Przygotowanie do egzaminu FE Electrical and Computer: zestaw na powtórkę

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

Nowe zadaniaWróć do przedmiotu

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

1Wzory i metody

Rezystory szeregowo i równolegle

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

Metoda

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

Metoda potencjałów węzłowych

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

Metoda

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

Metoda prądów oczkowych

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

Metoda

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

Superpozycja

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

Metoda

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

Thévenin i Norton

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

Metoda

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

Stany nieustalone RC i RL

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

Metoda

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

Impedancja i wskazy AC

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

Metoda

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

Moc AC i współczynnik mocy

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

Moc w układach trójfazowych

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

Transformatory

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

Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

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

Diody i tranzystory

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

Systemy liczbowe

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

Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

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

Metoda

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

Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

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

Metoda

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

Uchyb ustalony i regulacja PID

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

Metoda

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

2Zadania do ćwiczenia

1.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni
R1​ = 4 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​2 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 18 VR1 = 4 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩR4 = 2 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 20 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​25 ΩAR4​12 ΩBR6​25 Ω

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 25 ΩR3 = 6 ΩR4 = 12 ΩR5 = 5 ΩR6 = 25 Ω
Req = Ω
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
−+Vs​ = 5 VIs​1 AAR1​6 ΩR2​6 ΩB

Źródło napięcia Vₛ między A i B ma zacisk + po stronie B, więc VB − VA = Vₛ. Użyj metody potencjałów węzłowych z superwęzłem, aby wyznaczyć potencjał węzła VB (mierzony względem masy).

Is = 1 AVs = 5 VR1 = 6 ΩR2 = 6 Ω
VB = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 30 ΩR2​ = 5 ΩIR2​R4​ = 3 Ω+−V1​24 VR3​10 ΩAR5​12 ΩBIs​1 A−+V2​12 V

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

V1 = 24 VIs = 1 AV2 = 12 VR1 = 30 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 ΩR4 = 3 ΩR5 = 12 Ω
IR2 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 3 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​24 VR3​3 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 24 VV2 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 Ω
I2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 8 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR4​12 ΩAR5​10 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd oczkowy I3 (zgodnie z ruchem wskazówek zegara).

V1 = 18 VV2 = 9 VR1 = 8 ΩR2 = 15 ΩR3 = 4 ΩR4 = 12 ΩR5 = 10 Ω
I3 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAR4​15 Ω+−VR4​BIs​2,5 A

Użyj metody superpozycji, aby wyznaczyć napięcie VR4 na R4 o zaznaczonej biegunowości.

V1 = 6 VIs = 2,5 AR1 = 15 ΩR2 = 12 ΩR3 = 3 ΩR4 = 15 Ω
VR4 = V
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 3 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​24 VR3​6 ΩIR3​AIs​2,5 AB+−V2​15 V

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR3 pobieraną przez R3.

V1 = 24 VIs = 2,5 AV2 = 15 VR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 ΩR4 = 12 Ω
PR3 = W
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 20 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩARL​3 ΩIL​B

Między a–b podłączono obciążenie RL = 3 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 ΩRL = 3 Ω
IL = A
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 30 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAIs​2 ABab

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

V1 = 9 VIs = 2 AR1 = 30 ΩR2 = 2 ΩR3 = 6 Ω
IN = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​30 Vt = 0R1​ = 6,8 kΩR2​ = 6,8 kΩC22 µF+−vC​

Źródło Vₛ ładuje kondensator przez R₁, a R₂ jest połączony równolegle z C. Kondensator jest rozładowany, gdy łącznik zamyka się w t = 0. Wyznacz napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 30 ms.

Vs = 30 VR1 = 6,8 kΩR2 = 6,8 kΩC = 22 µFt = 30 ms
vC = V
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​6 Vt = 0R = 6,8 kΩC22 µF+−vC​vC​(0) = 24 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 24 V o zaznaczonej biegunowości. Po jakim czasie vC osiągnie 11,4 V? Wyznacz t.

Vs = 6 VR = 6,8 kΩC = 22 µFvC(0) = 24 V
t = ms
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
24 V50 HzR = 50 ΩL = 50 mHI

Rezystor i cewka są połączone równolegle i podłączone do zasilania 24 V (skuteczne), 50 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.

V = 24 V (rms)f = 50 HzR = 50 ΩL = 50 mH
I = A
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
230 V60 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 10 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 230 V (skuteczne), 60 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.

V = 230 V (rms)f = 60 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 10 µF
I = A
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
240 VR + jXP = 672 W4 A

Odbiornik indukcyjny pobiera 4 A i 672 W z jednofazowego zasilania 240 V (skuteczne). Zamodeluj go jako rezystancję R połączoną szeregowo z reaktancją X. Wyznacz R.

V = 240 VI = 4 AP = 672 W
R = Ω
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 35 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 35 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) z zasilania 240 V, 50 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,9. Wyznacz potrzebną pojemność C.

P = 35 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9V = 240 Vf = 50 Hz
C = µF
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 690 VIL​ = 75 Acos φ = 0,88indukcyjny

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera prąd przewodowy 75 A ze źródła o napięciu przewodowym 690 V. Współczynnik mocy wynosi 0,88 (indukcyjny). Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 690 VIL = 75 Acos φ = 0,88
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 150 kW przy współczynniku mocy 0,78 (indukcyjnym) z sieci 415 V (napięcie przewodowe), 50 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,9 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w trójkąt. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 150 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
50 ΩN1​N2​5000 Ω

Wzmacniacz o rezystancji wyjściowej 5000 Ω zasila głośnik 50 Ω przez idealny transformator. Dla maksymalnego przekazu mocy głośnik musi być widziany od strony wzmacniacza jako 5000 Ω. Wyznacz przekładnię a = N₁/N₂.

Rs = 5000 ΩRL = 50 Ω
a =
20.TransformatoryTrudny
pf 0,8250 kVA, 75% obciążenie

Jednofazowy transformator 250 kVA ma straty w rdzeniu 1250 W i straty w miedzi 2500 W przy obciążeniu znamionowym. Dostarcza 75% swojej znamionowej mocy kVA przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym). Wyznacz całkowite straty Ploss w watach przy tym obciążeniu.

S = 250 kVAPcore = 1250 WPcu,fl = 2500 Wx = 0,75pf = 0,8
Ploss = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = 1,8 V

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

Vin = 1,8 VR1 = 1 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
Vin​V1​Vout​stopień 1: odwracającyR1​ = 2 kΩRf1​ = 10 kΩstopień 2: nieodwracającyR2​ = 47 kΩRf2​ = 22 kΩ

Dwa stopnie z idealnymi wzmacniaczami operacyjnymi są połączone kaskadowo: wzmacniacz odwracający (R1, Rf1), a za nim wzmacniacz nieodwracający (R2 do masy, Rf2 w sprzężeniu zwrotnym). Oba są zasilane napięciem ±15 V. Wyznacz całkowite wzmocnienie napięciowe Av = Vout/Vin.

R1 = 2 kΩRf1 = 10 kΩR2 = 47 kΩRf2 = 22 kΩ
Av =
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 1,5 kΩβ = 100IC​ = ?RE​ = 680 ΩVCC​ = 18 VR1​ = 100 kΩR2​ = 15 kΩ

Tranzystor NPN o β = 100 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 18 V: R₁ = 100 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 15 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 1,5 kΩ, a rezystor emiterowy RE = 680 Ω. Przyjmij VBE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz prąd kolektora IC w mA.

VCC = 18 VR1 = 100 kΩR2 = 15 kΩRC = 1,5 kΩRE = 680 Ωβ = 100
IC = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
+−≤ 27 V270 Ω5,6 V

Stabilizator z diodą Zenera 5,6 V ma rezystor szeregowy 270 Ω. Napięcie wejściowe może wzrosnąć do 27 V, a obciążenie może zostać odłączone. Wyznacz największą moc PZ,max, jaką musi rozproszyć dioda Zenera.

Vin,max = 27 VVZ = 5,6 VR = 270 Ω
PZ,max = mW
25.Systemy liczboweŚredni
wagi w kodzie U21−12816403211618040201

8-bitowy wzór 1101 1000 zapisuje liczbę całkowitą ze znakiem w kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest jej wartość N dziesiętnie?

1101 10008 bit
N =
26.Systemy liczboweTrudny
24-bitowy kod uzupełnień do dwóch, N = ??znak???????????????????????

Jaka jest najmniejsza (najbardziej ujemna) liczba całkowita N, którą można zapisać w 24-bitowym kodzie U2?

24 bit
N =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111000010302141517060121131151141809011010

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać iloczynu sum (POS) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(4, 5, 7, 8, 13, 14, 15). Ile sum (czynników) N ona ma?

F(A, B, C, D) = Σm(4, 5, 7, 8, 13, 14, 15)
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
ABCD0001111000011110000113X214050716112X130150140819011110

Dla F(A, B, C, D) = Σm(3, 4, 6, 9, 10, 12) + d(2, 13), gdzie d oznacza stany nieokreślone, znajdź liczbę N istotnych implikantów prostych.

F(A, B, C, D) = Σm(3, 4, 6, 9, 10, 12) + d(2, 13)
N =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,1f(0,1) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = (5s + 22)/(s² + 10s + 25) i oblicz f(0,1).

F(s) = (5s + 22)/(s² + 10s + 25)t = 0,1 s
f(0.1) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Rozwiąż y″ + 7y′ + 12y = 0 dla y(0) = −8 i y′(0) = −9 za pomocą transformaty Laplace’a i znajdź y(0,3).

y″ + 7y′ + 12y = 0y(0) = −8y′(0) = −9t = 0,3 s
y(0.3) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+Ks(s + 16)G(s)C(s)−

Obiekt G(s) = K/(s(s + 16)) jest w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Znajdź wzmocnienie K, dla którego układ zamknięty jest tłumiony krytycznie (dwa równe bieguny rzeczywiste).

G(s) = K/(s(s + 16))jednostkowe ujemne sprzężenie zwrotne
K =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+Ks(s + 6)(s + 9)G(s)C(s)−

Obiekt G(s) = K/(s(s + 6)(s + 9)) jest w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Za pomocą kryterium Routha–Hurwitza znajdź największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

G(s) = K/(s(s + 6)(s + 9))jednostkowe ujemne sprzężenie zwrotne
Kmax =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)3ts​ = ?

Układ ma transmitancję G(s) = 21/(s² + s + 7) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 21/(s² + s + 7)
ts = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
R(s)+Ks(s + 20)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = K/(s(s + 20)). Znajdź wzmocnienie K, które daje odpowiedź skokową z przeregulowaniem 20 %.

G(s) = K/(s(s + 20))%OS = 20 %
K =
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
vin​R = 4,7 kΩC = 4,7 nFvout​

Filtr dolnoprzepustowy RC pokazany na rysunku ma R = 4,7 kΩ, C = 4,7 nF. Podano sinusoidalne wejście 14 kHz. Znajdź wzmocnienie |H| = |vout/vin| w dB.

R = 4,7 kΩC = 4,7 nFf = 14 kHz
|H| = dB
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 772/(s(s + 8)(s + 9)). Znajdź zapas wzmocnienia GM w dB.

L(s) = 772/(s(s + 8)(s + 9))
GM = dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+Ks + 10(s − 1)(s + 5)C(s)−

Obiekt G(s) = (s + 10)/((s − 1)(s + 5)) ma biegun niestabilny w s = 1. Wzmocnienie proporcjonalne K zamyka wokół niego pętlę ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz najmniejsze wzmocnienie Kmin, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

G(s) = (s + 10)/((s − 1)(s + 5))
Kmin =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−40,5j0,5j1sb​

Pokazano linię pierwiastkową dla L(s) = K/((s + 1)(s + 3)). Wyznacz wzmocnienie K w punkcie rozejścia sb, w którym dwa bieguny układu zamkniętego spotykają się na osi rzeczywistej.

L(s) = K/((s + 1)(s + 3))
K =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 5t+4s(s + 4)(s + 5)C(s)−

Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 4/(s(s + 4)(s + 5)) podano narastanie liniowe r(t) = 5t. Wyznacz uchyb ustalony ess.

G(s) = 4/(s(s + 4)(s + 5))r(t) = 5t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+Kp​ + Ki​/s10s + 2C(s)−

Regulator PI C(s) = Kp + Ki/s steruje obiektem G(s) = 10/(s + 2) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Układ zamknięty ma mieć ωₙ = 3 rad/s i ζ = 0,8. Wyznacz wzmocnienie całkowania Ki.

G(s) = 10/(s + 2)ωₙ = 3 rad/sζ = 0,8
Ki =

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 6,727 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​ = 4 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​2 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R3 + R4 = 3 + 2 = 5 Ω
R2 ∥ 5 = 6·5/(6+5) = 2,727 Ω
Req = R1 + 2,727 = 4 + 2,727 = 6,727 Ω

Odpowiedź

Req = 6,727 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 29,21 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​ = 20 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​25 ΩAR4​12 ΩBR6​25 Ω

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R5 + R6 = 5 + 25 = 30 Ω
R4 ∥ 30 = 8,571 Ω
R3 + 8,571 = 14,57 Ω
R2 ∥ 14,57 = 9,206 Ω
Req = R1 + 9,206 = 20 + 9,206 = 29,21 Ω

Odpowiedź

Req = 29,21 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 5,5 V

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

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 + 5
VA/R1 + VB/R2 = Is

Rozwiąż

VA/6 + (VA + 5)/6 = 1
VA = (1 − 5/6)/(1/6 + 1/6) = 0,5 V
VB = 0,5 + 5 = 5,5 V

Odpowiedź

VB = 5,5 V
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR2 = 1,208 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​ = 30 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​24 VR3​10 ΩAR5​12 ΩBIs​1 A−+V2​12 V

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 24 V, V2 = −12 V). Niewiadome: VA, VB.

PPK w węźle A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/10 + (VA − 24)/30 + (VA − VB)/5 = 0
0,3333·VA − 0,2·VB = 0,8

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/12 + (VB − VA)/5 + (VB − (−12))/3 = (−1)
−0,2·VA + 0,6167·VB = −5

Rozwiąż

Δ = (0,3333)(0,6167) − (−0,2)(−0,2) = 0,1656
VA = Δ1/Δ = −0,5067/0,1656 = −3,06 V
VB = Δ2/Δ = −1,507/0,1656 = −9,101 V

Odpowiedź

IR2 = (VA − VB)/R2 = (−3,06 − −9,101)/5 = 1,208 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I2 = −0,2791 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​ = 3 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​24 VR3​3 ΩA+−V2​18 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
3·I1 + 3(I1 − I2) = 24
6·I1 − 3·I2 = 24

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
20·I2 + 3(I2 − I1) = (−18)
−3·I1 + 23·I2 = −18

Rozwiąż

Δ = (6)(23) − (−3)(−3) = 129
I1 = Δ1/Δ = 498/129 = 3,86 A
I2 = Δ2/Δ = −36/129 = −0,2791 A

Odpowiedź

I2 = −0,2791 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I3 = −0,505 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​ = 8 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR4​12 ΩAR5​10 ΩB+−V2​9 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
8·I1 + 12(I1 − I2) = 18
20·I1 − 12·I2 = 18

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
15·I2 + 12(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−12·I1 + 37·I2 − 10·I3 = 0

NPK w oczku 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
4·I3 + 10(I3 − I2) = (−9)
−10·I2 + 14·I3 = −9

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 6344
I1 = Δ1/Δ = 6444/6344 = 1,016 A
I2 = Δ2/Δ = 1224/6344 = 0,1929 A
I3 = Δ3/Δ = −3204/6344 = −0,505 A

Odpowiedź

I3 = −0,505 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: VR4 = 16,32 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.

R1​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAR4​15 ΩBROZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

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

R3+R4 = 3+15 = 18 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 12·18/(12+18) = 7,2 Ω
VA = 6·7,2/(15+7,2) = 1,946 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 1,946·15/18 = 1,622 V
VR4′ = VB − 0 = 1,622 − 0 = 1,622 V
R1​ = 15 ΩR3​ = 3 ΩZWARCIER2​12 ΩAR4​15 ΩBIs​2,5 A

Przypadek 2 · działa tylko Is

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

R1 ∥ R2 = 15·12/(15+12) = 6,667 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 15 ∥ 9,667 = 5,878 Ω
VB = Is·Req = 2,5·5,878 = 14,7 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 14,7·6,667/9,667 = 10,14 V
VR4″ = VB − 0 = 14,7 − 0 = 14,7 V

Dodaj składowe

VR4 = VR4′ + VR4″
VR4 = 1,622 + 14,7 = 16,32 V

Wynik ujemny oznacza, że w rzeczywistości biegunowość jest odwrotna do zaznaczonej.

8.Superpozycja

Odpowiedź: PR3 = 28,96 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​ = 3 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 12 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 ∥ 20 = 4,615 Ω
VA = 24·4,615/(3+4,615) = 14,55 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 14,55·12/20 = 8,727 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (14,55 − 0)/6 = 2,424 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 12 ΩZWARCIER3​6 ΩAIs​2,5 ABZWARCIE

Przypadek 2 · działa tylko Is

Oba źródła napięcia stają się zwarciami. Iₛ rozdziela się w B między R₄ (teraz do masy) a R₂ szeregowo z R₁ ∥ R₃. Strzałka Iₛ wskazuje w dół, od jego węzła, więc Iₛ odprowadza prąd z tego węzła: jego wyraz wchodzi ze znakiem minus.

R1 ∥ R3 = 2 Ω, więc lewa gałąź to R2+2 = 10 Ω
Req = R4 ∥ 10 = 5,455 Ω
VB = −Is·Req = −2,5·5,455 = −13,64 V
VA = VB·2/10 = −2,727 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (−2,727 − 0)/6 = −0,4545 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 12 ΩZWARCIER3​6 ΩAROZWARCIEB+−V2​15 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 = 3·6/(3+6) = 2 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 15·10/22 = 6,818 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 6,818·2/10 = 1,364 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (1,364 − 0)/6 = 0,2273 A

Zsumuj wkłady prądu

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴ = 2,424 + (−0,4545) + 0,2273 = 2,197 A

Moc w rezystorze

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

PR3 = IR3²·R3 = 2,197²·6 = 28,96 W

Odpowiedź

PR3 = 28,96 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 36,81 W, co jest błędne.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 0,1237 A

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 4 ΩZWARCIER2​2 ΩAabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

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

R1 ∥ R2 = 20·2/(20+2) = 1,818 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,818 + 4 = 5,818 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​2 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) = 12·2/(20+2) = 1,091 V
Rth​ = 5,818 Ω+−Vth​1,091 VRL​3 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) = 1,091/(5,818 + 3) = 0,1237 A
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = 2,071 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​ = 30 ΩR3​ = 6 ΩZWARCIER2​2 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 = 30·2/(30+2) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 6 = 7,875 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAIs​2 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) = 0,5625 + 2·1,875 = 4,313 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 4,313 + 2·6 = 16,31 V
IN​2,071 ARth​7,875 Ωab

Układ zastępczy Nortona

Źródło Nortona to ten sam obwód widziany jako źródło prądu równolegle z R_th. Jego prąd to prąd zwarcia na a–b.

IN = Vth/Rth = 16,31/7,875 = 2,071 A
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 4,956 V

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

Obwód zastępczy Thevenina widziany przez kondensator

Zewrzyj źródło, aby wyznaczyć Rth; rozewrzyj kondensator, aby wyznaczyć napięcie, do którego się naładuje.

Rth = R1 ∥ R2 = 6,8·6,8/(6,8 + 6,8) = 3,4 kΩ
vC(∞) = 30·6,8/(6,8 + 6,8) = 15 V

Stała czasowa

τ = Rth·C = 3,4·22 = 74,8 ms

Krzywa ładowania

vC(t) = 15·(1 − e−30/74,8) = 4,956 V

Odpowiedź

vC = 4,956 V
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 180,1 ms

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

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

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

vC(0) = 24 V, vC(∞) = Vs = 6 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 22 µF = 149,6 ms
vC(t) = 6 + (24 − 6)·e−t/τ

Wyznacz czas

11,4 = 6 + (18)·e−t/τ → e−t/τ = (11,4 − 6)/(24 − 6) = 0,3
t = τ·ln((24 − 6)/(11,4 − 6)) = 149,6·ln(3,333) = 180,1 ms

Odpowiedź

t = 180,1 ms
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 1,602 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

XL = ωL = 2π·50·0,05 = 15,71 Ω

Prądy gałęzi

Obie gałęzie są podłączone bezpośrednio do zasilania, więc na każdej jest pełne napięcie V.

IR = V/R = 24/50 = 0,48 A
IX = V/XL = 24/15,71 = 1,528 A

Prąd całkowity

Prąd rezystora jest w fazie z V, a prąd bierny przesunięty o 90°, więc dodają się jak boki trójkąta prostokątnego.

I = √(IR² + IX²) = √(0,48² + 1,528²) = 1,602 A

Odpowiedź

I = 1,602 A
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 0,8523 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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,02 = 7,54 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·10·10⁻⁶) = 265,3 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (−257,7)²) = 269,8 Ω

Prąd

Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.

I = V/|Z| = 230/269,8 = 0,8523 A

Odpowiedź

I = 0,8523 A
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: R = 42 Ω

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

Rezystancja z mocy czynnej

R = P/I² = 672/4² = 42 Ω

Odpowiedź

R = 42 Ω
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: C = 513,9 µF

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = P·tan φ1 = 35·tan(36,87°) = 26,25 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 35·tan(25,84°) = 16,95 kvar
QC = Q1 − Q2 = 9,299 kvar

Pojemność

Kondensator dołączony do zasilania dostarcza Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 9299/(2π·50·240²) = 513,9 µF

Odpowiedź

C = 513,9 µF
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 78,88 kW

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

Moc pozorna

S = √3·VL·IL = √3·690·75 = 89,63 kVA

Moc czynna

P = S·cos φ = 89,63·0,88 = 78,88 kW

Odpowiedź

P = 78,88 kW
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 293,8 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 = 150·tan(acos 0,78) = 150·0,8023 = 120,3 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,9) = 150·0,4843 = 72,65 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 47,69 kvar

Pojemność na fazę

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

V = 415 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 15898/(314,2·415²) = 293,8 µF

Odpowiedź

Cph = 293,8 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: a = 10

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

Dopasuj sprowadzone obciążenie

a²·50 = 5000
a = √(5000/50) = √100 = 10

Odpowiedź

a = 10
20.Transformatory

Odpowiedź: Ploss = 2656 W

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

Straty w miedzi przy tym obciążeniu

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,5625·2500 = 1406 W

Straty całkowite

Straty w rdzeniu są takie same przy każdym obciążeniu.

Ploss = 1250 + 1406 = 2656 W

Odpowiedź

Ploss = 2656 W

Sprawność przy tym obciążeniu wynosi η = 98,26%.

21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 10,26 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₊ = 1,8 V
I = V₋/R1 = 1,8/1 = 1,8 mA

Napięcie wyjściowe

Prąd przez R₁ płynie też przez Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 1,8 + 1,8·4,7 = 10,26 V

Odpowiedź

Vout = 10,26 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Av = −7,34

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 każdego stopnia

A1 = −Rf1/R1 = −10/2 = −5
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 22/47 = 1,468

Wzmocnienie całkowite

Av = A1·A2 = −5·1,468 = −7,34

Odpowiedź

Av = −7,34
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 2,016 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 = 18·15/(100 + 15) = 2,348 V
RTH = 100·15/(100 + 15) = 13,04 kΩ

Prąd bazy

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

IB = (2,348 − 0,7)/(13,04 + 101·0,68) = 20,16 µA

Prąd kolektora

IC = 100·20,16 µA = 2,016 mA
IE = 101·20,16 µA = 2,037 mA

Odpowiedź

IC = 2,016 mA
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: PZ,max = 443,9 mW

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

Prąd diody Zenera w najgorszym przypadku

IZ = 21,4/270 = 79,26 mA

Moc diody Zenera

PZ = 5,6·79,26 = 443,9 mW

Odpowiedź

PZ,max = 443,9 mW
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −40

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 + 16 + 8 = −40

Odpowiedź

N = −40
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −8,389 × 10⁶

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

Najbardziej ujemna wartość

−223 = −8388608

Odpowiedź

N = −8388608
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 5

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

ABCD000111100001111000010302141517060121131151141809011010

Zgrupuj zera

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

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

Minimalna postać POS

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

Odpowiedź

N = 5
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 3

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

Implikanty proste

Największe grupy, jakie można utworzyć z jedynek i X.

B′CD′, BC′D′, A′CD′, AC′D, A′BD′, A′B′C, ABC′
ABCD0001111000011110000113X214050716112X130150140819011110

Istotne implikanty proste

B′CD′, AC′D, A′B′C
N = 3

Odpowiedź

N = 3
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.1) = 2,851

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 + 10s + 25 = (s + 5)²

Ułamki proste

5s + 22 = 5(s + 5) + −3
F(s) = 5/(s + 5) − 3/(s + 5)²

Transformata odwrotna

f(t) = 5·e−5t − 3·t·e−5t
f(0,1) = (5 − 3·0,1)·e−5·0,1 = 2,851

Odpowiedź

f(0,1) = 2,851
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.3) = −6,73

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 − (−8)s − (−9) + 7(sY − (−8)) + 12Y = 0
Y(s) = (−8s − 65)/((s + 3)(s + 4))

Ułamki proste

A = −41/1 = −41
B = −33/(−1) = 33

Wynik

y(t) = −41·e−3t + 33·e−4t
y(0,3) = −6,73

Odpowiedź

y(0,3) = −6,73

Sprawdzenie: y(0) = A + B = −8.

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 64

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

Równanie charakterystyczne

1 + K/(s(s + 16)) = 0 → s² + 16s + K = 0

Pierwiastek podwójny

Trójmian s² + βs + γ ma pierwiastek podwójny, gdy β² = 4γ.

16² = 4K → K = 256/4 = 64

Odpowiedź

K = 64
Oba bieguny układu zamkniętego leżą wtedy w s = −8.
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: Kmax = 810

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

Równanie charakterystyczne

s³ + 15s² + 54s + K = 0

Tablica Routha

s³ | 1 54
s² | 15 K
s¹ | (15·54 − K)/15
s⁰ | K

Granica stabilności

Wszystkie elementy pierwszej kolumny muszą być dodatnie.

Kmax = 15·54 = 810

Odpowiedź

Kmax = 810
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ts = 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).

Porównaj z postacią standardową

Mianownik musi odpowiadać s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 7 → ωₙ = 2,646 rad/s
2ζωₙ = 1 → ζ = 1/(2·2,646) = 0,189

Wynik

ζωₙ = 0,5 → ts ≈ 4/0,5 = 8 s

Odpowiedź

ts = 8 s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: K = 481

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) = K/(s² + 20s + K)

Współczynnik tłumienia z przeregulowania

ζ = −ln(0,2)/√(π² + ln²(0,2)) = 0,4559

Wzmocnienie

ωₙ = 20/(2ζ) = 21,93 rad/s
K = ωₙ² = 481

Odpowiedź

K = 481
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: |H| = −6,79 dB

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/(4700·4,7 × 10⁻⁹) = 45269 rad/s
fc = 7205 Hz → f/fc = 14000/7205 = 1,943

Wzmocnienie

|H| = 1/√(1 + 1,943²) = 0,4576
20·log₁₀(0,4576) = −6,79 dB

Odpowiedź

|H| = −6,79 dB
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: GM = 4,003 dB

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 fazy

(ω/8)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(8·9) = 8,485 rad/s

Moduł przy częstotliwości odcięcia fazy

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 64)·√(ω² + 81)) = K/(8·9·(8 + 9)) = K/1224

Zapas wzmocnienia

GM = 20·log₁₀(1224/772) = 4,003 dB

Odpowiedź

GM = 4,003 dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmin = 0,5

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

Wielomian charakterystyczny

(s − 1)(s + 5) + K(s + 10) = s² + (4 + K)s + (10K − 5)

Warunki

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

4 + K > 0 → K > −4
10K − 5 > 0 → K > 0,5
Kmin = 0,5

Odpowiedź

Kmin = 0,5
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: K = 1

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

Punkt rozejścia

dK/ds = 0 dla K = −(s + 1)(s + 3) daje 2s + 4 = 0.

sb = −2

Warunek modułu

K = |−2 + 1|·|−2 + 3| = 1·1 = 1

Odpowiedź

K = 1

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

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 25

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) = 0,2

Uchyb dla narastania liniowego

ess = 5/0,2 = 25

Odpowiedź

ess = 25
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Ki = 0,9

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 + 2).

s² + (2 + 10Kp)s + 10Ki

Wielomian docelowy

s² + 2·0,8·3s + 3² = s² + 4,8s + 9

Dopasuj współczynniki

10Ki = 9 → Ki = 0,9

Odpowiedź

Ki = 0,9

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