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​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩAR4​10 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 15 VR1 = 4 ΩR2 = 5 ΩR3 = 8 ΩR4 = 10 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩIR2​AR4​6 ΩBR6​3 Ω

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 9 VR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 ΩR4 = 6 ΩR5 = 4 ΩR6 = 3 Ω
IR2 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​6 ΩAR4​20 ΩBIs​1,5 A

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć moc PIs oddawaną przez źródło prądu Is.

V1 = 6 VIs = 1,5 AR1 = 5 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 ΩR4 = 20 Ω
PIs = W
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 30 Ω+−Vs​ = 10 V+−V1​5 VR2​6 ΩAR3​20 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 5 VIs = 1,5 AVs = 10 VR1 = 30 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 Ω
VA = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 8 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​24 VR3​20 ΩIR3​A+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 24 VV2 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 Ω
IR3 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 10 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​18 VR4​15 ΩAR5​10 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

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

V1 = 18 VV2 = 5 VR1 = 10 ΩR2 = 30 ΩR3 = 6 ΩR4 = 15 ΩR5 = 10 Ω
I2 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 8 ΩIR1​R3​ = 15 Ω+−V1​12 VR2​4 ΩAR4​10 ΩBIs​2 A

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

V1 = 12 VIs = 2 AR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 ΩR4 = 10 Ω
IR1 = A
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 2 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 2 ΩIR4​+−V1​9 VR3​8 ΩAIs​2 AB+−V2​18 V

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

V1 = 9 VIs = 2 AV2 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 Ω
IR4 = A
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 15 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​9 VR2​6 ΩARL​20 ΩIL​B

Między a–b podłączono obciążenie RL = 20 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 9 VR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 12 ΩRL = 20 Ω
IL = A
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 2 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAIs​1 ABab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 10 VIs = 1 AR1 = 2 ΩR2 = 4 ΩR3 = 30 Ω
Vth = V
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​24 Vt = 0R1​ = 2,2 kΩR2​ = 10 kΩC10 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 stałą czasową τ obwodu po zamknięciu łącznika.

Vs = 24 VR1 = 2,2 kΩR2 = 10 kΩC = 10 µF
τ = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​10 Vt = 0R = 10 kΩC10 µF+−vC​vC​(0) = 20 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 20 V o zaznaczonej biegunowości. Wyznacz napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 30 ms.

Vs = 10 VR = 10 kΩC = 10 µFvC(0) = 20 Vt = 30 ms
vC = V
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
Vf0​ = 2000 HzRL = ?C = 0,47 µF

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

f0 = 2000 HzC = 0,47 µF
L = mH
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
50 V1000 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 2,2 µF

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 50 V (skuteczne), 1000 Hz. Wyznacz częstotliwość rezonansową f0 obwodu.

V = 50 V (rms)f = 1000 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 2,2 µF
f0 = Hz
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
240 VZ12 + j16 ΩI

Odbiornik o impedancji Z = 12 + j16 Ω jest podłączony do jednofazowego zasilania 240 V (skuteczne). Wyznacz pobieraną przez niego moc czynną P.

V = 240 VZ = 12 + j16 Ω
P = W
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 50 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 50 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) z zasilania 230 V, 50 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,98. Wyznacz moc bierną QC, którą musi dostarczyć kondensator.

P = 50 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98V = 230 Vf = 50 Hz
QC = kvar
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 208 VNZ = 24 + j18 Ωna fazę

Symetryczny odbiornik połączony w gwiazdę o impedancji 24 + j18 Ω na fazę jest przyłączony do symetrycznej sieci trójfazowej o napięciu przewodowym 208 V. Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 208 VZ = 24 + j18 Ω na fazę
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 120 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 gwiazdę. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 120 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
2400 V240 VIHV​ILV​ = ?150 kVA

Jednofazowy transformator 150 kVA, 2400/240 V pracuje przy obciążeniu znamionowym. Potraktuj go jako idealny. Wyznacz prąd ILV w uzwojeniu dolnego napięcia.

S = 150 kVAV1 = 2400 VV2 = 240 V
ILV = A
20.TransformatoryTrudny
pf 0,8100 kVA, 25% obciążenie

Jednofazowy transformator 100 kVA ma straty w rdzeniu 400 W i straty w miedzi 1600 W przy obciążeniu znamionowym. Dostarcza 25% swojej znamionowej mocy kVA przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym). Wyznacz całkowite straty Ploss w watach przy tym obciążeniu.

S = 100 kVAPcore = 400 WPcu,fl = 1600 Wx = 0,25pf = 0,8
Ploss = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩVin​R1​ = 2 kΩ

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

R1 = 2 kΩRf = 4,7 kΩVsat = ±14 V
Vin,max = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 47 kΩV1​ = −0,2 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 0,4 VR2​ = 2 kΩ

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

V1 = −0,2 VV2 = 0,4 VR1 = 4,7 kΩR2 = 2 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
+−12 V220 Ω5,1 V1500 ΩIZ​ = ?

Stabilizator z diodą Zenera 5,1 V jest zasilany napięciem 12 V przez 220 Ω i zasila obciążenie 1500 Ω. Wyznacz prąd diody Zenera IZ.

Vin = 12 VVZ = 5,1 VR = 220 ΩRL = 1500 Ω
IZ = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 100 Ωβ = 200IC​ = ?VCC​ = 5 V5 VRB​ = 1 kΩ

Tranzystor NPN o β = 200 przełącza rezystor obciążenia 100 Ω włączony między VCC = 5 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 5 V przez rezystor bazowy RB = 1 kΩ. Przyjmij VBE = 0,7 V i VCE(sat) = 0,2 V. Wyznacz prąd kolektora IC w mA, gdy na wejściu jest stan wysoki. Najpierw ustal, czy tranzystor jest nasycony.

VCC = 5 VRC = 100 Ωβ = 200Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 1 kΩ
IC = mA
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U20−12806403201608040201

Ustaw bity tak, aby zapisywały −15 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −158 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
32-bitowy kod uzupełnień do dwóch, N = ??znak???????????????????????????????

Jaka jest najmniejsza (najbardziej ujemna) liczba całkowita N, którą można zapisać w 32-bitowym kodzie U2?

32 bit
N =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABC000111100101324576

Uprość F = BC′ + AB′ + A′B′C′ + ABC′ do minimalnej postaci sumy iloczynów. Ile literałów L zawiera uproszczone wyrażenie?

F = BC′ + AB′ + A′B′C′ + ABC′
L =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
CLKD123456

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
  1. 1zbocze zegara 1
  2. 2zbocze zegara 2
  3. 3zbocze zegara 3
  4. 4zbocze zegara 4
  5. 5zbocze zegara 5
  6. 6zbocze zegara 6
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,6f(0,6) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = (2s + 2)/(s² + 4s + 4) i oblicz f(0,6).

F(s) = (2s + 2)/(s² + 4s + 4)t = 0,6 s
f(0.6) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−61

Układ opisuje równanie różniczkowe y″ + 10y′ + 24y = 4u′ + 9u, z wejściem u(t) i wyjściem y(t). Znajdź jego transmitancję G(s) = Y(s)/U(s) (zerowe warunki początkowe) i oblicz odpowiedź impulsową g(t) dla t = 0,1 s. Znajdź g(0,1).

y″ + 10y′ + 24y = 4u′ + 9ut = 0,1 s
g(0.1) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+60s(s + 6)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 60/(s(s + 6)). Sygnał odniesienia to wymuszenie liniowo narastające r(t) = 2·t. Znajdź uchyb ustalony ess.

G(s) = 60/(s(s + 6))r(t) = 2·t
ess =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+Ks(s + 3)(s + 6)G(s)C(s)−

Obiekt G(s) = K/(s(s + 3)(s + 6)) jest w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Przy największym stabilnym wzmocnieniu układ oscyluje. Znajdź częstość drgań ω w rad/s.

G(s) = K/(s(s + 3)(s + 6))jednostkowe ujemne sprzężenie zwrotne
ω = rad/s
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)3

Układ ma transmitancję G(s) = 150/(s² + 5s + 50) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Wyznacz współczynnik tłumienia ζ.

G(s) = 150/(s² + 5s + 50)
ζ =
34.Odpowiedź skokowaTrudny
R(s)+Ks(s + 6)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = K/(s(s + 6)). Znajdź wzmocnienie K, które daje odpowiedź skokową z przeregulowaniem 2 %.

G(s) = K/(s(s + 6))%OS = 2 %
K =
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
vin​L = 100 mHC = 4,7 µFR = 5 Ωvout​

W pokazanym szeregowym filtrze środkowoprzepustowym RLC wyjście jest brane na R = 5 Ω, przy L = 100 mH i C = 4,7 µF. Znajdź szerokość pasma −3 dB BW w Hz.

R = 5 ΩL = 100 mHC = 4,7 µF
BW = Hz
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 7,2/(s(s + 2)). Znajdź częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc, przy której |L(jω)| = 1.

L(s) = 7,2/(s(s + 2))
ωc = rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+501s(s + 2)(s + 10)C(s)+

Pętla na schemacie ma dodatnie sprzężenie zwrotne, z L(s) = 50/(s(s + 2)(s + 10)). Ile biegunów N układu zamkniętego leży w prawej półpłaszczyźnie?

L(s) = 50/(s(s + 2)(s + 10))
N =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6j1−1,5

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

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

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = K/(s(s + 4)) ma nadążać za narastaniem liniowym r(t) = 5t z uchybem ustalonym 0,05. Wyznacz wzmocnienie K.

G(s) = K/(s(s + 4))r(t) = 5tess = 0,05
K =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+10 + Kd​s4s(s + 3)C(s)−

Regulator PD C(s) = 10 + Kd·s steruje obiektem G(s) = 4/(s(s + 3)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz wzmocnienie członu różniczkującego Kd, przy którym układ zamknięty ma współczynnik tłumienia ζ = 0,8.

G(s) = 4/(s(s + 3))Kp = 10ζ = 0,8
Kd = s

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 7,913 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​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩAR4​10 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 = 8 + 10 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 5·18/(5+18) = 3,913 Ω
Req = R1 + 3,913 = 4 + 3,913 = 7,913 Ω

Odpowiedź

Req = 7,913 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,3582 A

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAR4​6 ΩBR6​3 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 = 4 + 3 = 7 Ω
R4 ∥ 7 = 3,231 Ω
R3 + 3,231 = 11,23 Ω
R2 ∥ 11,23 = 4,672 Ω
Req = R1 + 4,672 = 10 + 4,672 = 14,67 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 9/14,67 = 0,6134 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 9 − 0,6134·10 = 2,866 V
IR2 = VA/R2 = 2,866/8 = 0,3582 A

Odpowiedź

IR2 = 0,3582 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: PIs = 18,91 W

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

PPK w węźle A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/6 + (VA − 6)/5 + (VA − VB)/8 = 0
0,4917·VA − 0,125·VB = 1,2

PPK w węźle B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/20 + (VB − VA)/8 = 1,5
−0,125·VA + 0,175·VB = 1,5

Rozwiąż

Δ = (0,4917)(0,175) − (−0,125)(−0,125) = 0,07042
VA = Δ1/Δ = 0,3975/0,07042 = 5,645 V
VB = Δ2/Δ = 0,8875/0,07042 = 12,6 V

Moc oddawana przez źródło prądu

Źródło wpycha Iₛ w górę do węzła B, od masy (0 V) do VB. Źródło, którego prąd wypływa z zacisku +, oddaje moc P = V·I.

PIs = VB·Is = 12,6·1,5 = 18,91 W

Odpowiedź

PIs = 18,91 W
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VA = 8,667 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 − 10
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Rozwiąż

(VA − 5)/30 + VA/6 + (VA − 10)/20 = 1,5
VA·(1/30 + 1/6 + 1/20) = 1,5 + 5/30 + 10/20 = 2,167
VA = 2,167/0,25 = 8,667 V
VB = −1,333 V

Odpowiedź

VA = 8,667 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR3 = 0,869 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 Ω+−V1​24 VR3​20 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
8·I1 + 20(I1 − I2) = 24
28·I1 − 20·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
15·I2 + 20(I2 − I1) = (−18)
−20·I1 + 35·I2 = −18

Rozwiąż

Δ = (28)(35) − (−20)(−20) = 580
I1 = Δ1/Δ = 480/580 = 0,8276 A
I2 = Δ2/Δ = −24/580 = −0,04138 A

Odpowiedź

IR3 = I1 − I2 = 0,869 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I2 = 0,1931 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​ = 10 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​18 VR4​15 ΩAR5​10 ΩB+−V2​5 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
10·I1 + 15(I1 − I2) = 18
25·I1 − 15·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
30·I2 + 15(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 55·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
6·I3 + 10(I3 − I2) = (−5)
−10·I2 + 16·I3 = −5

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 15900
I1 = Δ1/Δ = 13290/15900 = 0,8358 A
I2 = Δ2/Δ = 3070/15900 = 0,1931 A
I3 = Δ3/Δ = −3050/15900 = −0,1918 A

Odpowiedź

I2 = 0,1931 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: IR1 = −1,289 A

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

R1​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​12 VR2​4 ΩAR4​10 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 = 15+10 = 25 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 4·25/(4+25) = 3,448 Ω
VA = 12·3,448/(8+3,448) = 3,614 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,614·10/25 = 1,446 V
IR1′ = (VA − V1)/R1 = (3,614 − 12)/8 = −1,048 A
R1​ = 8 ΩR3​ = 15 ΩZWARCIER2​4 ΩAR4​10 ΩBIs​2 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 = 8·4/(8+4) = 2,667 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 10 ∥ 17,67 = 6,386 Ω
VB = Is·Req = (−2)·6,386 = −12,77 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −12,77·2,667/17,67 = −1,928 V
IR1″ = (VA − V1)/R1 = (−1,928 − 0)/8 = −0,241 A

Dodaj składowe

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = (−1,048) + (−0,241) = −1,289 A

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

8.Superpozycja

Odpowiedź: IR4 = 3,03 A

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

R1​ = 2 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​9 VR3​8 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) = 8 ∥ 5 = 3,077 Ω
VA = 9·3,077/(2+3,077) = 5,455 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 5,455·2/5 = 2,182 V
IR4′ = (V2 − VB)/R4 = (0 − 2,182)/2 = −1,091 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 2 ΩZWARCIER3​8 ΩAIs​2 ABZWARCIE

Przypadek 2 · działa tylko Is

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

R1 ∥ R3 = 1,6 Ω, więc lewa gałąź to R2+1,6 = 4,6 Ω
Req = R4 ∥ 4,6 = 1,394 Ω
VB = Is·Req = (−2)·1,394 = −2,788 V
VA = VB·1,6/4,6 = −0,9697 V
IR4″ = (V2 − VB)/R4 = (0 − −2,788)/2 = 1,394 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 2 ΩZWARCIER3​8 ΩAROZWARCIEB+−V2​18 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 = 2·8/(2+8) = 1,6 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 18·4,6/6,6 = 12,55 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 12,55·1,6/4,6 = 4,364 V
IR4‴ = (V2 − VB)/R4 = (18 − 12,55)/2 = 2,727 A

Dodaj składowe

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴
IR4 = (−1,091) + 1,394 + 2,727 = 3,03 A

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

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 0,07087 A

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

R1​ = 15 ΩR3​ = 12 ΩZWARCIER2​6 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 = 15·6/(15+6) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 12 = 16,29 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​9 VR2​6 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) = 9·6/(15+6) = 2,571 V
Rth​ = 16,29 Ω+−Vth​2,571 VRL​20 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) = 2,571/(16,29 + 20) = 0,07087 A
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 38 V

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 30 ΩZWARCIER2​4 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 = 2·4/(2+4) = 1,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,333 + 30 = 31,33 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAIs​1 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) = 6,667 + 1·1,333 = 8 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 8 + 1·30 = 38 V
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: τ = 18,03 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.

Obwód zastępczy Thevenina widziany przez kondensator

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

Rth = R1 ∥ R2 = 2,2·10/(2,2 + 10) = 1,803 kΩ
vC(∞) = 24·10/(2,2 + 10) = 19,67 V

Stała czasowa

τ = Rth·C = 1,803·10 = 18,03 ms

Odpowiedź

τ = 18,03 ms
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 17,41 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.

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

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

vC(0) = 20 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 10 kΩ · 10 µF = 100 ms
vC(t) = 10 + (20 − 10)·e−t/τ

Napięcie w danej chwili

vC(30) = 10 + (10)·e−30/100 = 17,41 V

Odpowiedź

vC = 17,41 V
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: L = 13,47 mH

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

Warunek rezonansu

W rezonansie reaktancje indukcyjna i pojemnościowa się znoszą: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·2000 = 12566 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(12566²·0,47·10⁻⁶) = 13,47 mH

Odpowiedź

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

Odpowiedź: f0 = 277,1 Hz

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 indukcyjna i pojemnościowa się znoszą: ωL = 1/(ωC). Częstotliwość zasilania nie ma znaczenia.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,15·2,2·10⁻⁶)) = 277,1 Hz

Odpowiedź

f0 = 277,1 Hz
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: P = 1728 W

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

Prąd

|Z| = √(12² + 16²) = 20 Ω
I = V/|Z| = 240/20 = 12 A

Moc czynna

P = I²·R = 12²·12 = 1728 W

Odpowiedź

P = 1728 W
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: QC = 33,94 kvar

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = P·tan φ1 = 50·tan(41,41°) = 44,1 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(11,48°) = 10,15 kvar
QC = Q1 − Q2 = 33,94 kvar

Odpowiedź

QC = 33,94 kvar
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 1,154 kW

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

Napięcie fazowe

Vph = 208/√3 = 120,1 V

Prąd fazowy

|Z| = √(24² + 18²) = 30 Ω
Iph = 120,1/30 = 4,003 A

Całkowita moc czynna

Moc czynną pobiera tylko rezystancyjna część każdej impedancji.

P = 3·Iph²·R = 3·4,003²·24 = 1,154 kW

Odpowiedź

P = 1,154 kW

Sprawdzenie: cos φ = R/|Z| = 0,8, a √3·VL·IL·cos φ daje tę samą moc.

18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 705,2 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 = 120·tan(acos 0,78) = 120·0,8023 = 96,27 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,9) = 120·0,4843 = 58,12 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 38,16 kvar

Pojemność na fazę

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

V = 415/√3 = 239,6 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 12718/(314,2·239,6²) = 705,2 µF

Odpowiedź

Cph = 705,2 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: ILV = 625 A

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

Prąd znamionowy

Oba uzwojenia przenoszą tę samą moc pozorną.

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

Odpowiedź

ILV = 625 A
20.Transformatory

Odpowiedź: Ploss = 500 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 = 0,0625·1600 = 100 W

Straty całkowite

Straty w rdzeniu są takie same przy każdym obciążeniu.

Ploss = 400 + 100 = 500 W

Odpowiedź

Ploss = 500 W

Sprawność przy tym obciążeniu wynosi η = 97,56%.

21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vin,max = 5,957 V

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

Wzmocnienie

|Av| = Rf/R1 = 4,7/2 = 2,35

Największe wejście przed obcinaniem

Vin,max = Vsat/|Av| = 14/2,35 = 5,957 V

Odpowiedź

Vin,max = 5,957 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −7,4 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 = −0,2/4,7 = −0,04255 mA
I2 = V2/R2 = 0,4/2 = 0,2 mA
If = I1 + I2 = 0,1574 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −47·0,1574 = −7,4 V

Odpowiedź

Vout = −7,4 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IZ = 27,96 mA

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

Prąd rezystora

IR = 6,9/220 = 31,36 mA

Prąd obciążenia

IL = 5,1/1500 = 3,4 mA

Prąd diody Zenera

IZ = 31,36 − 3,4 = 27,96 mA

Odpowiedź

IZ = 27,96 mA
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 48 mA

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

Prąd bazy

IB = (5 − 0,7)/1 kΩ = 4300 µA

Nasycenie czy obszar aktywny?

β·IB jest większe od IC(sat), więc tranzystor się nasyca.

β·IB = 860 mA
IC(sat) = (5 − 0,2)/100 = 48 mA

Prąd kolektora

IC = IC(sat) = 48 mA

Odpowiedź

IC = 48 mA

Tranzystor jest nasycony.

25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 241

Ustawianie bitów: każdy bit ma wartość będącą potęgą dwójki (128, 64, …, 1). Jedna cyfra szesnastkowa to dokładnie cztery bity, a w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch skrajny lewy bit ma wartość −128. Operacje bitowe działają osobno na każdej pozycji bitu.

Odwróć i dodaj jeden

15 = 0000 1111
odwrócone: 1111 0000
+1 → 1111 0001

Odczytaj bez znaku

1111 0001₂ = 256 − 15 = 241

Odpowiedź

U = 241
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −2,147 × 10⁹

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

−231 = −2147483648

Odpowiedź

N = −2147483648
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: L = 3

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

BC′ → m(2, 6)
AB′ → m(4, 5)
A′B′C′ → m(0)
ABC′ → m(6)
ABC00011110011001031214150716

Pogrupuj i odczytaj

F = C′ + AB′

Policz literały

L = 3

Odpowiedź

L = 3
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 = 1 → Q = 1
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(0.6) = 0,241

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 + 4s + 4 = (s + 2)²

Ułamki proste

2s + 2 = 2(s + 2) + −2
F(s) = 2/(s + 2) − 2/(s + 2)²

Transformata odwrotna

f(t) = 2·e−2t − 2·t·e−2t
f(0,6) = (2 − 2·0,6)·e−2·0,6 = 0,241

Odpowiedź

f(0,6) = 0,241
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: g(0.1) = 1,77

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

Transmitancja

G(s) = Y(s)/U(s) = (4s + 9)/(s² + 10s + 24)

Ułamki proste

s² + 10s + 24 = (s + 4)(s + 6)
A = −3,5, B = 7,5

Odpowiedź impulsowa

g(t) = −3,5·e−4t + 7,5·e−6t
g(0,1) = 1,77

Odpowiedź

g(0,1) = 1,77
31.Schematy blokowe

Odpowiedź: ess = 0,2

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

Stała uchybu prędkościowego

Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 60/6 = 10

Uchyb ustalony

ess = A/Kᵥ = 2/10 = 0,2

Odpowiedź

ess = 0,2
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: ω = 4,243 rad/s

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

Równanie charakterystyczne

s³ + 9s² + 18s + K = 0

Tablica Routha

s³ | 1 18
s² | 9 K
s¹ | (9·18 − K)/9
s⁰ | K

Granica stabilności

Wszystkie elementy pierwszej kolumny muszą być dodatnie.

Kmax = 9·18 = 162

Częstość drgań

9·(jω)² + 162 = 0 → ω² = 162/9 = 18
ω = 4,243 rad/s

Odpowiedź

ω = 4,243 rad/s
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ζ = 0,3536

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 = 50 → ωₙ = 7,071 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·7,071) = 0,3536

Wynik

ζ = 0,3536

Odpowiedź

ζ = 0,3536
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: K = 14,8

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 + 6s + K)

Współczynnik tłumienia z przeregulowania

ζ = −ln(0,02)/√(π² + ln²(0,02)) = 0,7797

Wzmocnienie

ωₙ = 6/(2ζ) = 3,848 rad/s
K = ωₙ² = 14,8

Odpowiedź

K = 14,8
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: BW = 7,958 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/√(0,1·4,7 × 10⁻⁶) = 1459 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 232,2 Hz

Pasmo przenoszenia

BW = R/L = 5/0,1 = 50 rad/s = 7,958 Hz

Odpowiedź

BW = 7,958 Hz
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ωc = 2,339 rad/s

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

Częstotliwość odcięcia wzmocnienia

ω⁴ + 4ω² − 51,84 = 0
ω² = (−4 + √(16 + 4·51,84))/2 = 5,473
ωc = 2,339 rad/s

Odpowiedź

ωc = 2,339 rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: N = 1

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

s³ + 12s² + 20s − 50 = 0

Tablica Routha

s³: 1, 20
s²: 12, −50
s¹: 24,17
s⁰: −50

Zmiany znaku w pierwszej kolumnie

1 → 12 → 24,17 → −50
N = 1

Odpowiedź

N = 1

Dodatnie sprzężenie zwrotne czyni wyraz wolny ujemnym: jeden rzeczywisty biegun zawsze przechodzi do prawej półpłaszczyzny.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: K = 13,13

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

Warunek modułu

K = |s|·|s + 4|·|s + 5|

Oblicz w tym punkcie

K = 1,5·2,5·3,5 = 13,13

Odpowiedź

K = 13,13

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

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 400

Uchyb ustalony: w pętli ze sprzężeniem jednostkowym o transmitancji układu otwartego G(s) uchyb wynosi E(s) = R(s)/(1 + G(s)), a z twierdzenia o wartości końcowej ess = lims→0 s·E(s). Typ układu to liczba biegunów G(s) w s = 0. Stałe uchybowe to Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) oraz Ka = lim s²·G(s), wszystkie dla s → 0. Skok o wartości A daje ess = A/(1 + Kp), narastanie liniowe A·t daje A/Kv, a parabola A·t²/2 daje A/Ka. Pętla typu 0 nadąża za skokiem ze skończonym uchybem, pętla typu 1 nadąża za nim dokładnie, a za narastaniem liniowym ze skończonym uchybem.

Wymagana stała prędkościowa

Kv = A/ess = 5/0,05 = 100

Wzmocnienie

K = 4·Kv = 400

Odpowiedź

K = 400

Duże wzmocnienie sprawia, że ta pętla jest bardzo słabo tłumiona: ζ = 0,1. Ten konflikt jest powodem, dla którego stosuje się układy korekcyjne.

40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Kd = 1,78 s

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

Wielomian charakterystyczny

s(s + 3) + 4(10 + Kds) = s² + (3 + 4Kd)s + 40

Częstotliwość drgań własnych

ωₙ = √40 = 6,325 rad/s

Wzmocnienie członu różniczkującego

3 + 4Kd = 2·0,8·6,325 = 10,12
Kd = 1,78 s

Odpowiedź

Kd = 1,78 s

Człon różniczkujący zwiększa tłumienie bez zmiany ωₙ.

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

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