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
Zacznij od końca sieci najdalszego od zacisków.
Rezystory szeregowe łącz, dodając je, a równoległe ze wzoru 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Po każdym kroku narysuj obwód od nowa.
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
Wybierz węzeł odniesienia (masę) i oznacz potencjały pozostałych węzłów.
Napisz prądowe prawo Kirchhoffa dla każdego nieznanego węzła: prądy wypływające przez każdą gałąź są równe prądom wpływającym.
Wyraź każdy prąd gałęziowy jako (Va − Vb)/R.
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
Narysuj prąd płynący zgodnie z ruchem wskazówek zegara w każdym oczku (okienku) obwodu.
Zastosuj napięciowe prawo Kirchhoffa w każdym oczku: suma spadków napięć jest równa zeru.
W rezystorze wspólnym dla dwóch oczek prąd jest różnicą dwóch prądów oczkowych.
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
Policz niezależne źródła. Dla każdego źródła rozwiążesz jeden prostszy obwód.
Zostaw jedno źródło, a pozostałe wyłącz: źródło napięciowe staje się zwarciem (przewodem), źródło prądowe staje się rozwarciem (przerwą).
Rozwiąż prostszy obwód dla potrzebnego napięcia lub prądu, pilnując jego kierunku.
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
Odłącz obciążenie i oznacz dwa zaciski a i b.
Wyznacz napięcie stanu jałowego między a i b: to jest Vth.
Wyłącz wszystkie niezależne źródła i wyznacz rezystancję widzianą z a–b: to jest Rth.
Podłącz obciążenie z powrotem do obwodu zastępczego: Vth szeregowo z Rth.
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
Wyznacz wartość początkową tuż po przełączeniu: napięcie na kondensatorze i prąd cewki nie mogą zmienić się skokowo.
Wyznacz wartość końcową długo po przełączeniu: kondensator zachowuje się jak rozwarcie, a cewka jak zwarcie.
Wyznacz stałą czasową: τ = RC lub τ = L/R, z rezystancją widzianą przez kondensator lub cewkę.
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
Przelicz częstotliwość: ω = 2πf.
Wyznacz każdą reaktancję: XL = ωL i XC = 1/(ωC).
Dodawaj impedancje jak rezystory, z Z = R + jX.
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
Dla układu przechodź od wejść do wyjścia bramka po bramce i zapisuj wartość na każdym przewodzie albo zapisz jego wyrażenie i wypełnij tablicę prawdy.
Przy upraszczaniu wpisz jedynki (a stany nieokreślone jako X) na mapę Karnaugha z wierszami i kolumnami w kodzie Graya: 00, 01, 11, 10.
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.
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
Zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego: mianownik 1 + K·G(s) = 0, po wymnożeniu.
Wpisz współczynniki naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha i zbuduj pozostałe wiersze.
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.
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
Policz bieguny układu otwartego C(s)·G(s) w s = 0: to typ układu.
Wyznacz stałą uchybową pasującą do wejścia: Kp dla skoku, Kv dla narastania liniowego, Ka dla paraboli.
Zastosuj ess = A/(1 + Kp), A/Kv lub A/Ka albo rozwiąż to względem potrzebnego wzmocnienia.
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
Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.
Źródło napięcia Vₛ między A i B ma zacisk + po stronie B, więc VB − VA = Vₛ. Użyj metody potencjałów węzłowych z superwęzłem, aby wyznaczyć prąd Ix przez źródło napięcia, od A do B zgodnie ze strzałką.
Is = 2 AVs = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 5 Ω
Ix = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd IR2 płynący przez R2 w kierunku strzałki.
Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz prąd i w chwili t = 5 ms.
Vs = 5 VR = 47 ΩL = 220 mHt = 5 ms
i = A
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 20 V o zaznaczonej biegunowości. Po jakim czasie vC osiągnie 14 V? Wyznacz t.
Vs = 10 VR = 10 kΩC = 10 µFvC(0) = 20 V
t = ms
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 10 V (skuteczne), 200 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.
V = 10 V (rms)f = 200 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 1 µF
I = A
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
Szeregowy obwód RLC jest zasilany ze źródła 5 V (skuteczne), którego częstotliwość ustawiono na częstotliwość rezonansową obwodu. Wyznacz wartość skuteczną napięcia VL na cewce.
V = 5 V (rms)R = 2 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF
VL = V
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
Do jednofazowego zasilania 230 V podłączono równolegle dwa odbiorniki: odbiornik 24 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) oraz grzejnik 19 kW (współczynnik mocy równy 1). Wyznacz wypadkowy współczynnik mocy cos φ widziany przez zasilanie.
Transformator jednofazowy 150 kVA zasila odbiornik 71 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym). Ile dodatkowej mocy czynnej ΔP można dołączyć jako odbiornik rezystancyjny (współczynnik mocy równy 1), zanim transformator osiągnie swoją moc znamionową w kVA?
Smax = 150 kVAP1 = 71 kWpf1 = 0,65
ΔP = kW
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera prąd przewodowy 100 A ze źródła o napięciu przewodowym 415 V. Współczynnik mocy wynosi 0,7 (indukcyjny). Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.
VL = 415 VIL = 100 Acos φ = 0,7
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 300 kW przy współczynniku mocy 0,72 (indukcyjnym) z sieci 400 V (napięcie przewodowe), 50 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,95 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Wyznacz całkowitą moc bierną QC, którą musi dostarczyć bateria kondensatorów, w kvar.
P = 300 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.TransformatoryŚredni
Jednofazowy transformator 500 kVA, 4160/480 V pracuje przy obciążeniu znamionowym. Potraktuj go jako idealny. Wyznacz prąd ILV w uzwojeniu dolnego napięcia.
S = 500 kVAV1 = 4160 VV2 = 480 V
ILV = A
20.TransformatoryTrudny
Jednofazowy transformator 25 kVA ma straty w rdzeniu 75 W. Przy obciążeniu znamionowym i współczynniku mocy 0,95 (indukcyjnym) jego sprawność wynosi 97,5%. Wyznacz straty w miedzi przy pełnym obciążeniu Pcu,fl w watach.
S = 25 kVAPcore = 75 Wpf = 0,95η = 97,5%
Pcu,fl = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
Dobierz rezystor sprzężenia zwrotnego Rf, który da temu wzmacniaczowi nieodwracającemu wzmocnienie napięciowe 6.
R1 = 10 kΩAv = 6
Rf = kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
Wzmacniacz sumujący korzysta z idealnego wzmacniacza operacyjnego zasilanego napięciem ±15 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.
Tranzystor NPN o β = 80 jest spolaryzowany rezystorem bazowym RB = 390 kΩ z zasilania VCC = 10 V. Rezystor kolektorowy to RC = 1 kΩ, a emiter jest uziemiony. Przyjmij VBE = 0,7 V i załóż, że tranzystor pracuje w obszarze aktywnym. Wyznacz napięcie kolektor–emiter VCE.
VCC = 10 VRB = 390 kΩRC = 1 kΩβ = 80VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Diody i tranzystoryTrudny
Stabilizator z diodą Zenera 9,1 V ma rezystor szeregowy 100 Ω. Napięcie wejściowe może wzrosnąć do 28 V, a obciążenie może zostać odłączone. Wyznacz największą moc PZ,max, jaką musi rozproszyć dioda Zenera.
Vin,max = 28 VVZ = 9,1 VR = 100 Ω
PZ,max = mW
25.Systemy liczboweŚredni
Zapisz −56 jako 8-bitowy wzór w kodzie U2. Odczytaj ten wzór jako liczbę dwójkową bez znaku: jaka jest jego wartość U dziesiętnie?
N = −568 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
Nieskompresowany obraz ma 256 × 256 pikseli i 16 bitów na piksel. Ile pamięci M zajmuje, w KiB (1 KiB = 1024 bajty)?
256 × 256 px16 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
Uprość F = A′BC + A′C + ABC + A′B′C do minimalnej postaci sumy iloczynów. Ile literałów L zawiera uproszczone wyrażenie?
F = A′BC + A′C + ABC + A′B′C
L =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
Przerzutnik D wyzwalany zboczem narastającym startuje z Q = 0 i dostaje pokazane wejścia. Kliknij pierwsze zbocze zegara, przy którym Q przechodzi z 1 z powrotem na 0.
Q₀ = 0D
1zbocze zegara 1
2zbocze zegara 2
3zbocze zegara 3
4zbocze zegara 4
5zbocze zegara 5
6zbocze zegara 6
29.Transformaty Laplace’aŚredni
Znajdź f(t) dla F(s) = (3s + 21)/(s² + 2s + 1) i oblicz f(0,4).
F(s) = (3s + 21)/(s² + 2s + 1)t = 0,4 s
f(0.4) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
Układ spełnia równanie y″ + 8y′ + 15y = 37,5·u(t). Startuje ze stanu spoczynku (y(0) = 0, y′(0) = 0), a wejściem jest skok u(t) = 5 dla t ≥ 0. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź wyjście y(0,25).
Obiekt G(s) = K/((s + 2)(s + 12)) jest w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Znajdź wzmocnienie K, dla którego układ zamknięty jest tłumiony krytycznie (dwa równe bieguny rzeczywiste).
Regulator proporcjonalny K steruje obiektem G(s) = 8/(s + 2) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Skok zakłócenia o wielkości 1 wchodzi na wejście obiektu, gdy R = 0. Znajdź najmniejsze wzmocnienie K, przy którym wyjście w stanie ustalonym nie przekracza 0,2.
G(s) = 8/(s + 2)D = 1css ≤ 0,2
K =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
Układ ma transmitancję G(s) = 42/(s² + 15s + 84) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).
G(s) = 42/(s² + 15s + 84)
ts = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 295/(s(s + 20)). Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej układu zamkniętego, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).
G(s) = 295/(s(s + 20))
ts = s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
W pokazanym szeregowym filtrze środkowoprzepustowym RLC wyjście jest brane na R = 2 Ω, przy L = 1 mH i C = 1 µF. Znajdź szerokość pasma −3 dB BW w Hz.
R = 2 ΩL = 1 mHC = 1 µF
BW = Hz
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 115/(s(s + 5)). Znajdź zapas fazy PM w stopniach.
L(s) = 115/(s(s + 5))
PM = °
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
Pętla na schemacie ma transmitancję układu otwartego L(s) = K/(s(s + 5)(s + 10)). Wzmocnienie zwiększa się, aż układ zamknięty znajdzie się na granicy stabilności. Wyznacz częstotliwość ω drgań niegasnących.
L(s) = K/(s(s + 5)(s + 10))
ω = rad/s
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
Linia pierwiastkowa dla L(s) = K/(s(s + 5)(s + 10)) opuszcza oś rzeczywistą między s = 0 a s = −5. Wyznacz punkt rozejścia sb.
L(s) = K/(s(s + 5)(s + 10))
sb =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 4(s + 2)/(s(s + 2)(s + 5)) podano wejście r(t) = 2 + 0,5t (skok plus narastanie liniowe). Wyznacz uchyb ustalony ess.
G(s) = 4(s + 2)/(s(s + 2)(s + 5))r(t) = 2 + 0,5t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
Regulator PI C(s) = 5 + 2/s steruje obiektem G(s) = 10/((s + 4)(s + 5)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz uchyb ustalony ess dla wejścia liniowo narastającego r(t) = 2t.
C(s) = 5 + 2/sG(s) = 10/((s + 4)(s + 5))r(t) = 2t
ess =
3Roztwory
1.Rezystory szeregowo i równolegle
Odpowiedź: Req = 12,5 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.
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 = 15 + 3 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 6·18/(6+18) = 4,5 Ω
Req = R1 + 4,5 = 8 + 4,5 = 12,5 Ω
Odpowiedź
Req = 12,5 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle
Odpowiedź: IR2 = 0,9913 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.
Łącz rezystory od najdalszego końca
Zacznij od końca najdalszego od źródła i idź w jego stronę. Rezystory z tym samym prądem są połączone szeregowo; rezystory między tymi samymi dwoma węzłami są połączone równolegle.
R5 + R6 = 10 + 12 = 22 Ω
R4 ∥ 22 = 4,074 Ω
R3 + 4,074 = 14,07 Ω
R2 ∥ 14,07 = 5,846 Ω
Req = R1 + 5,846 = 3 + 5,846 = 8,846 Ω
Prąd ze źródła
Źródło widzi tylko Req, więc prawo Ohma daje prąd, który dostarcza. Ten prąd płynie przez R₁.
IR1 = V1/Req = 15/8,846 = 1,696 A
Prąd przez R₂
Odejmij spadek na R₁, aby dostać potencjał węzła A, czyli napięcie na R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 15 − 1,696·3 = 9,913 V
IR2 = VA/R2 = 9,913/10 = 0,9913 A
Odpowiedź
IR2 = 0,9913 A
3.Metoda potencjałów węzłowych
Odpowiedź: Ix = 1,765 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.
Utwórz superwęzeł
Przez źródło napięcia między A i B płynie nieznany prąd, więc nie można zapisać PPK osobno w A ani w B. Obejmij A, B i źródło jednym superwęzłem: prąd do niego wpływający jest równy prądowi wypływającemu.
VB = VA + Vs = VA + 6
VA/R1 + VB/R2 = Is
Rozwiąż
VA/12 + (VA + 6)/5 = 2
VA = (2 − 6/5)/(1/12 + 1/5) = 2,824 V
VB = 2,824 + 6 = 8,824 V
Prąd przez źródło napięcia
Wszystko, co przepływa przez źródło od A do B, opuszcza węzeł B przez R₂.
Ix = VB/R2 = 8,824/5 = 1,765 A
Odpowiedź
Ix = 1,765 A
Wynik ujemny oznacza, że rzeczywisty prąd płynie przeciwnie do strzałki.
4.Metoda potencjałów węzłowych
Odpowiedź: IR2 = 0,2113 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.
Ustal węzły
Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 36 V, V2 = −15 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/2 + (VA − 36)/12 + (VA − VB)/10 = 0
0,6833·VA − 0,1·VB = 3
PPK w węźle B
Prądy wypływające z B przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do B ze źródeł.
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.
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
3·I1 + 2(I1 − I2) = 30
5·I1 − 2·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
10·I2 + 2(I2 − I1) = (−6)
−2·I1 + 12·I2 = −6
Rozwiąż
Δ = (5)(12) − (−2)(−2) = 56
I1 = Δ1/Δ = 348/56 = 6,214 A
I2 = Δ2/Δ = 30/56 = 0,5357 A
Odpowiedź
IR1 = I1 = 6,214 A
VR1 = IR1·R1 = 6,214·3 = 18,64 V
Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.
6.Metoda prądów oczkowych
Odpowiedź: IR4 = 0,3537 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.
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
2·I1 + 20(I1 − I2) = 9
22·I1 − 20·I2 = 9
NPK w oczku 2
Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).
R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
6·I2 + 20(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−20·I1 + 28·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
6·I3 + 2(I3 − I2) = (−10)
−2·I2 + 8·I3 = −10
Rozwiąż
Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 1640
I1 = Δ1/Δ = 1580/1640 = 0,9634 A
I2 = Δ2/Δ = 1000/1640 = 0,6098 A
I3 = Δ3/Δ = −1800/1640 = −1,098 A
Odpowiedź
IR4 = I1 − I2 = 0,3537 A
Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.
7.Superpozycja
Odpowiedź: VR4 = 24,43 V
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.
Przypadek 1 · działa tylko V1
Iₛ staje się rozwarciem, więc R₃ i R₄ tworzą jedną gałąź szeregową od A do masy, równolegle z R₂.
R3+R4 = 5+12 = 17 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 6·17/(6+17) = 4,435 Ω
VA = 24·4,435/(20+4,435) = 4,356 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,356·12/17 = 3,075 V
VR4′ = VB − 0 = 3,075 − 0 = 3,075 V
Przypadek 2 · działa tylko Is
V₁ staje się zwarciem, więc R₁ jest równolegle z R₂. Iₛ rozdziela się w B między R₄ a drogę przez R₃.
R1 ∥ R2 = 20·6/(20+6) = 4,615 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 12 ∥ 9,615 = 5,338 Ω
VB = Is·Req = 4·5,338 = 21,35 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 21,35·4,615/9,615 = 10,25 V
VR4″ = VB − 0 = 21,35 − 0 = 21,35 V
Dodaj składowe
VR4 = VR4′ + VR4″
VR4 = 3,075 + 21,35 = 24,43 V
Wynik ujemny oznacza, że w rzeczywistości biegunowość jest odwrotna do zaznaczonej.
8.Superpozycja
Odpowiedź: VR2 = −6,706 V
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.
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) = 20 ∥ 18 = 9,474 Ω
VA = 6·9,474/(12+9,474) = 2,647 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,647·6/18 = 0,8824 V
VR2′ = VA − VB = 2,647 − 0,8824 = 1,765 V
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 = 7,5 Ω, więc lewa gałąź to R2+7,5 = 19,5 Ω
Req = R4 ∥ 19,5 = 4,588 Ω
VB = Is·Req = 1·4,588 = 4,588 V
VA = VB·7,5/19,5 = 1,765 V
VR2″ = VA − VB = 1,765 − 4,588 = −2,824 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 = 12·20/(12+20) = 7,5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 12·19,5/25,5 = 9,176 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 9,176·7,5/19,5 = 3,529 V
VR2‴ = VA − VB = 3,529 − 9,176 = −5,647 V
Dodaj składowe
VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = 1,765 + (−2,824) + (−5,647) = −6,706 V
Wynik ujemny oznacza, że w rzeczywistości biegunowość jest odwrotna do zaznaczonej.
9.Thévenin i Norton
Odpowiedź: Rth = 17,22 Ω
Twierdzenie Thévenina: każdy liniowy dwójnik zachowuje się jak jedno źródło napięcia Vth szeregowo z rezystancją Rth. Twierdzenie Nortona przedstawia ten sam układ jako źródło prądu IN = Vth/Rth równolegle z Rth.
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 = 4·5/(4+5) = 2,222 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,222 + 15 = 17,22 Ω
10.Thévenin i Norton
Odpowiedź: IL = −1,886 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.
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 = 3·15/(3+15) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 12 = 14,5 Ω
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) = 12,5 + (−6)·2,5 = −2,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −2,5 + (−6)·12 = −74,5 V
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) = −74,5/(14,5 + 25) = −1,886 A
11.Stany nieustalone RC i RL
Odpowiedź: i = 0,06983 A
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.
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.
t = τ·ln((20 − 10)/(14 − 10)) = 100·ln(2,5) = 91,63 ms
Odpowiedź
t = 91,63 ms
13.Impedancja i wskazy AC
Odpowiedź: I = 0,02048 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,25 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·1·10⁻⁶) = 795,8 Ω
Impedancja
Szeregowo impedancje dodaje się jak liczby zespolone: Z = R + j(XL − XC).
Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.
I = V/|Z| = 10/488,2 = 0,02048 A
Odpowiedź
I = 0,02048 A
14.Impedancja i wskazy AC
Odpowiedź: VL = 238,4 V
Obwody AC i wskazy: rezystory, cewki i kondensatory mają impedancje R, jωL i 1/(jωC), gdzie ω = 2πf. Szeregowo impedancje dodaje się jak rezystancje, ale jako liczby zespolone. Wartości skuteczne prądu i napięcia spełniają prawo Ohma z |Z|.
Rezonans
W rezonansie reaktancje się znoszą, więc impedancja jest równa samemu R.
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,02·2,2·10⁻⁶) = 4767 rad/s
I = V/R = 5/2 = 2,5 A
Napięcie na cewce
XL = ω₀L = 4767·0,02 = 95,35 Ω
VL = I·XL = 2,5·95,35 = 238,4 V
Odpowiedź
VL = 238,4 V
To Q = 47,67 razy napięcie zasilania.
15.Moc AC i współczynnik mocy
Odpowiedź: cos φ = 0,9224
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 = 24·tan(arccos 0,8) = 18 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar
Sumy
P = 24 + 19 = 43 kW
Q = 18 + 0 = 18 kvar
S = √(43² + 18²) = 46,62 kVA
Wypadkowy współczynnik mocy
cos φ = P/S = 43/46,62 = 0,9224 indukcyjny
Odpowiedź
cos φ = 0,9224
16.Moc AC i współczynnik mocy
Odpowiedź: ΔP = 53,94 kW
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 istniejącego odbiornika
Q1 = 71·tan(arccos 0,65) = 83,01 kvar
Największa łączna moc czynna
Przy pełnym obciążeniu znamionowym S = Smax, a odbiornik rezystancyjny nie zmienia Q.
P = √(Smax² − Q1²) = √(150² − 83,01²) = 124,9 kW
Dodatkowa moc czynna
ΔP = 124,9 − 71 = 53,94 kW
Odpowiedź
ΔP = 53,94 kW
17.Moc w układach trójfazowych
Odpowiedź: P = 50,32 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 = √3·415·100 = 71,88 kVA
Moc czynna
P = S·cos φ = 71,88·0,7 = 50,32 kW
Odpowiedź
P = 50,32 kW
18.Moc w układach trójfazowych
Odpowiedź: QC = 190,6 kvar
Symetryczne układy trójfazowe: w połączeniu w gwiazdę (Y) napięcie przewodowe jest √3 razy większe od napięcia fazowego, VL = √3·Vph, a prąd przewodowy jest równy prądowi fazowemu. W połączeniu w trójkąt (Δ) napięcie przewodowe jest równe napięciu fazowemu, a prąd przewodowy jest √3 razy większy od prądu fazowego, IL = √3·Iph. Moc całkowita jest trzykrotnością mocy jednej fazy: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Kompensacja mocy biernej: kondensatory dostarczają moc bierną lokalnie, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Każdy z trzech kondensatorów dostarcza QC/3 = V²·ω·C, gdzie V to napięcie na tym kondensatorze: VL w baterii połączonej w trójkąt, VL/√3 w baterii połączonej w gwiazdę.
Moc bierna przed i po
Moc czynna się nie zmienia, więc każdy współczynnik mocy wyznacza moc bierną: Q = P·tan φ.
Q1 = 300·tan(acos 0,72) = 300·0,9639 = 289,2 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,95) = 300·0,3287 = 98,61 kvar
Moc bierna z kondensatorów
QC = Q1 − Q2 = 190,6 kvar
Odpowiedź
QC = 190,6 kvar
19.Transformatory
Odpowiedź: ILV = 1042 A
Transformator idealny: napięcia mają się do siebie jak liczby zwojów, a prądy odwrotnie: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a oraz I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, więc moc wejściowa jest równa mocy wyjściowej, V₁·I₁ = V₂·I₂. Impedancja obciążenia Z po stronie wtórnej widziana od strony pierwotnej wynosi a²·Z.
Prąd znamionowy
Oba uzwojenia przenoszą tę samą moc pozorną.
ILV = S/V = 500000/480 = 1042 A
Odpowiedź
ILV = 1042 A
20.Transformatory
Odpowiedź: Pcu,fl = 534 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 = 25·0,95 = 23,75 kW
Pin = 23750/0,975 = 24359 W
Straty całkowite i straty w miedzi
Ploss = 24359 − 23750 = 609 W
Pcu,fl = 609 − 75 = 534 W
Odpowiedź
Pcu,fl = 534 W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi
Odpowiedź: Rf = 50 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 = (6 − 1)·10 = 50 kΩ
Odpowiedź
Rf = 50 kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi
Odpowiedź: Vout = 1,543 V
Zasady idealnego wzmacniacza operacyjnego: przy ujemnym sprzężeniu zwrotnym wzmacniacz ustawia wyjście tak, aby oba wejścia miały to samo napięcie (V₋ = V₊), a do żadnego wejścia nie płynie prąd. PPK na wejściu odwracającym z tymi dwoma faktami daje wyjście.
Prądy wejściowe
V₋ = 0, więc na każdym rezystorze wejściowym jest całe jego napięcie wejściowe.
I1 = V1/R1 = −1,9/4,7 = −0,4043 mA
I2 = V2/R2 = 0,5/2 = 0,25 mA
If = I1 + I2 = −0,1543 mA
Napięcie wyjściowe
Vout = −Rf·If = −10·(−0,1543) = 1,543 V
Odpowiedź
Vout = 1,543 V
23.Diody i tranzystory
Odpowiedź: VCE = 8,092 V
Punkt pracy tranzystora bipolarnego: w obszarze aktywnym VBE = 0,7 V, IC = β·IB i IE = (β + 1)·IB. Wyznacz IB z oczka bazy za pomocą napięciowego prawa Kirchhoffa, potem IC, a następnie VCE z oczka kolektor–emiter. Dzielnik napięcia w bazie zastępuje się jego zastępczym układem Thévenina VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; rezystor emiterowy w oczku bazy jest widziany jako (β + 1) razy większy.
Stabilizator Zenera: spolaryzowana zaporowo dioda Zenera utrzymuje napięcie VZ, dopóki jej prąd pozostaje powyżej minimum IZ,min. Rezystor szeregowy R przejmuje różnicę między napięciem wejściowym a wyjściowym: IR = (Vin − VZ)/R. Ten prąd dzieli się między obciążenie, IL = VZ/RL, i diodę Zenera: IZ = IR − IL. Projektuj dla najgorszych przypadków: najniższe napięcie wejściowe przy największym obciążeniu musi nadal zostawić IZ,min, a najwyższe napięcie wejściowe bez obciążenia daje największą moc diody Zenera PZ = VZ·IZ.
Prąd diody Zenera w najgorszym przypadku
IZ = 18,9/100 = 189 mA
Moc diody Zenera
PZ = 9,1·189 = 1720 mW
Odpowiedź
PZ,max = 1720 mW
25.Systemy liczbowe
Odpowiedź: U = 200
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
56 = 0011 1000
odwrócone: 1100 0111
+1 → 1100 1000
Odczytaj bez znaku
1100 1000₂ = 256 − 56 = 200
Odpowiedź
U = 200
26.Systemy liczbowe
Odpowiedź: M = 128 KiB
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.
Bity i bajty
256·256·16 = 1048576 bit = 131072 B
Zamień na KiB
131072/1024 = 128 KiB
Odpowiedź
M = 128 KiB
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Odpowiedź: L = 4
Algebra Boole’a: reguły upraszczające wyrażenia to X + X′ = 1 i X·X′ = 0, X + X = X, absorpcja X + X·Y = X, reguła sklejania X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y oraz twierdzenie o konsensusie XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Prawa de Morgana zamieniają (X·Y)′ na X′ + Y′ oraz (X + Y)′ na X′·Y′. Mapa Karnaugha stosuje te reguły graficznie: każda grupa dwóch sąsiednich komórek to jedno użycie XY + XY′ = X.
Mintermy wyrażenia
A′BC → m(3)
A′C → m(1, 3)
ABC → m(7)
A′B′C → m(1)
Pogrupuj i odczytaj
F = BC + A′C
Policz literały
L = 4
Odpowiedź
L = 4
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Odpowiedź: zbocze zegara 4
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.
Q po każdym zboczu
Przerzutnik D kopiuje D przy każdym zboczu narastającym: Q⁺ = D.
1: D = 0 → Q = 0
2: D = 0 → Q = 0
3: D = 1 → Q = 1
4: D = 0 → Q = 0
5: D = 0 → Q = 0
6: D = 0 → Q = 0
Pierwsza zmiana z 1 na 0
zbocze zegara 4
Odpowiedź
zbocze zegara 4
29.Transformaty Laplace’a
Odpowiedź: f(0.4) = 6,837
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 + 2s + 1 = (s + 1)²
Ułamki proste
3s + 21 = 3(s + 1) + 18
F(s) = 3/(s + 1) + 18/(s + 1)²
Transformata odwrotna
f(t) = 3·e−t + 18·t·e−t
f(0,4) = (3 + 18·0,4)·e−0,4 = 6,837
Odpowiedź
f(0,4) = 6,837
30.Transformaty Laplace’a
Odpowiedź: y(0.25) = 3,111
Transformata Laplace’a: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt zamienia pochodne na mnożenie przez s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Podstawowe pary: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), a przesunięcie s → s + σ mnoży funkcję czasu przez e−σt. Aby odwrócić wymierną F(s), rozłóż ją na ułamki proste: residuum prostego bieguna p wynosi A = [(s − p)·F(s)] przy s = p. Twierdzenie o wartości końcowej: f(∞) = lims→0 s·F(s), słuszne tylko wtedy, gdy wszystkie bieguny s·F(s) leżą w lewej półpłaszczyźnie. Twierdzenie o wartości początkowej: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Przekształcenie równania
Y(s) = 187,5/(s(s + 3)(s + 5))
Ułamki proste
A = 187,5/(3·5) = 12,5
B = 187,5/((−3)·2) = −31,25
C = 187,5/((−5)·(−2)) = 18,75
Wydalone
y(t) = 12,5 − 31,25·e−3t + 18,75·e−5t
y(0,25) = 3,111
Odpowiedź
y(0,25) = 3,111
31.Schematy blokowe
Odpowiedź: K = 25
Algebra schematów blokowych: bloki połączone szeregowo mnożą się (G₁·G₂), bloki połączone równolegle dodają się (G₁ + G₂), a pętla ze ścieżką prostą G i ścieżką sprzężenia zwrotnego H redukuje się do T = G/(1 + G·H) dla ujemnego sprzężenia zwrotnego i G/(1 − G·H) dla dodatniego. Najpierw redukuj pętle wewnętrzne, potem idź na zewnątrz. Bieguny układu zamkniętego są pierwiastkami równania charakterystycznego 1 + G(s)H(s) = 0. Dla stabilnej pętli wymuszenie skokowe o wielkości A daje w stanie ustalonym wyjście A·T(0); przy jednostkowym sprzężeniu zwrotnym uchyb ustalony przy skoku wynosi A/(1 + Kp), gdzie Kp = G(0).
Trójmian s² + βs + γ ma pierwiastek podwójny, gdy β² = 4γ.
14² = 4(24 + K) → K = 196/4 − 24 = 25
Odpowiedź
K = 25
Oba bieguny układu zamkniętego leżą wtedy w s = −7.
32.Schematy blokowe
Odpowiedź: K = 4,75
Algebra schematów blokowych: bloki połączone szeregowo mnożą się (G₁·G₂), bloki połączone równolegle dodają się (G₁ + G₂), a pętla ze ścieżką prostą G i ścieżką sprzężenia zwrotnego H redukuje się do T = G/(1 + G·H) dla ujemnego sprzężenia zwrotnego i G/(1 − G·H) dla dodatniego. Najpierw redukuj pętle wewnętrzne, potem idź na zewnątrz. Bieguny układu zamkniętego są pierwiastkami równania charakterystycznego 1 + G(s)H(s) = 0. Dla stabilnej pętli wymuszenie skokowe o wielkości A daje w stanie ustalonym wyjście A·T(0); przy jednostkowym sprzężeniu zwrotnym uchyb ustalony przy skoku wynosi A/(1 + Kp), gdzie Kp = G(0).
Odpowiedź na zakłócenie
css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 1·8/(2 + 8K)
Rozwiąż względem K
2 + 8K = 1·8/0,2 = 40
K = (40 − 2)/8 = 4,75
Odpowiedź
K = 4,75
33.Odpowiedź skokowa
Odpowiedź: ts = 0,5333 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 = 84 → ωₙ = 9,165 rad/s
2ζωₙ = 15 → ζ = 15/(2·9,165) = 0,8183
Wynik
ζωₙ = 7,5 → ts ≈ 4/7,5 = 0,5333 s
Odpowiedź
ts = 0,5333 s
34.Odpowiedź skokowa
Odpowiedź: ts = 0,4 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).
Dla tej pętli ζωₙ = a/2 niezależnie od K: zwiększenie K zwiększa przeregulowanie, ale nie skraca czasu ustalania.
35.Wykresy Bodego i zapasy
Odpowiedź: BW = 318,3 Hz
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 rezonansowa
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,001·1 × 10⁻⁶) = 31623 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 5033 Hz
Pasmo przenoszenia
BW = R/L = 2/0,001 = 2000 rad/s = 318,3 Hz
Odpowiedź
BW = 318,3 Hz
36.Wykresy Bodego i zapasy
Odpowiedź: PM = 26,21 °
Charakterystyka częstotliwościowa: podstaw s = jω w transmitancji. Moduł w decybelach to 20·log₁₀|H(jω)|, a faza to suma kątów czynników licznika minus kąty czynników mianownika. Filtr RC lub RL pierwszego rzędu ma częstotliwość graniczną (−3 dB) ωc = 1/(RC) lub R/L oraz fc = ωc/(2π); filtr dolnoprzepustowy daje |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) i φ = −atan(ω/ωc). Na asymptotycznym (łamanym) wykresie Bodego każdy biegun zagina moduł w dół o 20 dB/dekadę przy swojej częstotliwości granicznej, każde zero zagina go w górę o 20 dB/dekadę, a integrator 1/s daje −20 dB/dekadę przy wszystkich częstotliwościach. Częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); zapas fazy PM = 180° + ∠L(jωc). Częstotliwość odcięcia fazy ω180: ∠L(jω) = −180°; zapas wzmocnienia GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Układ zamknięty jest stabilny, gdy oba zapasy są dodatnie.
Częstotliwość odcięcia wzmocnienia
ω⁴ + 25ω² − 13225 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·13225))/2 = 103,2
ωc = 10,16 rad/s
Zapas fazy
∠L(jωc) = −90° − atan(10,16/5) = −153,8°
PM = 180° + ∠L = 26,21°
Odpowiedź
PM = 26,21°
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa
Odpowiedź: ω = 7,071 rad/s
Kryterium Routha–Hurwitza: układ liniowy jest stabilny, gdy wszystkie pierwiastki jego wielomianu charakterystycznego leżą w lewej półpłaszczyźnie płaszczyzny s. Współczynniki wpisuje się naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha. Każdy element nowego wiersza powstaje z dwóch wierszy powyżej; dla wielomianu trzeciego stopnia a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ element w wierszu s¹ to b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Liczba zmian znaku w pierwszej kolumnie jest równa liczbie pierwiastków w prawej półpłaszczyźnie. Gdy we współczynnikach występuje wzmocnienie K, każdy element pierwszej kolumny musi pozostać dodatni: wzmocnienie, przy którym element wiersza s¹ zeruje się, to granica stabilności, a wiersz s² daje wtedy częstotliwość drgań niegasnących.
Tablica Routha
s³ + 15s² + 50s + K = 0
s³: 1, 50
s²: 15, K
s¹: (15·50 − K)/15
s⁰: K
Wzmocnienie krytyczne
K = 15·50 = 750
Równanie pomocnicze
Przy wzmocnieniu krytycznym wiersz s¹ jest zerowy; wiersz s² daje bieguny na osi urojonej.
15s² + 750 = 0 → s = ±j√50
ω = 7,071 rad/s
Odpowiedź
ω = 7,071 rad/s
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa
Odpowiedź: sb = −2,113
Linia pierwiastkowa: gdy wzmocnienie K rośnie od 0 do ∞, bieguny układu zamkniętego, czyli pierwiastki równania 1 + K·G(s) = 0, przesuwają się od biegunów układu otwartego do jego zer lub do nieskończoności. Punkt osi rzeczywistej należy do linii, gdy liczba biegunów i zer rzeczywistych na prawo od niego jest nieparzysta. n − m gałęzi biegnących do nieskończoności zbliża się do asymptot nachylonych pod kątami (2q + 1)·180°/(n − m), wychodzących ze środka asymptot σₐ = (Σ biegunów − Σ zer)/(n − m). Gałęzie opuszczają oś rzeczywistą lub do niej wracają tam, gdzie dK/ds = 0. Warunek kąta ∠G(s) = 180° wyznacza kształt, a warunek modułu K = 1/|G(s)| daje wzmocnienie w dowolnym punkcie linii.
Wzmocnienie wzdłuż osi rzeczywistej
K(s) = −s(s + 5)(s + 10) = −(s³ + 15s² + 50s)
Punkty stacjonarne
dK/ds = −(3s² + 30s + 50) = 0
s = (−30 ± √(900 − 600))/6 = −2,113, −7,887
Wybierz punkt należący do linii
Linia leży na osi rzeczywistej między 0 a −5; drugi pierwiastek do niej nie należy.
sb = −2,113
Odpowiedź
sb = −2,113
39.Uchyb ustalony i regulacja PID
Odpowiedź: ess = 0,625
Uchyb ustalony: w pętli ze sprzężeniem jednostkowym o transmitancji układu otwartego G(s) uchyb wynosi E(s) = R(s)/(1 + G(s)), a z twierdzenia o wartości końcowej ess = lims→0 s·E(s). Typ układu to liczba biegunów G(s) w s = 0. Stałe uchybowe to Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) oraz Ka = lim s²·G(s), wszystkie dla s → 0. Skok o wartości A daje ess = A/(1 + Kp), narastanie liniowe A·t daje A/Kv, a parabola A·t²/2 daje A/Ka. Pętla typu 0 nadąża za skokiem ze skończonym uchybem, pętla typu 1 nadąża za nim dokładnie, a za narastaniem liniowym ze skończonym uchybem.
Stała prędkościowa
Kv = lim s·G(s) = 0,8
Część skokowa
Kp = ∞ → estep = 0
Uchyb dla narastania liniowego
ess = 0,5/0,8 = 0,625
Odpowiedź
ess = 0,625
40.Uchyb ustalony i regulacja PID
Odpowiedź: ess = 2
Regulacja P, PI i PID: regulator C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s działa na uchyb. Wzmocnienie proporcjonalne przyspiesza układ i zmniejsza uchyb obiektu typu 0, ale nigdy go nie usuwa. Człon całkujący dodaje biegun w s = 0: typ układu rośnie o jeden, a skok jest śledzony bez uchybu. Człon różniczkujący zwiększa tłumienie. Aby dobrać nastawy, zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego i porównaj go z s² + 2ζωns + ωn². Wtedy %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, gdzie ωd = ωn√(1 − ζ²), oraz ts ≈ 4/(ζωn).
Stała prędkościowa
s·C(s) = 5s + 2 → 2 przy s → 0.
Kv = 2·10/20 = 1
Uchyb dla narastania liniowego
ess = 2/1 = 2
Odpowiedź
ess = 2
Regulator PI całkowicie usuwa uchyb skokowy; narastanie liniowe jest śledzone ze stałym opóźnieniem.
To niezależne materiały do ćwiczeń. ExamProblems nie jest powiązane z organizacją przeprowadzającą ten egzamin ani przez nią rekomendowane, a nazwa egzaminu służy wyłącznie do opisu treści. Egzamin FE exam prowadzi NCEES, organizacja niezwiązana z ExamProblems, która go nie popiera.