IN = Vth/Rth, z RN = Rth równolegle.

Stany nieustalone RC i RL

Stała czasowa
τ = RC | τ = L/R
Odpowiedź układu
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensator przy prądzie stałym
rozwarcie; vC nie może zmienić się skokowo
Cewka przy prądzie stałym
zwarcie; iL nie może zmienić się skokowo
Stan ustalony
t ≈ 5τ

Metoda

  1. Wyznacz wartość początkową tuż po przełączeniu: napięcie na kondensatorze i prąd cewki nie mogą zmienić się skokowo.
  2. Wyznacz wartość końcową długo po przełączeniu: kondensator zachowuje się jak rozwarcie, a cewka jak zwarcie.
  3. Wyznacz stałą czasową: τ = RC lub τ = L/R, z rezystancją widzianą przez kondensator lub cewkę.
  4. Użyj x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Impedancja i wskazy AC

Impedancje
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Pulsacja
ω = 2πf
Moduł i kąt
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Prawo Ohma dla wskazów
V = I·Z

Metoda

  1. Przelicz częstotliwość: ω = 2πf.
  2. Wyznacz każdą reaktancję: XL = ωL i XC = 1/(ωC).
  3. Dodawaj impedancje jak rezystory, z Z = R + jX.
  4. Wyznacz moduł |Z| = √(R² + X²) i kąt φ = atan(X/R), a potem zastosuj prawo Ohma dla wskazów.

Moc AC i współczynnik mocy

Moc czynna
P = V·I·cos φ
Moc bierna
Q = V·I·sin φ
Moc pozorna
S = V·I = √(P² + Q²)
Współczynnik mocy
pf = cos φ = P/S
Kondensator kompensacyjny
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Moc w układach trójfazowych

Połączenie w gwiazdę (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Połączenie w trójkąt (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Całkowita moc czynna
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Moc pozorna i bierna
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kondensatory do kompensacji
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Napięcie na każdym kondensatorze
Δ: VL Y: VL/√3
Moc pobierana przez silnik
Pin = Pout/η

Transformatory

Przekładnia zwojowa
a = N1/N2 = V1/V2
Stosunek prądów
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Prąd znamionowy
I = S/V
Impedancja sprowadzona
Z1′ = a²·ZL
Straty w miedzi przy obciążeniu częściowym
Pcu = x²·Pcu,fl
Sprawność
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Sprawność maksymalna
x = √(Pcore/Pcu,fl)

Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Wzmacniacz odwracający
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Wzmacniacz nieodwracający
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Wzmacniacz sumujący
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Idealny wzmacniacz operacyjny
V+ = V−, Iin = 0

Diody i tranzystory

Dioda (stały spadek napięcia)
VD = 0,7 V when conducting
Obszar aktywny
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Polaryzacja stałym prądem bazy
IB = (VCC − 0,7)/RB
Polaryzacja dzielnikiem napięcia
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin dla dzielnika
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Oczko kolektora
VCE = VCC − ICRC − IERE
Nasycenie
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Systemy liczbowe

Wagi pozycji
dwójkowy 2k, ósemkowy 8k, szesnastkowy 16k
Na dziesiętny
Σ dk·bk
Z dziesiętnego
dziel przez podstawę, czytaj reszty od dołu do góry
Szesnastkowy ↔ dwójkowy
jedna cyfra szesnastkowa = 4 bity
Kod uzupełnień do dwóch (U2)
odwróć bity i dodaj 1

Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Podstawowe bramki
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Reguły algebry Boole’a
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Prawa de Morgana
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Kolejność na mapie Karnaugha
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Grupa 2ᵏ komórek
traci k zmiennych
Multiplekser 4-do-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Przerzutniki
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Liczniki
n-bitowy: 2ⁿ stanów; mod-N: najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Licznik asynchroniczny (ripple)
fmax = 1/(n·tpd)
Liczniki pierścieniowy i Johnsona
n i 2n stanów

Metoda

  1. Dla układu przechodź od wejść do wyjścia bramka po bramce i zapisuj wartość na każdym przewodzie albo zapisz jego wyrażenie i wypełnij tablicę prawdy.
  2. Przy upraszczaniu wpisz jedynki (a stany nieokreślone jako X) na mapę Karnaugha z wierszami i kolumnami w kodzie Graya: 00, 01, 11, 10.
  3. Pokryj jedynki jak najmniejszą liczbą jak największych grup po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, zawijając przez brzegi; każda grupa to jeden iloczyn ze zmiennych, które pozostają stałe. Dla postaci POS grupuj zera.
  4. Przy przerzutnikach i licznikach odczytuj wejścia przy każdym aktywnym zboczu zegara, zapisuj stan po każdym zboczu i pamiętaj, że n-bitowy licznik zawija się po 2ⁿ stanach.

Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Stabilność
wszystkie pierwiastki wielomianu charakterystycznego w lewej półpłaszczyźnie
tablica Routha, element s¹ wielomianu trzeciego stopnia
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Pierwiastki w prawej półpłaszczyźnie
liczba zmian znaku w pierwszej kolumnie
Wielomian trzeciego stopnia s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabilny, gdy wszystkie a > 0 oraz a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Równanie charakterystyczne
1 + K·G(s) = 0
Asymptoty
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Punkty rozejścia i zejścia
dK/ds = 0
Warunek modułu
K = 1/|G(s)|
Kąt wyjścia
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Metoda

  1. Zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego: mianownik 1 + K·G(s) = 0, po wymnożeniu.
  2. Wpisz współczynniki naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha i zbuduj pozostałe wiersze.
  3. Policz zmiany znaku w pierwszej kolumnie: każda to jeden biegun w prawej półpłaszczyźnie. Gdy w tablicy występuje K, żądaj, by każdy element pierwszej kolumny pozostał dodatni.
  4. Dla linii pierwiastkowej zaznacz bieguny i zera, odcinki osi rzeczywistej, asymptoty wychodzące ze środka asymptot oraz punkty rozgałęzienia, w których dK/ds = 0. Użyj K = 1/|G(s)| dla wzmocnienia w danym punkcie.

Uchyb ustalony i regulacja PID

Typ układu
liczba biegunów G(s) w s = 0
Stałe uchybowe
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Skok A
ess = A/(1 + Kp)
Narastanie liniowe A·t
ess = A/Kv
Parabola A·t²/2
ess = A/Ka
Regulator PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Cel drugiego rzędu
s² + 2ζωns + ωn²
Przeregulowanie i czasy
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Metoda

  1. Policz bieguny układu otwartego C(s)·G(s) w s = 0: to typ układu.
  2. Wyznacz stałą uchybową pasującą do wejścia: Kp dla skoku, Kv dla narastania liniowego, Ka dla paraboli.
  3. Zastosuj ess = A/(1 + Kp), A/Kv lub A/Ka albo rozwiąż to względem potrzebnego wzmocnienia.
  4. Przy wymaganiu dotyczącym tłumienia lub prędkości zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego i porównaj go z s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Zadania do ćwiczenia

1.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩIR2​AR4​4 ΩB

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 10 VR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩR4 = 4 Ω
IR2 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​6 ΩBR6​5 Ω

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 ΩR4 = 6 ΩR5 = 8 ΩR6 = 5 Ω
Req = Ω
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​4 Ω+−V1​10 VI1​R2​10 Ω+−V2​10 VR3​2 ΩA

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

V1 = 10 VR1 = 4 ΩV2 = 10 VR2 = 10 ΩR3 = 2 Ω
I1 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 8 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 25 ΩIR4​+−V1​24 VR3​25 ΩAR5​4 ΩBIs​5 A+−V2​10 V

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd IR4 płynący przez R4 w kierunku strzałki.

V1 = 24 VIs = 5 AV2 = 10 VR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 25 ΩR4 = 25 ΩR5 = 4 Ω
IR4 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 12 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​30 VR3​20 ΩIR3​A+−V2​12 VI1​I2​

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

V1 = 30 VV2 = 12 VR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 Ω
IR3 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 6 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR4​10 ΩAR5​2 ΩB+−V2​6 VI1​I2​I3​

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

V1 = 10 VV2 = 6 VR1 = 6 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 ΩR4 = 10 ΩR5 = 2 Ω
I2 = 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 = 6 mA I = 2,5 mA; przy Vs = 4 V i Is = 1 mA I = 2,95 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy Vs = 8 V i Is = 1 mA.

5 V, 6 mA → 2,5 mA4 V, 1 mA → 2,95 mAVs = 8 V, Is = 1 mA
I = mA
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 4 ΩR2​ = 8 ΩIR2​R4​ = 4 Ω+−V1​24 VR3​6 ΩAIs​3 AB+−V2​36 V

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR2 pobieraną przez R2.

V1 = 24 VIs = 3 AV2 = 36 VR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 ΩR4 = 4 Ω
PR2 = W
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩARL​4 ΩIL​B

Między a–b podłączono obciążenie RL = 4 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 12 ΩRL = 4 Ω
IL = A
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​12 VR2​25 ΩAIs​5 ABRL​2 ΩIL​

Między a–b podłączono obciążenie RL = 2 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 12 VIs = 5 AR1 = 12 ΩR2 = 25 ΩR3 = 15 ΩRL = 2 Ω
IL = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​24 Vt = 0R = 20 ΩL47 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz energię W zgromadzoną w cewce w chwili t = 5 ms, w mJ.

Vs = 24 VR = 20 ΩL = 47 mHt = 5 ms
W = mJ
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​6 VR1​ = 33 ΩR2​ = 5 Ωotwiera się w t = 0L150 mHi(t)

Łącznik równoległy do R2 był długo zamknięty, więc prąd cewki jest ustalony. W t = 0 łącznik się otwiera. Po jakim czasie od t = 0 prąd cewki osiągnie 0,165 A? Wyznacz t.

Vs = 6 VR1 = 33 ΩR2 = 5 ΩL = 150 mH
t = ms
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
Vf0​ = 2000 HzRL = ?C = 0,47 µF

Szeregowy obwód RLC z C = 0,47 µF ma być w rezonansie przy 2000 Hz. Wyznacz potrzebną indukcyjność L.

f0 = 2000 HzC = 0,47 µF
L = mH
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
24 V50 HzR1​ = 20 ΩR2​ = 50 ΩC = 22 µFI

Rezystor R1 jest połączony szeregowo z równoległym połączeniem R2 i kondensatora C i podłączony do zasilania 24 V (skuteczne), 50 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.

V = 24 V (rms)f = 50 HzR1 = 20 ΩR2 = 50 ΩC = 22 µF
I = A
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
230 V125 kW, 0,7220 kW, 1I

Do jednofazowego zasilania 230 V podłączono równolegle dwa odbiorniki: odbiornik 25 kW przy współczynniku mocy 0,7 (indukcyjnym) oraz grzejnik 20 kW (współczynnik mocy równy 1). Wyznacz wypadkowy współczynnik mocy cos φ widziany przez zasilanie.

V = 230 VP1 = 25 kW, pf1 = 0,7 indukcyjnyP2 = 20 kW, pf2 = 1
cos φ =
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 240 V, 60 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,92. Wyznacz nowy prąd linii Inew.

P = 50 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92V = 240 Vf = 60 Hz
Inew = A
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 480 VIL​ = 80 Acos φ = 0,85indukcyjny

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera prąd przewodowy 80 A ze źródła o napięciu przewodowym 480 V. Współczynnik mocy wynosi 0,85 (indukcyjny). Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 480 VIL = 80 Acos φ = 0,85
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 300 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z sieci 400 V (napięcie przewodowe), 50 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,98 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w trójkąt. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 300 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
10 ΩN1​N2​160 Ω

Wzmacniacz o rezystancji wyjściowej 160 Ω zasila głośnik 10 Ω przez idealny transformator. Dla maksymalnego przekazu mocy głośnik musi być widziany od strony wzmacniacza jako 160 Ω. Wyznacz przekładnię a = N₁/N₂.

Rs = 160 ΩRL = 10 Ω
a =
20.TransformatoryTrudny
pf 0,8250 kVA, η = 98,8%

Jednofazowy transformator 250 kVA ma straty w rdzeniu 1500 W. Przy obciążeniu znamionowym i współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) jego sprawność wynosi 98,8%. Wyznacz straty w miedzi przy pełnym obciążeniu Pcu,fl w watach.

S = 250 kVAPcore = 1500 Wpf = 0,8η = 98,8%
Pcu,fl = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 22 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = −0,1 V

Wzmacniacz operacyjny jest idealny i zasilany napięciem ±15 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

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

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

V1 = 0,7 VV2 = 1,3 VR1 = 2 kΩR2 = 100 kΩRf = 4,7 kΩ
If = mA
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 5,6 kΩβ = 150IC​ = ?RE​ = 1,5 kΩVCC​ = 20 VR1​ = 56 kΩR2​ = 4,7 kΩ

Tranzystor NPN o β = 150 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 20 V: R₁ = 56 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 4,7 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 5,6 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 = 20 VR1 = 56 kΩR2 = 4,7 kΩRC = 5,6 kΩRE = 1,5 kΩβ = 150
IC = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 150 Ωβ = 80VCC​ = 12 V3,3 VRB​ = ?

Tranzystor NPN o β = 80 przełącza rezystor obciążenia 150 Ω włączony między VCC = 12 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 3,3 V przez rezystor bazowy RB. Przyjmij VBE = 0,7 V i VCE(sat) = 0,2 V. Wyznacz największy rezystor bazowy RB, w kΩ, który jeszcze wprowadza tranzystor w nasycenie.

VCC = 12 VRC = 150 Ωβ = 80Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Systemy liczboweŚredni
wagi w kodzie U21−12816403201618040211

8-bitowy wzór 1100 1001 zapisuje liczbę całkowitą ze znakiem w kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest jej wartość N dziesiętnie?

1100 10018 bit
N =
26.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 1000 1100 << 2. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

1000 1100<< 2
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111010111302041517060120130150140819011010

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 3, 5, 7, 9). Ile literałów L zawiera łącznie (zmienna z negacją liczy się jako jeden literał)?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 3, 5, 7, 9)
L =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​CLKMOD-13

Licznik mod-13 zbudowano z minimalnej liczby przerzutników. Ile z możliwych stanów U nigdy nie jest używanych?

N = 13
U =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,25f(0,25) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = (2s + 26)/(s² + 8s + 16) i oblicz f(0,25).

F(s) = (2s + 26)/(s² + 8s + 16)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Rozwiąż y″ + 7y′ + 12y = 0 dla y(0) = 9 i y′(0) = −7 za pomocą transformaty Laplace’a i znajdź y(0,2).

y″ + 7y′ + 12y = 0y(0) = 9y′(0) = −7t = 0,2 s
y(0.2) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+2s + 1G(s)C(s)0,5H−

Obiekt G(s) = 2/(s + 1) jest regulowany w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego, w której czujnik ma wzmocnienie H = 0,5. Znajdź stałą czasową τ układu zamkniętego.

G(s) = 2/(s + 1)H = 0,5
τ = s
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+12regulator+D(s)+4s + 8obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K = 12 steruje obiektem G(s) = 4/(s + 8) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Zakłócenie D wchodzi na wejście obiektu (dodaje się do wyjścia regulatora). Jednocześnie podano skok wartości zadanej o wielkości 10 i skok zakłócenia o wielkości 2. Znajdź wyjście w stanie ustalonym css.

K = 12G(s) = 4/(s + 8)D = 2R = 10
css =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)1ts​ = ?

Układ ma transmitancję G(s) = 73/(s² + 13s + 73) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 73/(s² + 13s + 73)
ts = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
R(s)+290s(s + 10)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 290/(s(s + 10)). Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej układu zamkniętego, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 290/(s(s + 10))
ts = s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
vin​C = 1 nFR = 10 kΩvout​

Filtr górnoprzepustowy RC pokazany na rysunku ma R = 10 kΩ, C = 1 nF. Podano sinusoidalne wejście 80 kHz. Znajdź przesunięcie fazowe φ vout względem vin, w stopniach.

R = 10 kΩC = 1 nFf = 80 kHz
φ = °
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)11101010010010001000−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 1300/(s(s + 10)). Znajdź częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc, przy której |L(jω)| = 1.

L(s) = 1300/(s(s + 10))
ωc = rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K1s(s + 1)(s + 10)C(s)−

Pętla na schemacie ma transmitancję układu otwartego L(s) = K/(s(s + 1)(s + 10)). Wyznacz największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

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

Dla pętli L(s) = K/(s(s + 4)(s + 8)) wyznacz wzmocnienie K, przy którym biegun układu zamkniętego leży w s = −1,5.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 8))s = −1,5
K =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 5t+Ks(s + 10)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = K/(s(s + 10)) ma nadążać za narastaniem liniowym r(t) = 5t z uchybem ustalonym 0,2. Wyznacz wzmocnienie K.

G(s) = K/(s(s + 10))r(t) = 5tess = 0,2
K =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+Kp​ + Ki​/s5s + 1C(s)−

Regulator PI C(s) = Kp + Ki/s steruje obiektem G(s) = 5/(s + 1) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Układ zamknięty ma mieć ωₙ = 6 rad/s i ζ = 0,5. Wyznacz wzmocnienie proporcjonalne Kp.

G(s) = 5/(s + 1)ωₙ = 6 rad/sζ = 0,5
Kp =

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,7547 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​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAR4​4 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 = 12 + 4 = 16 Ω
R2 ∥ 16 = 2·16/(2+16) = 1,778 Ω
Req = R1 + 1,778 = 10 + 1,778 = 11,78 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 10/11,78 = 0,8491 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 10 − 0,8491·10 = 1,509 V
IR2 = VA/R2 = 1,509/2 = 0,7547 A

Odpowiedź

IR2 = 0,7547 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 8,474 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​ = 6 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​6 ΩBR6​5 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 + 5 = 13 Ω
R4 ∥ 13 = 4,105 Ω
R3 + 4,105 = 14,11 Ω
R2 ∥ 14,11 = 2,474 Ω
Req = R1 + 2,474 = 6 + 2,474 = 8,474 Ω

Odpowiedź

Req = 8,474 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: I1 = 1,471 A

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

PPK w węźle A

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

(VA − 10)/4 + (VA − 10)/10 + VA/2 = 0

Wyznacz VA

VA = (10/4 + 10/10 + 0/2) / (1/4 + 1/10 + 1/2) = 3,5/0,85 = 4,118 V

Prąd gałęzi

Strzałka wskazuje w górę wzdłuż gałęzi, do węzła A.

I1 = (10 − VA)/R1 = (10 − 4,118)/4 = 1,471 A

Odpowiedź

I1 = 1,471 A

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

4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR4 = 0,3396 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​ = 8 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​24 VR3​25 ΩAR5​4 ΩBIs​5 A+−V2​10 V

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 24 V, V2 = 10 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/25 + (VA − 24)/8 + (VA − VB)/2 = 0
0,665·VA − 0,5·VB = 3

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/4 + (VB − VA)/2 + (VB − 10)/25 = 5
−0,5·VA + 0,79·VB = 5,4

Rozwiąż

Δ = (0,665)(0,79) − (−0,5)(−0,5) = 0,2754
VA = Δ1/Δ = 5,07/0,2754 = 18,41 V
VB = Δ2/Δ = 5,091/0,2754 = 18,49 V

Odpowiedź

IR4 = (VB − V2)/R4 = (18,49 − 10)/25 = 0,3396 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR3 = 0,8077 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​ = 12 Ω+−V1​30 VR3​20 ΩA+−V2​12 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
12·I1 + 20(I1 − I2) = 30
32·I1 − 20·I2 = 30

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
12·I2 + 20(I2 − I1) = (−12)
−20·I1 + 32·I2 = −12

Rozwiąż

Δ = (32)(32) − (−20)(−20) = 624
I1 = Δ1/Δ = 720/624 = 1,154 A
I2 = Δ2/Δ = 216/624 = 0,3462 A

Odpowiedź

IR3 = I1 − I2 = 0,8077 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I2 = 0,2231 A

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

R1​ = 6 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR4​10 ΩAR5​2 ΩB+−V2​6 VI1​I2​I3​

Przypisz prądy oczkowe

Narysuj w każdym oknie prąd zgodny z ruchem wskazówek zegara: I1, I2, I3. Rezystor wspólny dla dwóch oczek przewodzi różnicę ich prądów.

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
6·I1 + 10(I1 − I2) = 10
16·I1 − 10·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
20·I2 + 10(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 32·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
20·I3 + 2(I3 − I2) = (−6)
−2·I2 + 22·I3 = −6

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 9000
I1 = Δ1/Δ = 6880/9000 = 0,7644 A
I2 = Δ2/Δ = 2008/9000 = 0,2231 A
I3 = Δ3/Δ = −2272/9000 = −0,2524 A

Odpowiedź

I2 = 0,2231 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: I = 6,15 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 + 6·k₂ = 2,5
4·k₁ + 1·k₂ = 2,95

Wyznacz stałe

Δ = (5)(1) − (6)(4) = −19
k₁ = Δ1/Δ = −15,2/−19 = 0,8
k₂ = Δ2/Δ = 4,75/−19 = −0,25
k₁ = 0,8 mA/V, k₂ = −0,25

Przewidź nowy prąd

I = 0,8·8 + (−0,25)·1 = 6,15 mA

Odpowiedź

I = 6,15 mA
8.Superpozycja

Odpowiedź: PR2 = 3,556 W

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

R1​ = 4 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​24 VR3​6 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) = 6 ∥ 12 = 4 Ω
VA = 24·4/(4+4) = 12 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 12·4/12 = 4 V
IR2′ = (VA − VB)/R2 = (12 − 4)/8 = 1 A
R1​ = 4 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 4 ΩZWARCIER3​6 ΩAIs​3 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. Strzałka Iₛ wskazuje w dół, od jego węzła, więc Iₛ odprowadza prąd z tego węzła: jego wyraz wchodzi ze znakiem minus.

R1 ∥ R3 = 2,4 Ω, więc lewa gałąź to R2+2,4 = 10,4 Ω
Req = R4 ∥ 10,4 = 2,889 Ω
VB = −Is·Req = −3·2,889 = −8,667 V
VA = VB·2,4/10,4 = −2 V
IR2″ = (VA − VB)/R2 = (−2 − −8,667)/8 = 0,8333 A
R1​ = 4 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 4 ΩZWARCIER3​6 ΩAROZWARCIEB+−V2​36 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 = 4·6/(4+6) = 2,4 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 36·10,4/14,4 = 26 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 26·2,4/10,4 = 6 V
IR2‴ = (VA − VB)/R2 = (6 − 26)/8 = −2,5 A

Zsumuj wkłady prądu

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴ = 1 + 0,8333 + (−2,5) = −0,6667 A

Moc w rezystorze

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

PR2 = IR2²·R2 = (−0,6667)²·8 = 3,556 W

Odpowiedź

PR2 = 3,556 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 63,56 W, co jest błędne.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 0,5042 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​ = 3 ΩR3​ = 12 ΩZWARCIER2​10 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 = 3·10/(3+10) = 2,308 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,308 + 12 = 14,31 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​10 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) = 12·10/(3+10) = 9,231 V
Rth​ = 14,31 Ω+−Vth​9,231 VRL​4 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) = 9,231/(14,31 + 4) = 0,5042 A
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 4,925 A

Twierdzenie Thévenina: każdy liniowy dwójnik zachowuje się jak jedno źródło napięcia Vth szeregowo z rezystancją Rth. Twierdzenie Nortona przedstawia ten sam układ jako źródło prądu IN = Vth/Rth równolegle z Rth.

R1​ = 12 ΩR3​ = 15 ΩZWARCIER2​25 ΩAROZWARCIEBabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

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

R1 ∥ R2 = 12·25/(12+25) = 8,108 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,108 + 15 = 23,11 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​12 VR2​25 ΩAIs​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) = 8,108 + 5·8,108 = 48,65 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 48,65 + 5·15 = 123,6 V
Rth​ = 23,11 Ω+−Vth​123,6 VRL​2 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) = 123,6/(23,11 + 2) = 4,925 A
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: W = 26,26 mJ

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

Stała czasowa i prąd końcowy

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

τ = L/R = 47 mH / 20 Ω = 2,35 ms
i(∞) = Vs/R = 24/20 = 1,2 A

Prąd w danej chwili

i(t) = 1,2·(1 − e−5/2,35) = 1,057 A

Zgromadzona energia

W = ½·L·i² = ½·47·1,057² = 26,26 mJ

Odpowiedź

W = 26,26 mJ
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 4,792 ms

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

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

Przed t = 0 zamknięty łącznik bocznikuje R₂; potem w obwodzie są zarówno R₁, jak i R₂.

i(0) = 6/33 = 0,1818 A
i(∞) = 6/(33 + 5) = 0,1579 A
τ = L/R = 150/38 = 3,947 ms
i(t) = 0,1579 + (0,1818 − 0,1579)·e−t/τ

Wyznacz czas

e−t/τ = (0,165 − 0,1579)/(0,1818 − 0,1579) = 0,297
t = 3,947·ln(3,367) = 4,792 ms

Odpowiedź

t = 4,792 ms
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: L = 13,47 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·2000 = 12566 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(12566²·0,47·10⁻⁶) = 13,47 mH

Odpowiedź

L = 13,47 mH
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 0,361 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|.

Reaktancja

XC = 1/(2π·50·22·10⁻⁶) = 144,7 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 = 44,67 − j15,44 Ω

Impedancja całkowita

Z = 20 + 44,67 − j15,44 = 64,67 − j15,44 Ω
|Z| = √(64,67² + 15,44²) = 66,48 Ω

Prąd

I = V/|Z| = 24/66,48 = 0,361 A

Odpowiedź

I = 0,361 A
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: cos φ = 0,87

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 każdego odbiornika

Odbiornik indukcyjny pobiera moc bierną (Q > 0); odbiornik pojemnościowy ją oddaje (Q < 0).

Q1 = 25·tan(arccos 0,7) = 25,51 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Sumy

P = 25 + 20 = 45 kW
Q = 25,51 + 0 = 25,51 kvar
S = √(45² + 25,51²) = 51,73 kVA

Wypadkowy współczynnik mocy

cos φ = P/S = 45/51,73 = 0,87 indukcyjny

Odpowiedź

cos φ = 0,87
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: Inew = 226,4 A

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = P·tan φ1 = 50·tan(49,46°) = 58,46 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(23,07°) = 21,3 kvar
QC = Q1 − Q2 = 37,16 kvar

Nowy prąd linii

Inew = P/(V·cos φ2) = 50000/(240·0,92) = 226,4 A

Odpowiedź

Inew = 226,4 A
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 56,53 kW

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

Moc pozorna

S = √3·VL·IL = √3·480·80 = 66,51 kVA

Moc czynna

P = S·cos φ = 66,51·0,85 = 56,53 kW

Odpowiedź

P = 56,53 kW
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 1351 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 = 300·tan(acos 0,75) = 300·0,8819 = 264,6 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,98) = 300·0,2031 = 60,92 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 203,7 kvar

Pojemność na fazę

W baterii połączonej w trójkąt każdy kondensator jest włączony między dwa przewody fazowe.

V = 400 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 67886/(314,2·400²) = 1351 µF

Odpowiedź

Cph = 1351 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: a = 4

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

a²·10 = 160
a = √(160/10) = √16 = 4

Odpowiedź

a = 4
20.Transformatory

Odpowiedź: Pcu,fl = 929,1 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.

Moc wyjściowa i wejściowa

Pout = 250·0,8 = 200 kW
Pin = 200000/0,988 = 202429 W

Straty całkowite i straty w miedzi

Ploss = 202429 − 200000 = 2429 W
Pcu,fl = 2429 − 1500 = 929,1 W

Odpowiedź

Pcu,fl = 929,1 W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −2,3 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.

Wejście odwracające podąża za wejściem

V₋ = V₊ = −0,1 V
I = V₋/R1 = −0,1/1 = −0,1 mA

Napięcie wyjściowe

Prąd przez R₁ płynie też przez Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −0,1 + (−0,1)·22 = −2,3 V

Odpowiedź

Vout = −2,3 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: If = 0,363 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 = 0,7/2 = 0,35 mA
I2 = V2/R2 = 1,3/100 = 0,013 mA
If = I1 + I2 = 0,363 mA

Odpowiedź

If = 0,363 mA
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 0,5514 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 = 20·4,7/(56 + 4,7) = 1,549 V
RTH = 56·4,7/(56 + 4,7) = 4,336 kΩ

Prąd bazy

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

IB = (1,549 − 0,7)/(4,336 + 151·1,5) = 3,676 µA

Prąd kolektora

IC = 150·3,676 µA = 0,5514 mA
IE = 151·3,676 µA = 0,5551 mA

Odpowiedź

IC = 0,5514 mA
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: RB = 2,644 kΩ

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

Prąd kolektora w nasyceniu

IC(sat) = (12 − 0,2)/150 = 78,67 mA

Minimalny prąd bazy

IB(min) = IC(sat)/β = 78,67/80 = 983,3 µA

Rezystor bazowy

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,9833 mA = 2,644 kΩ

Odpowiedź

RB = 2,644 kΩ

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

25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −55

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.

Dodaj wagi

Pozostałe bity mają swoje zwykłe dodatnie wartości.

−128 + 64 + 8 + 1 = −55

Odpowiedź

N = −55
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 48

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 2 przesuwa każdy bit o 2 pozycji w lewo; bity, które wypadną z lewego końca, są tracone, a z prawej wchodzą zera.

1000 1100 << 2
= 0011 0000

Wartość wyniku

0011 0000₂ = 48

Odpowiedź

R = 48
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: L = 8

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.

ABCD000111100001111010111302041517060120130150140819011010

Zgrupuj jedynki

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

B′C′D
A′D
A′B′C′

Minimalna postać SOP

F = B′C′D + A′D + A′B′C′
L = 8

Odpowiedź

L = 8
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: U = 3

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.

Liczba przerzutników

2ⁿ ≥ 13 → n = 4 (2⁴ = 16)

Nieużywane stany

U = 16 − 13 = 3

Odpowiedź

U = 3
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.25) = 2,391

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 + 8s + 16 = (s + 4)²

Ułamki proste

2s + 26 = 2(s + 4) + 18
F(s) = 2/(s + 4) + 18/(s + 4)²

Transformata odwrotna

f(t) = 2·e−4t + 18·t·e−4t
f(0,25) = (2 + 18·0,25)·e−4·0,25 = 2,391

Odpowiedź

f(0,25) = 2,391
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.2) = 6,929

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

Przekształcenie równania

s²Y − 9s − (−7) + 7(sY − 9) + 12Y = 0
Y(s) = (9s + 56)/((s + 3)(s + 4))

Ułamki proste

A = 29/1 = 29
B = 20/(−1) = −20

Wynik

y(t) = 29·e−3t − 20·e−4t
y(0,2) = 6,929

Odpowiedź

y(0,2) = 6,929

Sprawdzenie: y(0) = A + B = 9.

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: τ = 0,5 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) = 2/(s + 1 + 1) = 2/(s + 2)

Wynik

τ = 1/2 = 0,5 s

Odpowiedź

τ = 0,5 s
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: css = 8,714

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).

Transmitancje

C/D = G/(1 + K·G) = 4/(s + 8 + 48)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 48/(s + 8 + 48)

Stan ustalony

css = 10·48/56 + 2·4/56 = 8,714

Odpowiedź

css = 8,714

Większe K zmniejsza wpływ zakłócenia, ale przy regulatorze proporcjonalnym nigdy do zera.

33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ts = 0,6154 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 = 73 → ωₙ = 8,544 rad/s
2ζωₙ = 13 → ζ = 13/(2·8,544) = 0,7608

Wynik

ζωₙ = 6,5 → ts ≈ 4/6,5 = 0,6154 s

Odpowiedź

ts = 0,6154 s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ts = 0,8 s

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

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = 290/(s² + 10s + 290): ωₙ = 17,03 rad/s, ζ = 0,2936

Czas ustalania

ζωₙ = 10/2 = 5
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 0,8 s

Odpowiedź

ts = 0,8 s

Dla tej pętli ζωₙ = a/2 niezależnie od K: zwiększenie K zwiększa przeregulowanie, ale nie skraca czasu ustalania.

35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: φ = 11,25 °

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/(10000·1 × 10⁻⁹) = 100000 rad/s
fc = 15915 Hz → f/fc = 80000/15915 = 5,027

Faza

φ = 90° − atan(5,027) = 11,25°

Odpowiedź

φ = 11,25°
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ωc = 35,37 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 + 100ω² − 1,69 × 10⁶ = 0
ω² = (−100 + √(10000 + 4·1,69 × 10⁶))/2 = 1251
ωc = 35,37 rad/s

Odpowiedź

ωc = 35,37 rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmax = 110

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.

Równanie charakterystyczne

s³ + 11s² + 10s + K = 0

Tablica Routha

s³: 1, 10
s²: 11, K
s¹: (11·10 − K)/11
s⁰: K

Warunki

Każdy element pierwszej kolumny musi być dodatni.

K > 0
11·10 − K > 0 → K < 110

Odpowiedź

Kmax = 110

Przy K = 110 układ zamknięty oscyluje z pulsacją ω = √10 = 3,162 rad/s.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: K = 24,38

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

Warunek modułu

K = |s|·|s + 4|·|s + 8|

Oblicz w tym punkcie

K = 1,5·2,5·6,5 = 24,38

Odpowiedź

K = 24,38

Sprawdzenie: s(s + 4)(s + 8) + K jest równe zero w s = −1,5.

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 250

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 prędkościowa

Kv = A/ess = 5/0,2 = 25

Wzmocnienie

K = 10·Kv = 250

Odpowiedź

K = 250

Duże wzmocnienie sprawia, że ta pętla jest bardzo słabo tłumiona: ζ = 0,3162. Ten konflikt jest powodem, dla którego stosuje się układy korekcyjne.

40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Kp = 1

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

Wielomian charakterystyczny

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

s² + (1 + 5Kp)s + 5Ki

Wielomian docelowy

s² + 2·0,5·6s + 6² = s² + 6s + 36

Dopasuj współczynniki

1 + 5Kp = 6 → Kp = 1

Odpowiedź

Kp = 1

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

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

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