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​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​3 ΩAR4​12 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 ΩR4 = 12 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 25 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​30 ΩBR6​25 Ω

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 9 VR1 = 25 ΩR2 = 3 ΩR3 = 20 ΩR4 = 30 ΩR5 = 20 ΩR6 = 25 Ω
Req = Ω
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 8 ΩR3​ = 3 ΩIR3​+−V1​30 VR2​8 ΩAR4​2 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 30 VIs = 1,5 AR1 = 8 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 ΩR4 = 2 Ω
IR3 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 20 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​15 VR3​10 ΩAR5​2 ΩBIs​4 A+−V2​12 V

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

V1 = 15 VIs = 4 AV2 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 ΩR4 = 3 ΩR5 = 2 Ω
VB = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 5 ΩR2​ = 20 Ω+−VR2​+−V1​24 VR3​20 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć napięcie VR2 na R2 o zaznaczonej biegunowości.

V1 = 24 VV2 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 Ω
VR2 = V
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 20 ΩR2​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR4​3 ΩAR5​15 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

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

V1 = 10 VV2 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 ΩR4 = 3 ΩR5 = 15 Ω
I3 = A
7.SuperpozycjaŚredni
obwód liniowyVs​Is​IRL​

Liniowy obwód rezystancyjny zawiera jedno źródło napięcia Vs i jedno źródło prądu Is. Prąd I przez rezystor obciążenia zmierzono dwukrotnie: przy Vs = 12 V i Is = 3 mA I = 2,7 mA; przy Vs = 8 V i Is = 1 mA I = 1,7 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy Vs = 6 V i Is = 5 mA.

12 V, 3 mA → 2,7 mA8 V, 1 mA → 1,7 mAVs = 6 V, Is = 5 mA
I = mA
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 15 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 10 ΩIR4​+−V1​12 VR3​6 ΩAIs​5 AB−+V2​18 V

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR4 pobieraną przez R4.

V1 = 12 VIs = 5 AV2 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 ΩR4 = 10 Ω
PR4 = W
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 8 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAab

Wyznacz rezystancję Thévenina Rth widzianą z zacisków a–b.

V1 = 12 VR1 = 8 ΩR2 = 6 ΩR3 = 6 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 10 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAIs​2,5 ABab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 6 VIs = 2,5 AR1 = 10 ΩR2 = 4 ΩR3 = 3 Ω
Vth = V
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​12 Vt = 0R = 20 ΩL22 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Po jakim czasie od zamknięcia łącznika prąd osiągnie 80% wartości końcowej? Wyznacz t.

Vs = 12 VR = 20 ΩL = 22 mH
t = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​9 Vt = 0R = 6,8 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 3 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 3 V o zaznaczonej biegunowości. Wyznacz napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 500 ms.

Vs = 9 VR = 6,8 kΩC = 68 µFvC(0) = 3 Vt = 500 ms
vC = V
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
Vf0​ = 50 HzRL = 10 mHC = ?

Szeregowy obwód RLC z L = 10 mH ma być w rezonansie przy 50 Hz. Wyznacz potrzebną pojemność C.

f0 = 50 HzL = 10 mH
C = µF
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
50 V60 HzR1​ = 10 ΩR2​ = 150 ΩC = 4,7 µFI

Rezystor R1 jest połączony szeregowo z równoległym połączeniem R2 i kondensatora C i podłączony do zasilania 50 V (skuteczne), 60 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.

V = 50 V (rms)f = 60 HzR1 = 10 ΩR2 = 150 ΩC = 4,7 µF
I = A
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
240 VZ5 + j12 ΩI

Odbiornik o impedancji Z = 5 + j12 Ω jest podłączony do jednofazowego zasilania 240 V (skuteczne). Wyznacz moc pozorną S.

V = 240 VZ = 5 + j12 Ω
S = VA
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 50 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 50 kW przy współczynniku mocy 0,7 (indukcyjnym) z zasilania 230 V, 60 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,95. Wyznacz potrzebną pojemność C.

P = 50 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95V = 230 Vf = 60 Hz
C = µF
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M7,5 kW, η = 92%cos φ = 0,84

Trójfazowy silnik indukcyjny oddaje przy pełnym obciążeniu 7,5 kW mocy mechanicznej. Przy tym obciążeniu jego sprawność wynosi 92%, a współczynnik mocy 0,84 (indukcyjny). Napięcie przewodowe sieci wynosi 480 V. Wyznacz prąd przewodowy IL.

Pout = 7,5 kWη = 92%cos φ = 0,84VL = 480 V
IL = A
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 120 kW przy współczynniku mocy 0,72 (indukcyjnym) z sieci 400 V (napięcie przewodowe), 60 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 = 120 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
10000 V400 VIHV​ = ?ILV​10 kVA

Jednofazowy transformator 10 kVA, 10000/400 V pracuje przy obciążeniu znamionowym. Potraktuj go jako idealny. Wyznacz prąd IHV w uzwojeniu górnego napięcia.

S = 10 kVAV1 = 10000 VV2 = 400 V
IHV = A
20.TransformatoryTrudny
pf 0,8550 kVA, η = 97%

Jednofazowy transformator 50 kVA ma straty w rdzeniu 250 W. Przy obciążeniu znamionowym i współczynniku mocy 0,85 (indukcyjnym) jego sprawność wynosi 97%. Wyznacz straty w miedzi przy pełnym obciążeniu Pcu,fl w watach.

S = 50 kVAPcore = 250 Wpf = 0,85η = 97%
Pcu,fl = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 10 kΩVin​ = −1,9 V

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

Vin = −1,9 VR1 = 10 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = −1,2 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = −0,8 VR2​ = 22 kΩ

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

V1 = −1,2 VV2 = −0,8 VR1 = 4,7 kΩR2 = 22 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
+−24 VR = ?5 × 2 V10 mA

5 diod LED (kolor: czerwone, napięcie przewodzenia 2 V każda) jest połączonych szeregowo z rezystorem i zasilanych napięciem 24 V. Wyznacz rezystancję R, która ustala prąd 10 mA.

Vs = 24 VVF = 2 Vn = 5I = 10 mA
R = Ω
24.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 1 kΩβ = 200IC​ = ?VCC​ = 5 V3,3 VRB​ = 1 kΩ

Tranzystor NPN o β = 200 przełącza rezystor obciążenia 1 kΩ włączony między VCC = 5 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 3,3 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 = 1 kΩβ = 200Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 1 kΩ
IC = mA
25.Systemy liczboweŚredni
wagi w kodzie U21−12816413201608040201

8-bitowy wzór 1110 0000 zapisuje liczbę całkowitą ze znakiem w kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest jej wartość N dziesiętnie?

1110 00008 bit
N =
26.Systemy liczboweTrudny
3468 kodów, b = ? bitów?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

System musi nadać każdemu z 3468 elementów własny kod dwójkowy tej samej długości. Ile co najmniej bitów b potrzeba?

3468
b = bit
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABC00011110010011031204051716

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C) = Σm(1, 2, 6, 7). Ile literałów L zawiera łącznie (zmienna z negacją liczy się jako jeden literał)?

F(A, B, C) = Σm(1, 2, 6, 7)
L =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
CLKT12345678

Przerzutnik T 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 = 0T
  1. 1zbocze zegara 1
  2. 2zbocze zegara 2
  3. 3zbocze zegara 3
  4. 4zbocze zegara 4
  5. 5zbocze zegara 5
  6. 6zbocze zegara 6
  7. 7zbocze zegara 7
  8. 8zbocze zegara 8
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 1,2f(1,2) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = (4s + 14)/(s² + 2s + 1) i oblicz f(1,2).

F(s) = (4s + 14)/(s² + 2s + 1)t = 1,2 s
f(1.2) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,50,51

Układ opisuje równanie różniczkowe y″ + 5y′ + 4y = 3u′ + 10u, 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 = 0,6 s. Znajdź g(0,6).

y″ + 5y′ + 4y = 3u′ + 10ut = 0,6 s
g(0.6) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+K(s + 1)(s + 9)G(s)C(s)−

Obiekt G(s) = K/((s + 1)(s + 9)) 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 + 1)(s + 9))jednostkowe ujemne sprzężenie zwrotne
K =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+68s(s + 12)G(s)C(s)2H−

Obiekt G(s) = 68/(s(s + 12)) jest w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego z czujnikiem o wzmocnieniu H = 2. Bieguny układu zamkniętego są zespolone. Znajdź ich część urojoną ωd (wartość dodatnią), w rad/s.

G(s) = 68/(s(s + 12))H = 2
ωd = rad/s
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)3

Układ ma transmitancję G(s) = 15/(s² + s + 5) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź pulsację własną ωn w rad/s.

G(s) = 15/(s² + s + 5)
ωn = rad/s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
k = 200 N/mc = 8 N·s/mm = 8 kgF = 10 Nx(t)

Masa m = 8 kg wisi na sprężynie k = 200 N/m z tłumikiem lepkim c = 8 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). W spoczynku w położeniu równowagi nagle przyłożono stałą siłę F = 10 N. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS wychylenia.

m = 8 kgk = 200 N/mc = 8 N·s/mF = 10 N
%OS = %
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
vin​C = 47 nFR = 10 kΩvout​

Filtr górnoprzepustowy RC pokazany na rysunku ma R = 10 kΩ, C = 47 nF. Podano sinusoidalne wejście 1 kHz. Znajdź wzmocnienie |H| = |vout/vin| w dB.

R = 10 kΩC = 47 nFf = 1 kHz
|H| = dB
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)11101010010010001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 560/(s(s + 20)). Znajdź zapas fazy PM w stopniach.

L(s) = 560/(s(s + 20))
PM = °
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K1(s + 3)(s + 4)(s + 5)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 5)), gdzie K > 0. Wyznacz największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

L(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 5))
Kmax =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−2−4−6−8−10−12j2

Linia pierwiastkowa dla L(s) = K/(s(s + 4)(s + 10)) opuszcza oś rzeczywistą między s = 0 a s = −4. Wyznacz punkt rozejścia sb.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 10))
sb =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 0,5t+2(s + 1)s(s + 1)(s + 10)C(s)−

Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 2(s + 1)/(s(s + 1)(s + 10)) podano narastanie liniowe r(t) = 0,5t. Wyznacz uchyb ustalony ess.

G(s) = 2(s + 1)/(s(s + 1)(s + 10))r(t) = 0,5t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+K = 4010s(s + 8)C(s)−

Regulator proporcjonalny K = 40 steruje obiektem G(s) = 10/(s(s + 8)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS odpowiedzi skokowej.

G(s) = 10/(s(s + 8))K = 40
%OS = %

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 22,7 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​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​3 ΩAR4​12 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 = 15 + 12 = 27 Ω
R2 ∥ 27 = 3·27/(3+27) = 2,7 Ω
Req = R1 + 2,7 = 20 + 2,7 = 22,7 Ω

Odpowiedź

Req = 22,7 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 27,78 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​ = 25 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​30 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 = 20 + 25 = 45 Ω
R4 ∥ 45 = 18 Ω
R3 + 18 = 38 Ω
R2 ∥ 38 = 2,78 Ω
Req = R1 + 2,78 = 25 + 2,78 = 27,78 Ω

Odpowiedź

Req = 27,78 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR3 = 1,333 A

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

R1​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAR4​2 ΩBIs​1,5 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 30 V). Niewiadome: VA, VB.

PPK w węźle A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/8 + (VA − 30)/8 + (VA − VB)/3 = 0
0,5833·VA − 0,3333·VB = 3,75

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/2 + (VB − VA)/3 = 1,5
−0,3333·VA + 0,8333·VB = 1,5

Rozwiąż

Δ = (0,5833)(0,8333) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,375
VA = Δ1/Δ = 3,625/0,375 = 9,667 V
VB = Δ2/Δ = 2,125/0,375 = 5,667 V

Odpowiedź

IR3 = (VA − VB)/R3 = (9,667 − 5,667)/3 = 1,333 A
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 9,092 V

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

R1​ = 20 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​15 VR3​10 ΩAR5​2 ΩBIs​4 A+−V2​12 V

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 15 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 − 15)/20 + (VA − VB)/3 = 0
0,4833·VA − 0,3333·VB = 0,75

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/2 + (VB − VA)/3 + (VB − 12)/3 = 4
−0,3333·VA + 1,167·VB = 8

Rozwiąż

Δ = (0,4833)(1,167) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,4528
VA = Δ1/Δ = 3,542/0,4528 = 7,822 V
VB = Δ2/Δ = 4,117/0,4528 = 9,092 V

Odpowiedź

VB = 9,092 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: VR2 = −9 V

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​ = 5 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​24 VR3​20 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

Przypisz prądy oczkowe

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

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
5·I1 + 20(I1 − I2) = 24
25·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
20·I2 + 20(I2 − I1) = (−30)
−20·I1 + 40·I2 = −30

Rozwiąż

Δ = (25)(40) − (−20)(−20) = 600
I1 = Δ1/Δ = 360/600 = 0,6 A
I2 = Δ2/Δ = −270/600 = −0,45 A

Odpowiedź

IR2 = I2 = −0,45 A
VR2 = IR2·R2 = −0,45·20 = −9 V

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I3 = −1,031 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​ = 20 ΩR2​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR4​3 ΩAR5​15 ΩB+−V2​18 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
20·I1 + 3(I1 − I2) = 10
23·I1 − 3·I2 = 10

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
4·I2 + 3(I2 − I1) + 15(I2 − I3) = 0
−3·I1 + 22·I2 − 15·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
12·I3 + 15(I3 − I2) = (−18)
−15·I2 + 27·I3 = −18

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 8244
I1 = Δ1/Δ = 2880/8244 = 0,3493 A
I2 = Δ2/Δ = −5400/8244 = −0,655 A
I3 = Δ3/Δ = −8496/8244 = −1,031 A

Odpowiedź

I3 = −1,031 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: I = 1,7 mA

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

Zapisz odpowiedź jako sumę wkładów

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

I = k₁·Vs + k₂·Is
12·k₁ + 3·k₂ = 2,7
8·k₁ + 1·k₂ = 1,7

Wyznacz stałe

Δ = (12)(1) − (3)(8) = −12
k₁ = Δ1/Δ = −2,4/−12 = 0,2
k₂ = Δ2/Δ = −1,2/−12 = 0,1
k₁ = 0,2 mA/V, k₂ = 0,1

Przewidź nowy prąd

I = 0,2·6 + 0,1·5 = 1,7 mA

Odpowiedź

I = 1,7 mA
8.Superpozycja

Odpowiedź: PR4 = 173,6 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​ = 15 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​12 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 ∥ 30 = 5 Ω
VA = 12·5/(15+5) = 3 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3·10/30 = 1 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (1 − 0)/10 = 0,1 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 10 ΩZWARCIER3​6 ΩAIs​5 ABZWARCIE

Przypadek 2 · działa tylko Is

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

R1 ∥ R3 = 4,286 Ω, więc lewa gałąź to R2+4,286 = 24,29 Ω
Req = R4 ∥ 24,29 = 7,083 Ω
VB = Is·Req = 5·7,083 = 35,42 V
VA = VB·4,286/24,29 = 6,25 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (35,42 − 0)/10 = 3,542 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 10 ΩZWARCIER3​6 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 = 15·6/(15+6) = 4,286 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−18)·24,29/34,29 = −12,75 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −12,75·4,286/24,29 = −2,25 V
IR4‴ = (VB − V2)/R4 = (−12,75 − −18)/10 = 0,525 A

Zsumuj wkłady prądu

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴ = 0,1 + 3,542 + 0,525 = 4,167 A

Moc w rezystorze

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

PR4 = IR4²·R4 = 4,167²·10 = 173,6 W

Odpowiedź

PR4 = 173,6 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 128,3 W, co jest błędne.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Rth = 9,429 Ω

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

R1​ = 8 ΩR3​ = 6 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 = 8·6/(8+6) = 3,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,429 + 6 = 9,429 Ω
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = −12,93 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​ = 10 ΩR3​ = 3 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 = 10·4/(10+4) = 2,857 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,857 + 3 = 5,857 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAIs​2,5 ABab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 1,714 + (−2,5)·2,857 = −5,429 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −5,429 + (−2,5)·3 = −12,93 V
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 1,77 ms

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

Stała czasowa i prąd końcowy

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

τ = L/R = 22 mH / 20 Ω = 1,1 ms
i(∞) = Vs/R = 12/20 = 0,6 A

Wyznacz czas

0,8 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,8)
t = −1,1·ln(0,2) = 1,77 ms

Odpowiedź

t = 1,77 ms
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 6,965 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) = 3 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 68 µF = 462,4 ms
vC(t) = 9 + (3 − 9)·e−t/τ

Napięcie w danej chwili

vC(500) = 9 + (−6)·e−500/462,4 = 6,965 V

Odpowiedź

vC = 6,965 V
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: C = 1013 µF

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·50 = 314,2 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(314,2²·0,01) = 1013 µF

Odpowiedź

C = 1013 µF
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 0,3233 A

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

Reaktancja

XC = 1/(2π·60·4,7·10⁻⁶) = 564,4 Ω

Połączenie równoległe

Pomnóż licznik i mianownik przez liczbę sprzężoną, aby rozdzielić Zp na część rzeczywistą i urojoną.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 140,1 − j37,24 Ω

Impedancja całkowita

Z = 10 + 140,1 − j37,24 = 150,1 − j37,24 Ω
|Z| = √(150,1² + 37,24²) = 154,7 Ω

Prąd

I = V/|Z| = 50/154,7 = 0,3233 A

Odpowiedź

I = 0,3233 A
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: S = 4431 VA

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| = √(5² + 12²) = 13 Ω
I = V/|Z| = 240/13 = 18,46 A

Moc pozorna

S = V·I = 240·18,46 = 4431 VA

Odpowiedź

S = 4431 VA
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: C = 1734 µF

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = P·tan φ1 = 50·tan(45,57°) = 51,01 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(18,19°) = 16,43 kvar
QC = Q1 − Q2 = 34,58 kvar

Pojemność

Kondensator dołączony do zasilania dostarcza Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 34576/(2π·60·230²) = 1734 µF

Odpowiedź

C = 1734 µF
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: IL = 11,67 A

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.

Elektryczna moc wejściowa

Pin = Pout/η = 7,5/0,92 = 8,152 kW

Prąd linii

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 8152/(√3·480·0,84) = 11,67 A

Odpowiedź

IL = 11,67 A
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 318 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 0,72) = 120·0,9639 = 115,7 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,9) = 120·0,4843 = 58,12 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 57,54 kvar

Pojemność na fazę

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

V = 400 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 19181/(377·400²) = 318 µF

Odpowiedź

Cph = 318 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: IHV = 1 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.

IHV = S/V = 10000/10000 = 1 A

Odpowiedź

IHV = 1 A
20.Transformatory

Odpowiedź: Pcu,fl = 1064 W

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

Moc wyjściowa i wejściowa

Pout = 50·0,85 = 42,5 kW
Pin = 42500/0,97 = 43814 W

Straty całkowite i straty w miedzi

Ploss = 43814 − 42500 = 1314 W
Pcu,fl = 1314 − 250 = 1064 W

Odpowiedź

Pcu,fl = 1064 W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −3,8 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₊ = −1,9 V
I = V₋/R1 = −1,9/10 = −0,19 mA

Napięcie wyjściowe

Prąd przez R₁ płynie też przez Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −1,9 + (−0,19)·10 = −3,8 V

Odpowiedź

Vout = −3,8 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 1,371 V

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

Prądy wejściowe

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

I1 = V1/R1 = −1,2/4,7 = −0,2553 mA
I2 = V2/R2 = −0,8/22 = −0,03636 mA
If = I1 + I2 = −0,2917 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −4,7·(−0,2917) = 1,371 V

Odpowiedź

Vout = 1,371 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: R = 1400 Ω

Obwody z diodą LED i diodami: spolaryzowana w kierunku przewodzenia dioda LED ma spadek napięcia w przybliżeniu równy jej napięciu przewodzenia VF (około 2 V dla czerwonej, 3 V dla niebieskiej lub białej), niezależnie od prądu. Rezystor szeregowy ustala prąd: R = (Vs − n·VF)/I dla n diod LED połączonych szeregowo. Dla dokładniejszego modelu diody V = V₀ + I·rd punkt pracy leży tam, gdzie prosta diody przecina prostą obciążenia I = (Vs − V)/R, więc I = (Vs − V₀)/(R + rd).

Napięcie na rezystorze

VR = 24 − 5·2 = 14 V

Rezystancja

R = 14/0,01 = 1400 Ω

Odpowiedź

R = 1400 Ω

Rezystor rozprasza 140 mW.

24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 4,8 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 = (3,3 − 0,7)/1 kΩ = 2600 µA

Nasycenie czy obszar aktywny?

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

β·IB = 520 mA
IC(sat) = (5 − 0,2)/1000 = 4,8 mA

Prąd kolektora

IC = IC(sat) = 4,8 mA

Odpowiedź

IC = 4,8 mA

Tranzystor jest nasycony.

25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −32

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 + 32 = −32

Odpowiedź

N = −32
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: b = 12 bit

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.

Potęgi dwójki

211 = 2048 < 3468
212 = 4096 ≥ 3468

Odpowiedź

b = 12
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: L = 7

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.

ABC00011110010011031204051716

Zgrupuj jedynki

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

BC′
AB
A′B′C

Minimalna postać SOP

F = BC′ + AB + A′B′C
L = 7

Odpowiedź

L = 7
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: zbocze zegara 3

Przerzutniki i liczniki: przerzutnik zmienia stan tylko przy aktywnym zboczu zegara. D kopiuje swoje wejście (Q⁺ = D); T zmienia stan na przeciwny, gdy T = 1; JK utrzymuje stan dla 00, zeruje dla 01, ustawia dla 10 i zmienia stan na przeciwny dla 11. N-bitowy licznik binarny ma 2ⁿ stanów i liczy modulo 2ⁿ; licznik mod-N liczy 0, 1, …, N − 1 i wraca do 0, a potrzebuje tylu przerzutników, ile wynosi najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N. Każdy stopień licznika asynchronicznego dzieli częstotliwość przez dwa, więc ostatnie wyjście licznika mod-N pracuje z częstotliwością fclk/N. Licznik Johnsona z n przerzutników ma 2n stanów, licznik pierścieniowy n.

Q po każdym zboczu

Przerzutnik T zmienia stan na przeciwny przy każdym zboczu narastającym, gdy T = 1, i utrzymuje, gdy T = 0.

1: T = 0 → Q = 0
2: T = 1 → Q = 1
3: T = 1 → Q = 0
4: T = 0 → Q = 0
5: T = 0 → Q = 0
6: T = 0 → Q = 0
7: T = 0 → Q = 0
8: T = 0 → Q = 0

Pierwsza zmiana z 1 na 0

zbocze zegara 3

Odpowiedź

zbocze zegara 3
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(1.2) = 4,819

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

Rozłóż mianownik na czynniki

s² + 2s + 1 = (s + 1)²

Ułamki proste

4s + 14 = 4(s + 1) + 10
F(s) = 4/(s + 1) + 10/(s + 1)²

Transformata odwrotna

f(t) = 4·e−t + 10·t·e−t
f(1,2) = (4 + 10·1,2)·e−1,2 = 4,819

Odpowiedź

f(1,2) = 4,819
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: g(0.6) = 1,341

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) = (3s + 10)/(s² + 5s + 4)

Ułamki proste

s² + 5s + 4 = (s + 1)(s + 4)
A = 2,333, B = 0,6667

Odpowiedź impulsowa

g(t) = 2,333·e−t + 0,6667·e−4t
g(0,6) = 1,341

Odpowiedź

g(0,6) = 1,341
31.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 16

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 + 1)(s + 9)) = 0 → s² + 10s + 9 + K = 0

Pierwiastek podwójny

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

10² = 4(9 + K) → K = 100/4 − 9 = 16

Odpowiedź

K = 16
Oba bieguny układu zamkniętego leżą wtedy w s = −5.
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: ωd = 10 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

s(s + 12) + 68·2 = 0 → s² + 12s + 136 = 0

Pierwiastki

s = −6 ± j·√(136 − 36) = −6 ± j10
ωd = 10 rad/s

Odpowiedź

ωd = 10 rad/s
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ωn = 2,236 rad/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 = 5 → ωₙ = 2,236 rad/s
2ζωₙ = 1 → ζ = 1/(2·2,236) = 0,2236

Wynik

ωₙ = 2,236 rad/s

Odpowiedź

ωn = 2,236 rad/s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: %OS = 72,92 %

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).

Pulsacja własna i współczynnik tłumienia

ωₙ = √(k/m) = √(200/8) = 5 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 8/(2·√(200·8)) = 0,1

Wynik

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 72,92 %

Odpowiedź

%OS = 72,92 %
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: |H| = −0,4715 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/(10000·4,7 × 10⁻⁸) = 2128 rad/s
fc = 338,6 Hz → f/fc = 1000/338,6 = 2,953

Wzmocnienie

|H| = 2,953/√(1 + 2,953²) = 0,9472
20·log₁₀(0,9472) = −0,4715 dB

Odpowiedź

|H| = −0,4715 dB
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: PM = 45,19 °

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 + 400ω² − 313600 = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·313600))/2 = 394,6
ωc = 19,87 rad/s

Zapas fazy

∠L(jωc) = −90° − atan(19,87/20) = −134,8°
PM = 180° + ∠L = 45,19°

Odpowiedź

PM = 45,19°
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmax = 504

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 + 47s + 60 + K = 0

Tablica Routha

s³: 1, 47
s²: 12, 60 + K
s¹: (12·47 − 60 − K)/12
s⁰: 60 + K

Warunek

Element wiersza s¹ musi pozostać dodatni.

K < 12·47 − 60 = 504

Odpowiedź

Kmax = 504

Na granicy stabilności pętla oscyluje z pulsacją ω = √47 = 6,856 rad/s.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: sb = −1,761

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

Wzmocnienie wzdłuż osi rzeczywistej

K(s) = −s(s + 4)(s + 10) = −(s³ + 14s² + 40s)

Punkty stacjonarne

dK/ds = −(3s² + 28s + 40) = 0
s = (−28 ± √(784 − 480))/6 = −1,761, −7,573

Wybierz punkt należący do linii

Linia leży na osi rzeczywistej między 0 a −4; drugi pierwiastek do niej nie należy.

sb = −1,761

Odpowiedź

sb = −1,761
39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 2,5

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 = 0,5/0,2 = 2,5

Odpowiedź

ess = 2,5
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: %OS = 52,66 %

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 + 8) + 40·10 = s² + 8s + 400

ωₙ i ζ

ωₙ = √400 = 20 rad/s
ζ = 8/(2·20) = 0,2

Przeregulowanie

%OS = 100·e−0,2π/√(1 − 0,2²) = 52,66 %

Odpowiedź

%OS = 52,66 %

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