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​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩAR4​3 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 3 ΩR4 = 3 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 3 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​6 ΩBR6​10 Ω

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 15 ΩR4 = 6 ΩR5 = 6 ΩR6 = 10 Ω
Req = Ω
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 2 ΩIR1​R3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAR4​2 ΩBIs​3 A

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

V1 = 6 VIs = 3 AR1 = 2 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 ΩR4 = 2 Ω
IR1 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAR4​10 ΩIR4​B0,25·VA​

Romb to źródło prądu sterowane napięciem, które wpycha prąd 0,25·VA (w A, przy VA w V) w górę do węzła B. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd IR4 płynący przez R4 w kierunku strzałki.

V1 = 6 VR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 4 ΩR4 = 10 Ωg = 0,25 A/V
IR4 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 2 ΩR2​ = 5 Ω+−V1​15 VR3​2 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd oczkowy I1 (zgodnie z ruchem wskazówek zegara).

V1 = 15 VV2 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 Ω
I1 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 12 ΩR2​ = 12 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR4​4 ΩAR5​2 Ω+−VR5​B+−V2​12 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć napięcie VR5 na R5 o zaznaczonej biegunowości.

V1 = 9 VV2 = 12 VR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 6 ΩR4 = 4 ΩR5 = 2 Ω
VR5 = V
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 4 ΩR3​ = 2 ΩIR3​+−V1​12 VR2​12 ΩAR4​6 ΩBIs​?

Wyznacz wartość źródła prądu Is (kierunek jak na rysunku), przy której prąd IR3 przez R3 jest równy zeru.

V1 = 12 VR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 ΩR4 = 6 Ω
Is = A
8.SuperpozycjaTrudny
obwód liniowyV1​V2​Is​IRL​

Liniowy obwód rezystancyjny zawiera trzy niezależne źródła: V1, V2 i Is. Prąd I przez obciążenie zmierzono trzy razy. Przy wszystkich źródłach o wartościach normalnych I = 18 mA. Po podwojeniu V1 przy niezmienionych pozostałych dwóch I = 27,5 mA. Po odwróceniu kierunku Is przy niezmienionych pozostałych dwóch I = 16 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy V2 jest wyłączone, a V1 i Is mają wartości normalne.

wartości normalne: I = 18 mA2·V1: I = 27,5 mA−Is: I = 16 mA
I = mA
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​24 VR2​3 ΩAab

Wyznacz rezystancję Thévenina Rth widzianą z zacisków a–b.

V1 = 24 VR1 = 12 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 10 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​25 ΩAIs​6 ABRL​4 ΩIL​

Między a–b podłączono obciążenie RL = 4 Ω. Użyj układu zastępczego Thévenina, aby wyznaczyć moc PL dostarczaną do obciążenia.

V1 = 6 VIs = 6 AR1 = 10 ΩR2 = 25 ΩR3 = 10 ΩRL = 4 Ω
PL = W
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​5 Vt = 0R = 50 ΩL33 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz energię W zgromadzoną w cewce w chwili t = 1 ms, w mJ.

Vs = 5 VR = 50 ΩL = 33 mHt = 1 ms
W = mJ
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​20 Votwiera się w t = 0R1​ = 1 kΩR2​ = 3,3 kΩC47 µF+−vC​

Łącznik był długo zamknięty, więc obwód jest w stanie ustalonym. W t = 0 łącznik się otwiera. Wyznacz napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 80 ms.

Vs = 20 VR1 = 1 kΩR2 = 3,3 kΩC = 47 µFt = 80 ms
vC = V
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
Vf0​ = 5000 HzRL = ?C = 10 µF

Szeregowy obwód RLC z C = 10 µF ma być w rezonansie przy 5000 Hz. Wyznacz potrzebną indukcyjność L.

f0 = 5000 HzC = 10 µF
L = mH
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
10 V100 HzR = 15 ΩL = 250 mHC = 22 µF+−VC​

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 10 V (skuteczne), 100 Hz. Wyznacz wartość skuteczną napięcia VC na kondensatorze.

V = 10 V (rms)f = 100 HzR = 15 ΩL = 250 mHC = 22 µF
VC = V
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
240 VZ3 + j4 ΩI

Odbiornik o impedancji Z = 3 + j4 Ω jest podłączony do jednofazowego zasilania 240 V (skuteczne). Wyznacz moc pozorną S.

V = 240 VZ = 3 + j4 Ω
S = VA
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
230 V50 Hzobciążenie26 kW, 0,8C470 µFI

Odbiornik jednofazowy pobiera 26 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) z zasilania 230 V, 50 Hz. Równolegle do odbiornika podłączono kondensator 470 µF. Wyznacz nowy współczynnik mocy cos φ widziany przez zasilanie.

P = 26 kWpf1 = 0,8V = 230 Vf = 50 HzC = 470 µF
cos φ =
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 400 VZ = 12 + j16 Ωna fazę

Symetryczny odbiornik połączony w trójkąt o impedancji 12 + j16 Ω na fazę jest przyłączony do symetrycznej sieci trójfazowej o napięciu przewodowym 400 V. Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 400 VZ = 12 + j16 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 0,75 (indukcyjnym) z sieci 480 V (napięcie przewodowe), 60 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,98 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w gwiazdę. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 120 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
RL​ = 10 Ω2014800 VV2​I1​ = ?I2​

Do uzwojenia pierwotnego idealnego transformatora o przekładni N₁:N₂ = 20:1 przyłożono napięcie 4800 V. Do uzwojenia wtórnego dołączono rezystor 10 Ω. Wyznacz prąd pierwotny I1.

N1:N2 = 20:1V1 = 4800 VRL = 10 Ω
I1 = A
20.TransformatoryTrudny
pf 0,8575 kVA, η = 98%

Jednofazowy transformator 75 kVA ma straty w rdzeniu 300 W. Przy obciążeniu znamionowym i współczynniku mocy 0,85 (indukcyjnym) jego sprawność wynosi 98%. Wyznacz straty w miedzi przy pełnym obciążeniu Pcu,fl w watach.

S = 75 kVAPcore = 300 Wpf = 0,85η = 98%
Pcu,fl = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​R2​ = 10 kΩV1​ = 0,4 VR1​ = 2 kΩV2​ = 1,5 VR3​ = 2 kΩR4​ = 10 kΩ

Wzmacniacz różnicowy wykorzystuje idealny wzmacniacz operacyjny zasilany napięciem ±15 V, przy czym R3 = R1 i R4 = R2. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

V1 = 0,4 VV2 = 1,5 VR1 = R3 = 2 kΩR2 = R4 = 10 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​R2​ = 100 kΩV1​ = −1,9 VR1​ = 100 kΩV2​ = 0,7 VR3​ = 2 kΩR4​ = 47 kΩ

Wzmacniacz operacyjny jest idealny i zasilany napięciem ±15 V. Stosunki rezystorów nie są dopasowane. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

V1 = −1,9 VV2 = 0,7 VR1 = 100 kΩR2 = 100 kΩR3 = 2 kΩR4 = 47 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 2,2 kΩβ = 150IC​ = ?VCC​ = 15 VRB​ = 820 kΩ

Tranzystor NPN o β = 150 jest spolaryzowany rezystorem bazowym RB = 820 kΩ z zasilania VCC = 15 V. Rezystor kolektorowy to RC = 2,2 kΩ, a emiter jest uziemiony. Przyjmij VBE = 0,7 V i załóż, że tranzystor pracuje w obszarze aktywnym. Wyznacz prąd kolektora IC w mA.

VCC = 15 VRB = 820 kΩRC = 2,2 kΩβ = 150VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
V (V)I (mA)0,6515,15Q = ?

Dioda jest modelowana jako 0,6 V szeregowo z 50 Ω (przewodzi powyżej 0,6 V). Jest połączona szeregowo z rezystorem 330 Ω i zasilana napięciem 5 V. Wyznacz prąd pracy ID w punkcie, w którym prosta diody przecina prostą obciążenia.

Vs = 5 VR = 330 ΩV0 = 0,6 Vrd = 50 Ω
ID = mA
25.Systemy liczboweŚredni
wagi w kodzie U21−12806403201608040201

8-bitowy wzór 1000 0000 zapisuje liczbę całkowitą ze znakiem w kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest jej wartość N dziesiętnie?

1000 00008 bit
N =
26.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 0110 1111 >> 2. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

0110 1111>> 2
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
MUXC′I0​0I1​CI2​0I3​ABS1​S0​F

Multiplekser 4-do-1 ma wejścia wyboru S₁ = A i S₀ = B, a wejścia danych podłączone do I₀ = C′, I₁ = 0, I₂ = C, I₃ = 0. Dla ilu z 8 kombinacji A, B i C wyjście F = 1? Znajdź N.

I₀ = C′I₁ = 0I₂ = CI₃ = 0
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKJOHNSON

4-bitowy licznik Johnsona Q₃Q₂Q₁Q₀ startuje od 0000. Przy każdym zboczu zegara bity przesuwają się o jedno miejsce w prawo (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀), a Q₃ dostaje negację Q₀. Podaj stan Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ jako liczbę dziesiętną po 7 zboczach zegara.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 00007
Q =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−91

F(s) = (6s + 21)/(s² + 12s + 32). Jej transformata odwrotna ma postać f(t) = A·e−4t + B·e−8t. Znajdź współczynnik A metodą rozkładu na ułamki proste.

F(s) = (6s + 21)/(s² + 12s + 32)
A =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 5y′ + 6y = 18·u(t), przy y(0) = 1 i y′(0) = 0. W chwili t = 0 podano na wejście skok u(t) = 2. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź y(0,2).

y″ + 5y′ + 6y = 18·u(t)y(0) = 1y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,2 s
y(0.2) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+4s + 1G(s)C(s)2H−

Obiekt G(s) = 4/(s + 1) jest regulowany w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego, w której czujnik ma wzmocnienie H = 2. Na wejście R podano skok o wielkości 1. Znajdź wyjście w stanie ustalonym css.

G(s) = 4/(s + 1)H = 2R = 1
css =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+Kregulator+D(s)+6s + 2obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K steruje obiektem G(s) = 6/(s + 2) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Skok zakłócenia o wielkości 1 wchodzi na wejście obiektu, gdy R = 0. Znajdź najmniejsze wzmocnienie K, przy którym wyjście w stanie ustalonym nie przekracza 0,15.

G(s) = 6/(s + 2)D = 1css ≤ 0,15
K =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)1ts​ = ?

Układ ma transmitancję G(s) = 28/(s² + 4s + 28) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 28/(s² + 4s + 28)
ts = s
34.Odpowiedź skokowaTrudny
R(s)+45s(s + 2)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 45/(s(s + 2)). Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej układu zamkniętego, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 45/(s(s + 2))
ts = s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
vin​L = 1 mHC = 10 µFR = 1 Ωvout​

W pokazanym szeregowym filtrze środkowoprzepustowym RLC wyjście jest brane na R = 1 Ω, przy L = 1 mH i C = 10 µF. Znajdź dobroć Q.

R = 1 ΩL = 1 mHC = 10 µF
Q =
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = K/(s(s + 6)(s + 7)). Znajdź wzmocnienie K, które daje zapas wzmocnienia 10 dB.

L(s) = K/(s(s + 6)(s + 7))GM = 10 dB
K =
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K = 7,51s(s + 1)(s + 5)C(s)−

Pętla na schemacie pracuje z K = 7,5 i L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5)). Ile razy m można zwiększyć wzmocnienie, zanim układ zamknięty stanie się niestabilny?

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5))K = 7,5
m =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReImζ = 0,707−0,5−1−1,5−2−2,50,5j0,5j1

Pokazano linię pierwiastkową dla L(s) = K/(s(s + 2)). Wyznacz wzmocnienie K, przy którym bieguny układu zamkniętego mają współczynnik tłumienia ζ = 0,707.

L(s) = K/(s(s + 2))ζ = 0,707
K =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 5t+4(s + 1)s(s + 1)(s + 4)C(s)−

Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 4(s + 1)/(s(s + 1)(s + 4)) podano narastanie liniowe r(t) = 5t. Wyznacz uchyb ustalony ess.

G(s) = 4(s + 1)/(s(s + 1)(s + 4))r(t) = 5t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+Kp​ + Ki​/s4s + 1C(s)−

Regulator PI C(s) = Kp + Ki/s steruje obiektem G(s) = 4/(s + 1) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Układ zamknięty ma mieć ωₙ = 10 rad/s i ζ = 0,5. Wyznacz wzmocnienie proporcjonalne Kp.

G(s) = 4/(s + 1)ωₙ = 10 rad/sζ = 0,5
Kp =

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 22 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​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩAR4​3 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R3 + R4 = 3 + 3 = 6 Ω
R2 ∥ 6 = 3·6/(3+6) = 2 Ω
Req = R1 + 2 = 20 + 2 = 22 Ω

Odpowiedź

Req = 22 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 12,84 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​ = 3 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​6 ΩBR6​10 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 = 6 + 10 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 4,364 Ω
R3 + 4,364 = 19,36 Ω
R2 ∥ 19,36 = 9,838 Ω
Req = R1 + 9,838 = 3 + 9,838 = 12,84 Ω

Odpowiedź

Req = 12,84 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR1 = 0,913 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​ = 2 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAR4​2 ΩBIs​3 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 6 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/4 + (VA − 6)/2 + (VA − VB)/12 = 0
0,8333·VA − 0,08333·VB = 3

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)/12 = 3
−0,08333·VA + 0,5833·VB = 3

Rozwiąż

Δ = (0,8333)(0,5833) − (−0,08333)(−0,08333) = 0,4792
VA = Δ1/Δ = 2/0,4792 = 4,174 V
VB = Δ2/Δ = 2,75/0,4792 = 5,739 V

Odpowiedź

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (6 − 4,174)/2 = 0,913 A
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR4 = 0,4615 A

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

PPK w węźle A

Prądy wypływające z A przez rezystory są równe prądowi wpychanemu do A przez źródła.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,6667·VA − 0,25·VB = 1

PPK w węźle B

Źródło sterowane wpycha prąd g·VA do węzła B. Potraktuj je jak źródło niezależne, a potem przenieś wyraz z VA na lewą stronę.

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,25·VA
−0,5·VA + 0,35·VB = 0

Rozwiąż

Δ = (0,6667)(0,35) − (−0,25)(−0,5) = 0,1083
VA = Δ1/Δ = 0,35/0,1083 = 3,231 V
VB = Δ2/Δ = 0,5/0,1083 = 4,615 V

Prąd przez R₄

IR4 = VB/R4 = 4,615/10 = 0,4615 A

Odpowiedź

IR4 = 0,4615 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I1 = 2,875 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​ = 2 ΩR2​ = 5 Ω+−V1​15 VR3​2 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
2·I1 + 2(I1 − I2) = 15
4·I1 − 2·I2 = 15

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
5·I2 + 2(I2 − I1) = (−18)
−2·I1 + 7·I2 = −18

Rozwiąż

Δ = (4)(7) − (−2)(−2) = 24
I1 = Δ1/Δ = 69/24 = 2,875 A
I2 = Δ2/Δ = −42/24 = −1,75 A

Odpowiedź

I1 = 2,875 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: VR5 = 2,932 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​ = 12 ΩR2​ = 12 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR4​4 ΩAR5​2 ΩB+−V2​12 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
12·I1 + 4(I1 − I2) = 9
16·I1 − 4·I2 = 9

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
12·I2 + 4(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−4·I1 + 18·I2 − 2·I3 = 0

NPK w oczku 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
6·I3 + 2(I3 − I2) = (−12)
−2·I2 + 8·I3 = −12

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 2112
I1 = Δ1/Δ = 1164/2112 = 0,5511 A
I2 = Δ2/Δ = −96/2112 = −0,04545 A
I3 = Δ3/Δ = −3192/2112 = −1,511 A

Odpowiedź

IR5 = I2 − I3 = 1,466 A
VR5 = IR5·R5 = 1,466·2 = 2,932 V

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: Is = 1,5 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​ = 4 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAR4​6 ΩBROZWARCIE

Przypadek 1 · V1 działające samodzielnie

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

R3+R4 = 2+6 = 8 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 12·8/(12+8) = 4,8 Ω
VA = 12·4,8/(4+4,8) = 6,545 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 6,545·6/8 = 4,909 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (6,545 − 4,909)/2 = 0,8182 A

Przypadek 2 · Is działające samodzielnie

V₁ staje się zwarciem, więc R₁ ∥ R₂ łączy A z masą. Iₛ dzieli się w B między R₄ a ścieżkę R₃ + R₁∥R₂; część przez R₃ płynie od B do A, przeciwnie do strzałki.

R1 ∥ R2 = 3 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·6/11 = −0,5455·Is

Przyrównaj sumę do zera

IR3′ + IR3″ = 0,8182 − 0,5455·Is = 0
Is = 0,8182/0,5455 = 1,5 A

Odpowiedź

Is = 1,5 A
8.Superpozycja

Odpowiedź: I = 10,5 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 pomiary za pomocą wkładów

Każdy wkład jest proporcjonalny do własnego źródła.

I₁ + I₂ + I₃ = 18
2·I₁ + I₂ + I₃ = 27,5
I₁ + I₂ − I₃ = 16

Wyznacz wkłady

I₁ = 27,5 − 18 = 9,5 mA
I₃ = (18 − 16)/2 = 1 mA
I₂ = 18 − 9,5 − 1 = 7,5 mA

Wyłącz V₂

I = I₁ + I₃ = 9,5 + 1 = 10,5 mA

Odpowiedź

I = 10,5 mA
9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Rth = 17,4 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​ = 12 ΩR3​ = 15 ΩZWARCIER2​3 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 = 12·3/(12+3) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 15 = 17,4 Ω
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: PL = 86,94 W

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​ = 10 ΩZWARCIER2​25 ΩAROZWARCIEBabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

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

R1 ∥ R2 = 10·25/(10+25) = 7,143 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,143 + 10 = 17,14 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​25 ΩAIs​6 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) = 4,286 + (−6)·7,143 = −38,57 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −38,57 + (−6)·10 = −98,57 V
Rth​ = 17,14 Ω−+Vth​98,57 VRL​4 ΩIL​

Podłącz obciążenie do układu zastępczego Thévenina

Źródło Thévenina i R_th szeregowo zachowują się na a–b dokładnie jak pierwotny obwód, więc obciążenie widzi prostą pętlę szeregową.

IL = Vth/(Rth + RL) = −98,57/(17,14 + 4) = −4,662 A
PL = IL²·RL = −4,662²·4 = 86,94 W
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: W = 0,1004 mJ

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

Stała czasowa i prąd końcowy

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

τ = L/R = 33 mH / 50 Ω = 0,66 ms
i(∞) = Vs/R = 5/50 = 0,1 A

Prąd w danej chwili

i(t) = 0,1·(1 − e−1/0,66) = 0,07802 A

Zgromadzona energia

W = ½·L·i² = ½·33·0,07802² = 0,1004 mJ

Odpowiedź

W = 0,1004 mJ
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 9,164 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.

Początkowe napięcie kondensatora

W stanie ustalonym kondensator jest rozwarciem, więc R₁ i R₂ tworzą dzielnik napięcia. Napięcie kondensatora nie może zmienić się skokowo przy otwarciu łącznika.

vC(0) = 20·3,3/(1 + 3,3) = 15,35 V

Stała czasowa po otwarciu łącznika

τ = R2·C = 3,3·47 = 155,1 ms

Rozładowanie

vC(t) = 15,35·e−80/155,1 = 9,164 V

Odpowiedź

vC = 9,164 V
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: L = 0,1013 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·5000 = 31416 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(31416²·10·10⁻⁶) = 0,1013 mH

Odpowiedź

L = 0,1013 mH
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: VC = 8,407 V

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

Reaktancje

ω = 2πf = 2π·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,25 = 157,1 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·22·10⁻⁶) = 72,34 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(15² + (84,74)²) = 86,05 Ω

Prąd

Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.

I = V/|Z| = 10/86,05 = 0,1162 A

Napięcie na kondensatorze

VC = I·XC = 0,1162·72,34 = 8,407 V

Odpowiedź

VC = 8,407 V
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: S = 11520 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| = √(3² + 4²) = 5 Ω
I = V/|Z| = 240/5 = 48 A

Moc pozorna

S = V·I = 240·48 = 11520 VA

Odpowiedź

S = 11520 VA
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: cos φ = 0,9121

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 = 26·tan(arccos 0,8) = 19,5 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·50·470·10⁻⁶ = 7811 var = 7,811 kvar
Q2 = 19,5 − 7,811 = 11,69 kvar

Nowa moc pozorna

S2 = √(26² + 11,69²) = 28,51 kVA

Nowy współczynnik mocy

cos φ = P/S2 = 26/28,51 = 0,9121

Odpowiedź

cos φ = 0,9121
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 14,4 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 = VL = 400 V

Prąd fazowy

|Z| = √(12² + 16²) = 20 Ω
Iph = 400/20 = 20 A

Całkowita moc czynna

Moc czynną pobiera tylko rezystancyjna część każdej impedancji.

P = 3·Iph²·R = 3·20²·12 = 14,4 kW

Odpowiedź

P = 14,4 kW

Sprawdzenie: cos φ = R/|Z| = 0,6, a √3·VL·IL·cos φ daje tę samą moc.

18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 937,9 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 0,75) = 120·0,8819 = 105,8 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,98) = 120·0,2031 = 24,37 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 81,46 kvar

Pojemność na fazę

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

V = 480/√3 = 277,1 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 27154/(377·277,1²) = 937,9 µF

Odpowiedź

Cph = 937,9 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: I1 = 1,2 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.

Napięcie i prąd wtórny

V2 = 4800/20 = 240 V
I2 = 240/10 = 24 A

Prąd pierwotny

Idealny transformator nie ma strat: V₁·I₁ = V₂·I₂.

I1 = I2/20 = 1,2 A

Odpowiedź

I1 = 1,2 A

Sprawdzenie: obciążenie widziane od strony pierwotnej to a²·RL = 4000 Ω, a 4800/4000 daje ten sam prąd.

20.Transformatory

Odpowiedź: Pcu,fl = 1001 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 = 75·0,85 = 63,75 kW
Pin = 63750/0,98 = 65051 W

Straty całkowite i straty w miedzi

Ploss = 65051 − 63750 = 1301 W
Pcu,fl = 1301 − 300 = 1001 W

Odpowiedź

Pcu,fl = 1001 W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 5,5 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.

Napięcie na wejściach

Przez R₃ i R₄ płynie ten sam prąd, więc tworzą dzielnik napięcia; sprzężenie zwrotne sprawia, że V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,5·10/(2 + 10) = 1,25 V
V₋ = V₊

PPK na wejściu odwracającym

(0,4 − 1,25)/2 = (1,25 − Vout)/10
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (10/2)·(1,5 − 0,4) = 5,5 V

Odpowiedź

Vout = 5,5 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 3,243 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.

Napięcie na wejściu +

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 0,7·47/(2 + 47) = 0,6714 V

Superpozycja obu wejść

Przy V₂ = 0 V₁ widzi wzmacniacz odwracający. Przy V₁ = 0 V₊ jest wzmacniane przez wzmocnienie nieodwracające 1 + R₂/R₁.

Vout = −(100/100)·(−1,9) + (1 + 100/100)·0,6714 = 1,9 + 1,343 = 3,243 V

Odpowiedź

Vout = 3,243 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 2,616 mA

Punkt pracy tranzystora bipolarnego: w obszarze aktywnym VBE = 0,7 V, IC = β·IB i IE = (β + 1)·IB. Wyznacz IB z oczka bazy za pomocą napięciowego prawa Kirchhoffa, potem IC, a następnie VCE z oczka kolektor–emiter. Dzielnik napięcia w bazie zastępuje się jego zastępczym układem Thévenina VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; rezystor emiterowy w oczku bazy jest widziany jako (β + 1) razy większy.

Prąd bazy

IB = (VCC − VBE)/RB = (15 − 0,7)/820 kΩ = 17,44 µA

Prąd kolektora

IC = β·IB = 150·17,44 µA = 2,616 mA

Odpowiedź

IC = 2,616 mA

Sprawdzenie: VCE = 9,245 V jest wyraźnie większe od 0,2 V, więc tranzystor rzeczywiście pracuje w obszarze aktywnym.

24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: ID = 11,58 mA

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).

Połącz oba równania

5 = 0,6 + I·(330 + 50)

Prąd pracy

ID = 4,4/380 = 11,58 mA
VD = 0,6 + 0,01158·50 = 1,179 V

Odpowiedź

ID = 11,58 mA
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −128

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 = −128

Odpowiedź

N = −128
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 27

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

Bit po bicie

Przesunięcie w prawo o 2 przesuwa każdy bit o 2 pozycji w prawo; bity, które wypadną z prawego końca, są tracone, a z lewej wchodzą zera.

0110 1111 >> 2
= 0001 1011

Wartość wyniku

0001 1011₂ = 27

Odpowiedź

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

Odpowiedź: N = 2

Multiplekser: multiplekser 2ⁿ-do-1 przekazuje na wyjście jedno ze swoich wejść danych; linie wyboru, odczytane jako liczba binarna, wskazują które. Dla multipleksera 4-do-1 z wejściami wyboru S₁S₀ = AB: F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Podłączenie wejść danych do 0, 1, C lub C′ sprawia, że multiplekser realizuje dowolną funkcję A, B i C, co jest częstym sposobem budowania logiki w jednym układzie scalonym.

Wyrażenie wyjścia

F = A′B′C′ + AB′C

Wiersze z F = 1

ABC = 000, 101
N = 2

Odpowiedź

N = 2
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: Q = 1

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.

Stan po każdym zboczu

0000 → 1000 → 1100 → 1110 → 1111 → 0111 → 0011 → 0001

Wartość dziesiętna

0001₂ = 1

Odpowiedź

Q = 1
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: A = −0,75

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 + 12s + 32 = (s + 4)(s + 8)
F(s) = A/(s + 4) + B/(s + 8)

Metoda zakrywania

Pomnóż przez (s + 4) i podstaw s = −4: składnik z B znika.

A = (6s + 21)/(s + 8) |s = −4 = −3/4 = −0,75

Odpowiedź

A = −0,75
(B = 6,75, więc f(t) = −0,75·e−4t + 6,75·e−8t)
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.2) = 1,433

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

Przekształcenie równania

(s² + 5s + 6)·Y(s) = 1s + 5 + 36/s
Y(s) = (s² + 5s + 36)/(s(s + 2)(s + 3))

Ułamki proste

A = 36/(2·3) = 6
B = 30/((−2)·1) = −15
C = 30/((−3)·(−1)) = 10

Wynik

y(t) = 6 − 15·e−2t + 10·e−3t
y(0,2) = 1,433

Odpowiedź

y(0,2) = 1,433

Sprawdzenie: y(0) = A + B + C = 1.

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: css = 0,4444

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

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = G/(1 + G·H) = 4/(s + 1 + 8) = 4/(s + 9)

Wynik

css = R·T(0) = 1·4/9 = 0,4444

Odpowiedź

css = 0,4444
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 6,333

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

Odpowiedź na zakłócenie

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 1·6/(2 + 6K)

Rozwiąż względem K

2 + 6K = 1·6/0,15 = 40
K = (40 − 2)/6 = 6,333

Odpowiedź

K = 6,333
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ts = 2 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 = 28 → ωₙ = 5,292 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·5,292) = 0,378

Wynik

ζωₙ = 2 → ts ≈ 4/2 = 2 s

Odpowiedź

ts = 2 s
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ts = 4 s

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

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = 45/(s² + 2s + 45): ωₙ = 6,708 rad/s, ζ = 0,1491

Czas ustalania

ζωₙ = 2/2 = 1
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 4 s

Odpowiedź

ts = 4 s

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

35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: Q = 10

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

Częstotliwość rezonansowa

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,001·1 × 10⁻⁵) = 10000 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 1592 Hz

Dobroć

BW = R/L = 1/0,001 = 1000 rad/s = 159,2 Hz
Q = ω₀/BW = 10000/1000 = 10

Odpowiedź

Q = 10
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: K = 172,7

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

Częstotliwość odcięcia fazy

(ω/6)·(ω/7) = 1 → ω180 = √(6·7) = 6,481 rad/s

Moduł przy częstotliwości odcięcia fazy

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 36)·√(ω² + 49)) = K/(6·7·(6 + 7)) = K/546

Wymagane wzmocnienie

546/K = 1010/20 = 3,162
K = 546/3,162 = 172,7

Odpowiedź

K = 172,7
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: m = 4

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

Tablica Routha

s³ + 6s² + 5s + K = 0
s³: 1, 5
s²: 6, K
s¹: (6·5 − K)/6
s⁰: K

Największe stabilne wzmocnienie

Kmax = 6·5 = 30

Współczynnik

m = 30/7,5 = 4

Odpowiedź

m = 4

Ten współczynnik to zapas wzmocnienia jako stosunek: 12,04 dB.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: K = 2,001

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.

Porównaj z postacią standardową

s² + 2s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,707·ωₙ = 2 → ωₙ = 1,414 rad/s

Wzmocnienie

K = ωₙ² = 1,414² = 2,001

Odpowiedź

K = 2,001

Bieguny układu zamkniętego leżą tam, gdzie prosta ζ przecina pionową gałąź w s = −1.

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 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) = 1

Uchyb dla narastania liniowego

ess = 5/1 = 5

Odpowiedź

ess = 5
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Kp = 2,25

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

Wielomian charakterystyczny

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

s² + (1 + 4Kp)s + 4Ki

Wielomian docelowy

s² + 2·0,5·10s + 10² = s² + 10s + 100

Dopasuj współczynniki

1 + 4Kp = 10 → Kp = 2,25

Odpowiedź

Kp = 2,25

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

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

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