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​ = 15 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩAR4​2 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 ΩR4 = 2 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 6 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​5 VR2​15 ΩIR2​AR4​25 ΩBR6​12 Ω

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 5 VR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 4 ΩR4 = 25 ΩR5 = 2 ΩR6 = 12 Ω
IR2 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
−+Vs​ = 9 VIx​Is​2,5 AAR1​2 ΩR2​3 ΩB

Źródło napięcia Vₛ między A i B ma zacisk + po stronie B, więc VB − VA = Vₛ. Użyj metody potencjałów węzłowych z superwęzłem, aby wyznaczyć prąd Ix przez źródło napięcia, od A do B zgodnie ze strzałką.

Is = 2,5 AVs = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 3 Ω
Ix = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 8 Ω−+Vs​ = 5 VIx​+−V1​30 VR2​8 ΩAR3​5 ΩBIs​5 A

Źródło napięcia Vₛ między A i B ma zacisk + po stronie B, więc VB − VA = Vₛ. Użyj metody potencjałów węzłowych z superwęzłem, aby wyznaczyć prąd Ix przez źródło napięcia, od A do B zgodnie ze strzałką.

V1 = 30 VIs = 5 AVs = 5 VR1 = 8 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 Ω
Ix = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 20 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​30 VR3​3 ΩIR3​A+−V2​24 VI1​I2​

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

V1 = 30 VV2 = 24 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 3 Ω
IR3 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 8 ΩR2​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR4​8 ΩAR5​4 ΩIR5​B+−V2​9 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd IR5 płynący przez R5 w kierunku strzałki.

V1 = 24 VV2 = 9 VR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 ΩR4 = 8 ΩR5 = 4 Ω
IR5 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 6 ΩIR1​R3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAR4​2 ΩBIs​4 A

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

V1 = 18 VIs = 4 AR1 = 6 ΩR2 = 10 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 Ω
IR1 = A
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩIR2​R4​ = 10 Ω+−V1​12 VR3​2 ΩAIs​2,5 AB+−V2​12 V

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

V1 = 12 VIs = 2,5 AV2 = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩR4 = 10 Ω
IR2 = A
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 4 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​5 VR2​25 ΩAIs​1 ABab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 5 VIs = 1 AR1 = 20 ΩR2 = 25 ΩR3 = 15 Ω
Vth = V
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
R = 68 Ωt = 0L100 mHi(t)

Przez cewkę płynie ustalony prąd 0,5 A. W t = 0 łącznik zamyka obwód przez R, a źródło zostaje odłączone, więc prąd cewki zanika przez R. Wyznacz prąd i w chwili t = 1 ms.

i(0) = 0,5 AR = 68 ΩL = 100 mHt = 1 ms
i = A
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​9 Vt = 0R = 6,8 kΩC220 µF+−vC​vC​(0) = 8 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 8 V o zaznaczonej biegunowości. Wyznacz napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 400 ms.

Vs = 9 VR = 6,8 kΩC = 220 µFvC(0) = 8 Vt = 400 ms
vC = V
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
120 V60 HzR = 60 ΩL = 50 mHC = 4,7 µFI

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 120 V (skuteczne), 60 Hz. Wyznacz wartość skuteczną prądu I.

V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 60 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF
I = A
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
230 V500 HzR = 30 ΩL = 20 mHC = 22 µF

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 230 V (skuteczne), 500 Hz. Wyznacz częstotliwość rezonansową f0 obwodu.

V = 230 V (rms)f = 500 HzR = 30 ΩL = 20 mHC = 22 µF
f0 = Hz
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
240 V113 kW, 0,6230 kW, 0,95I

Do jednofazowego zasilania 240 V podłączono równolegle dwa odbiorniki: odbiornik 13 kW przy współczynniku mocy 0,6 (indukcyjnym) oraz odbiornik 30 kW przy współczynniku mocy 0,95 (pojemnościowym). Wyznacz wypadkowy współczynnik mocy cos φ widziany przez zasilanie.

V = 240 VP1 = 13 kW, pf1 = 0,6 indukcyjnyP2 = 30 kW, pf2 = 0,95 pojemnościowy
cos φ =
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P1​ = 12 kWQ1​S1​φ

Transformator jednofazowy 50 kVA zasila odbiornik 12 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym). Ile dodatkowej mocy czynnej ΔP można dołączyć jako odbiornik rezystancyjny (współczynnik mocy równy 1), zanim transformator osiągnie swoją moc znamionową w kVA?

Smax = 50 kVAP1 = 12 kWpf1 = 0,8
ΔP = kW
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 415 VNZ = 15 + j20 Ωna fazę

Symetryczny odbiornik połączony w gwiazdę o impedancji 15 + j20 Ω na fazę jest przyłączony do symetrycznej sieci trójfazowej o napięciu przewodowym 415 V. Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 415 VZ = 15 + j20 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 0,72 (indukcyjnym) z sieci 400 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 trójkąt. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 120 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
2400 V240 VIHV​ILV​ = ?15 kVA

Jednofazowy transformator 15 kVA, 2400/240 V pracuje przy obciążeniu znamionowym. Potraktuj go jako idealny. Wyznacz prąd ILV w uzwojeniu dolnego napięcia.

S = 15 kVAV1 = 2400 VV2 = 240 V
ILV = A
20.TransformatoryTrudny
pf 0,85500 kVA, η = 96,5%

Jednofazowy transformator 500 kVA ma straty w rdzeniu 1500 W. Przy obciążeniu znamionowym i współczynniku mocy 0,85 (indukcyjnym) jego sprawność wynosi 96,5%. Wyznacz straty w miedzi przy pełnym obciążeniu Pcu,fl w watach.

S = 500 kVAPcore = 1500 Wpf = 0,85η = 96,5%
Pcu,fl = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 47 kΩVin​R1​ = 10 kΩ

Wzmacniacz operacyjny jest idealny i zasilany napięciem ±15 V; jego wyjście nasyca się przy ±13 V. Wzmacniacz odwracający jest pobudzany sygnałem sinusoidalnym. Wyznacz największą amplitudę wejściową Vin,max (wartość szczytową), przy której wyjście nie jest obcinane.

R1 = 10 kΩRf = 47 kΩVsat = ±13 V
Vin,max = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 1 kΩV1​ = −0,7 VR1​ = 2 kΩV2​ = −0,5 VR2​ = 1 kΩ

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

V1 = −0,7 VV2 = −0,5 VR1 = 2 kΩR2 = 1 kΩRf = 1 kΩ
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 2,7 kΩβ = 150IC​ = ?RE​ = 2,2 kΩVCC​ = 12 VR1​ = 22 kΩR2​ = 12 kΩ

Tranzystor NPN o β = 150 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 12 V: R₁ = 22 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 12 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 2,7 kΩ, a rezystor emiterowy RE = 2,2 kΩ. Przyjmij VBE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz prąd kolektora IC w mA.

VCC = 12 VR1 = 22 kΩR2 = 12 kΩRC = 2,7 kΩRE = 2,2 kΩβ = 150
IC = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
+−≤ 20 V680 Ω9,1 V

Stabilizator z diodą Zenera 9,1 V ma rezystor szeregowy 680 Ω. Napięcie wejściowe może wzrosnąć do 20 V, a obciążenie może zostać odłączone. Wyznacz największą moc PZ,max, jaką musi rozproszyć dioda Zenera.

Vin,max = 20 VVZ = 9,1 VR = 680 Ω
PZ,max = mW
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U2?−128?64?32?16?8?4?2?1

Zapisz −8 jako 8-bitowy wzór w kodzie U2. Odczytaj ten wzór jako liczbę dwójkową bez znaku: jaka jest jego wartość U dziesiętnie?

N = −88 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 1101 0000 << 1. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

1101 0000<< 1
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABC000111100101324576

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

F = AB + AC′ + ABC
L =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​CLKMOD-13

Licznik mod-13 musi przejść przez 13 różnych stanów. Jaka jest minimalna liczba przerzutników n, których potrzebuje?

N = 13
n =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
ReIm−2−4−624

Znajdź f(t) dla F(s) = (4s + 24)/(s² + 4s + 20) metodą dopełnienia do kwadratu i oblicz f(0,1).

F(s) = (4s + 24)/(s² + 4s + 20)t = 0,1 s
f(0.1) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 9y′ + 20y = 60·u(t), przy y(0) = 2 i y′(0) = 0. W chwili t = 0 podano na wejście skok u(t) = 4. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź y(0,25).

y″ + 9y′ + 20y = 60·u(t)y(0) = 2y′(0) = 0u(t) = 4t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+7s + 3G(s)C(s)0,1H−

Obiekt G(s) = 7/(s + 3) jest regulowany w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego, w której czujnik ma wzmocnienie H = 0,1. Na wejście R podano skok o wielkości 2. Znajdź wyjście w stanie ustalonym css.

G(s) = 7/(s + 3)H = 0,1R = 2
css =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+74s(s + 7)G(s)C(s)2H−

Obiekt G(s) = 74/(s(s + 7)) 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) = 74/(s(s + 7))H = 2
ωd = rad/s
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)1?

Układ ma transmitancję G(s) = 54/(s² + 4s + 54) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS odpowiedzi skokowej.

G(s) = 54/(s² + 4s + 54)
%OS = %
34.Odpowiedź skokowaTrudny
+−24 VR = 65 ΩL = 20 mHC = 4,7 µFvC​

Szeregowy obwód RLC z R = 65 Ω, L = 20 mH i C = 4,7 µF jest dołączony do skoku 24 V w chwili t = 0. Kondensator jest nienaładowany i przed skokiem nie płynie prąd. Znajdź pulsację własną nietłumioną ωn w rad/s.

R = 65 ΩL = 20 mHC = 4,7 µFV = 24 V
ωn = rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 2

Znajdź fazę ∠G(jω) G(s) = 29(s + 12)/(s(s + 14)) przy ω = 2 rad/s, w stopniach.

G(s) = 29(s + 12)/(s(s + 14))ω = 2 rad/s
∠G(jω) = °
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) = 300/(s(s + 20)). Znajdź częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc, przy której |L(jω)| = 1.

L(s) = 300/(s(s + 20))
ωc = rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K = 241s(s + 1)(s + 8)C(s)−

Pętla na schemacie pracuje z K = 24 i L(s) = K/(s(s + 1)(s + 8)). Ile razy m można zwiększyć wzmocnienie, zanim układ zamknięty stanie się niestabilny?

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 8))K = 24
m =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReImζ = 0,3−5j5

Pokazano linię pierwiastkową dla L(s) = K/(s(s + 5)). Wyznacz wzmocnienie K, przy którym bieguny układu zamkniętego mają współczynnik tłumienia ζ = 0,3.

L(s) = K/(s(s + 5))ζ = 0,3
K =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 4t+50(s + 4)s(s + 2)(s + 10)C(s)−

Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 50(s + 4)/(s(s + 2)(s + 10)) podano narastanie liniowe r(t) = 4t. Wyznacz uchyb ustalony ess.

G(s) = 50(s + 4)/(s(s + 2)(s + 10))r(t) = 4t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+Kp​ + Ki​/s5s + 1C(s)−

Regulator PI C(s) = Kp + Ki/s steruje obiektem G(s) = 5/(s + 1) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Układ zamknięty ma mieć ωₙ = 5 rad/s i ζ = 0,8. Wyznacz wzmocnienie całkowania Ki.

G(s) = 5/(s + 1)ωₙ = 5 rad/sζ = 0,8
Ki =

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 16,5 Ω

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

R1​ = 15 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩAR4​2 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R3 + R4 = 4 + 2 = 6 Ω
R2 ∥ 6 = 2·6/(2+6) = 1,5 Ω
Req = R1 + 1,5 = 15 + 1,5 = 16,5 Ω

Odpowiedź

Req = 16,5 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,179 A

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​5 VR2​15 ΩAR4​25 ΩBR6​12 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 = 2 + 12 = 14 Ω
R4 ∥ 14 = 8,974 Ω
R3 + 8,974 = 12,97 Ω
R2 ∥ 12,97 = 6,957 Ω
Req = R1 + 6,957 = 6 + 6,957 = 12,96 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 5/12,96 = 0,3859 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 5 − 0,3859·6 = 2,685 V
IR2 = VA/R2 = 2,685/15 = 0,179 A

Odpowiedź

IR2 = 0,179 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: Ix = 2,8 A

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

Utwórz superwęzeł

Przez źródło napięcia między A i B płynie nieznany prąd, więc nie można zapisać PPK osobno w A ani w B. Obejmij A, B i źródło jednym superwęzłem: prąd do niego wpływający jest równy prądowi wypływającemu.

VB = VA + Vs = VA + 9
VA/R1 + VB/R2 = Is

Rozwiąż

VA/2 + (VA + 9)/3 = 2,5
VA = (2,5 − 9/3)/(1/2 + 1/3) = −0,6 V
VB = −0,6 + 9 = 8,4 V

Prąd przez źródło napięcia

Wszystko, co przepływa przez źródło od A do B, opuszcza węzeł B przez R₂.

Ix = VB/R2 = 8,4/3 = 2,8 A

Odpowiedź

Ix = 2,8 A

Wynik ujemny oznacza, że rzeczywisty prąd płynie przeciwnie do strzałki.

4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: Ix = −0,5556 A

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

Utwórz superwęzeł

Przez źródło napięcia między A i B płynie nieznany prąd, więc nie można zapisać PPK osobno w A ani w B. Obejmij A, B i źródło jednym superwęzłem: prąd do niego wpływający jest równy prądowi wypływającemu.

VB = VA + 5
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Rozwiąż

(VA − 30)/8 + VA/8 + (VA + 5)/5 = 5
VA·(1/8 + 1/8 + 1/5) = 5 + 30/8 − 5/5 = 7,75
VA = 7,75/0,45 = 17,22 V
VB = 22,22 V

Prąd przez źródło napięcia

PPK w samym węźle A: prąd dopływający przez R₁ odpływa przez R₂ i przez źródło napięcia.

IR1 = (30 − 17,22)/8 = 1,597 A
Ix = IR1 − VA/R2 = 1,597 − 17,22/8 = −0,5556 A

Odpowiedź

Ix = −0,5556 A

Wynik ujemny oznacza, że rzeczywisty prąd płynie przeciwnie do strzałki.

5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR3 = 4,419 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​ = 3 Ω+−V1​30 VR3​3 ΩA+−V2​24 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
20·I1 + 3(I1 − I2) = 30
23·I1 − 3·I2 = 30

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
3·I2 + 3(I2 − I1) = (−24)
−3·I1 + 6·I2 = −24

Rozwiąż

Δ = (23)(6) − (−3)(−3) = 129
I1 = Δ1/Δ = 108/129 = 0,8372 A
I2 = Δ2/Δ = −462/129 = −3,581 A

Odpowiedź

IR3 = I1 − I2 = 4,419 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR5 = 1,227 A

Metoda prądów oczkowych: każdemu oknu obwodu płaskiego przypisz własny prąd oczkowy, zapisz napięciowe prawo Kirchhoffa dla każdego oczka (suma spadków = suma wzrostów) i rozwiąż. Prądy gałęzi to prąd oczkowy lub różnica dwóch prądów oczkowych we wspólnej gałęzi.

R1​ = 8 ΩR2​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR4​8 ΩAR5​4 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

Przypisz prądy oczkowe

Narysuj w każdym oknie prąd zgodny z ruchem wskazówek zegara: I1, I2, I3. Rezystor wspólny dla dwóch oczek przewodzi różnicę ich prądów.

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
8·I1 + 8(I1 − I2) = 24
16·I1 − 8·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 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
4·I2 + 8(I2 − I1) + 4(I2 − I3) = 0
−8·I1 + 16·I2 − 4·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 + 4(I3 − I2) = (−9)
−4·I2 + 16·I3 = −9

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 2816
I1 = Δ1/Δ = 5472/2816 = 1,943 A
I2 = Δ2/Δ = 2496/2816 = 0,8864 A
I3 = Δ3/Δ = −960/2816 = −0,3409 A

Odpowiedź

IR5 = I2 − I3 = 1,227 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: IR1 = 1,273 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​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAR4​2 ΩBROZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

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

R3+R4 = 8+2 = 10 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·10/(10+10) = 5 Ω
VA = 18·5/(6+5) = 8,182 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 8,182·2/10 = 1,636 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (18 − 8,182)/6 = 1,636 A
R1​ = 6 ΩR3​ = 8 ΩZWARCIER2​10 ΩAR4​2 ΩBIs​4 A

Przypadek 2 · działa tylko Is

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

R1 ∥ R2 = 6·10/(6+10) = 3,75 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 2 ∥ 11,75 = 1,709 Ω
VB = Is·Req = 4·1,709 = 6,836 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 6,836·3,75/11,75 = 2,182 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 2,182)/6 = −0,3636 A

Dodaj składowe

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 1,636 + (−0,3636) = 1,273 A

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

8.Superpozycja

Odpowiedź: IR2 = −1,635 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​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​12 VR3​2 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) = 2 ∥ 20 = 1,818 Ω
VA = 12·1,818/(15+1,818) = 1,297 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,297·10/20 = 0,6486 V
IR2′ = (VA − VB)/R2 = (1,297 − 0,6486)/10 = 0,06486 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 10 ΩZWARCIER3​2 ΩAIs​2,5 ABZWARCIE

Przypadek 2 · działa tylko Is

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

R1 ∥ R3 = 1,765 Ω, więc lewa gałąź to R2+1,765 = 11,76 Ω
Req = R4 ∥ 11,76 = 5,405 Ω
VB = Is·Req = 2,5·5,405 = 13,51 V
VA = VB·1,765/11,76 = 2,027 V
IR2″ = (VA − VB)/R2 = (2,027 − 13,51)/10 = −1,149 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 10 ΩZWARCIER3​2 ΩAROZWARCIEB+−V2​12 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 = 15·2/(15+2) = 1,765 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 12·11,76/21,76 = 6,486 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 6,486·1,765/11,76 = 0,973 V
IR2‴ = (VA − VB)/R2 = (0,973 − 6,486)/10 = −0,5514 A

Dodaj składowe

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴
IR2 = 0,06486 + (−1,149) + (−0,5514) = −1,635 A

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

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 6 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​ = 4 ΩR3​ = 2 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 = 4·6/(4+6) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 2 = 4,4 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

Przy rozwartych a–b przez R₃ nie płynie prąd, więc nie ma na nim spadku i V_b = V_A. R₁ i R₂ tworzą dzielnik napięcia.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 10·6/(4+6) = 6 V
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 28,89 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​ = 20 ΩR3​ = 15 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 = 20·25/(20+25) = 11,11 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 11,11 + 15 = 26,11 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​5 VR2​25 ΩAIs​1 ABab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 2,778 + 1·11,11 = 13,89 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 13,89 + 1·15 = 28,89 V
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: i = 0,2533 A

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

Stała czasowa

τ = L/R = 100 mH / 68 Ω = 1,471 ms

Zanik prądu

i(t) = 0,5·e−1/1,471 = 0,2533 A

Odpowiedź

i = 0,2533 A
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 8,235 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) = 8 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 220 µF = 1496 ms
vC(t) = 9 + (8 − 9)·e−t/τ

Napięcie w danej chwili

vC(400) = 9 + (−1)·e−400/1496 = 8,235 V

Odpowiedź

vC = 8,235 V
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: I = 0,2187 A

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

Reaktancje

ω = 2πf = 2π·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,05 = 18,85 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·4,7·10⁻⁶) = 564,4 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(60² + (−545,5)²) = 548,8 Ω

Prąd

Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.

I = V/|Z| = 120/548,8 = 0,2187 A

Odpowiedź

I = 0,2187 A
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: f0 = 239,9 Hz

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

Rezonans

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

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,02·22·10⁻⁶)) = 239,9 Hz

Odpowiedź

f0 = 239,9 Hz
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: cos φ = 0,9852

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

Moc bierna każdego odbiornika

Odbiornik indukcyjny pobiera moc bierną (Q > 0); odbiornik pojemnościowy ją oddaje (Q < 0).

Q1 = 13·tan(arccos 0,6) = 17,33 kvar
Q2 = −30·tan(arccos 0,95) = −9,861 kvar

Sumy

P = 13 + 30 = 43 kW
Q = 17,33 + (−9,861) = 7,473 kvar
S = √(43² + 7,473²) = 43,64 kVA

Wypadkowy współczynnik mocy

cos φ = P/S = 43/43,64 = 0,9852 indukcyjny

Odpowiedź

cos φ = 0,9852
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: ΔP = 37,18 kW

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

Moc bierna istniejącego odbiornika

Q1 = 12·tan(arccos 0,8) = 9 kvar

Największa łączna moc czynna

Przy pełnym obciążeniu znamionowym S = Smax, a odbiornik rezystancyjny nie zmienia Q.

P = √(Smax² − Q1²) = √(50² − 9²) = 49,18 kW

Dodatkowa moc czynna

ΔP = 49,18 − 12 = 37,18 kW

Odpowiedź

ΔP = 37,18 kW
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 4,133 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 = 415/√3 = 239,6 V

Prąd fazowy

|Z| = √(15² + 20²) = 25 Ω
Iph = 239,6/25 = 9,584 A

Całkowita moc czynna

Moc czynną pobiera tylko rezystancyjna część każdej impedancji.

P = 3·Iph²·R = 3·9,584²·15 = 4,133 kW

Odpowiedź

P = 4,133 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 = 504,5 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 0,98) = 120·0,2031 = 24,37 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 91,3 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) = 30432/(377·400²) = 504,5 µF

Odpowiedź

Cph = 504,5 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: ILV = 62,5 A

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

Prąd znamionowy

Oba uzwojenia przenoszą tę samą moc pozorną.

ILV = S/V = 15000/240 = 62,5 A

Odpowiedź

ILV = 62,5 A
20.Transformatory

Odpowiedź: Pcu,fl = 13915 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 = 500·0,85 = 425 kW
Pin = 425000/0,965 = 440415 W

Straty całkowite i straty w miedzi

Ploss = 440415 − 425000 = 15415 W
Pcu,fl = 15415 − 1500 = 13915 W

Odpowiedź

Pcu,fl = 13915 W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vin,max = 2,766 V

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

Wzmocnienie

|Av| = Rf/R1 = 47/10 = 4,7

Największe wejście przed obcinaniem

Vin,max = Vsat/|Av| = 13/4,7 = 2,766 V

Odpowiedź

Vin,max = 2,766 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 0,85 V

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

Prądy wejściowe

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

I1 = V1/R1 = −0,7/2 = −0,35 mA
I2 = V2/R2 = −0,5/1 = −0,5 mA
If = I1 + I2 = −0,85 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −1·(−0,85) = 0,85 V

Odpowiedź

Vout = 0,85 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 1,56 mA

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

Zastępczy układ Thévenina dzielnika

VTH = 12·12/(22 + 12) = 4,235 V
RTH = 22·12/(22 + 12) = 7,765 kΩ

Prąd bazy

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

IB = (4,235 − 0,7)/(7,765 + 151·2,2) = 10,4 µA

Prąd kolektora

IC = 150·10,4 µA = 1,56 mA
IE = 151·10,4 µA = 1,57 mA

Odpowiedź

IC = 1,56 mA
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: PZ,max = 145,9 mW

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

Prąd diody Zenera w najgorszym przypadku

IZ = 10,9/680 = 16,03 mA

Moc diody Zenera

PZ = 9,1·16,03 = 145,9 mW

Odpowiedź

PZ,max = 145,9 mW
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 248

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

Odwróć i dodaj jeden

8 = 0000 1000
odwrócone: 1111 0111
+1 → 1111 1000

Odczytaj bez znaku

1111 1000₂ = 256 − 8 = 248

Odpowiedź

U = 248
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 160

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 lewo o 1 przesuwa każdy bit o 1 pozycji w lewo; bity, które wypadną z lewego końca, są tracone, a z prawej wchodzą zera.

1101 0000 << 1
= 1010 0000

Wartość wyniku

1010 0000₂ = 160

Odpowiedź

R = 160
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: L = 4

Algebra Boole’a: reguły upraszczające wyrażenia to X + X′ = 1 i X·X′ = 0, X + X = X, absorpcja X + X·Y = X, reguła sklejania X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y oraz twierdzenie o konsensusie XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Prawa de Morgana zamieniają (X·Y)′ na X′ + Y′ oraz (X + Y)′ na X′·Y′. Mapa Karnaugha stosuje te reguły graficznie: każda grupa dwóch sąsiednich komórek to jedno użycie XY + XY′ = X.

Mintermy wyrażenia

AB → m(6, 7)
AC′ → m(4, 6)
ABC → m(7)
ABC00011110010001030214051716

Pogrupuj i odczytaj

F = AC′ + AB

Policz literały

L = 4

Odpowiedź

L = 4
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: n = 4

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

Liczba przerzutników

2ⁿ ≥ 13 → n = 4 (2⁴ = 16)

Odpowiedź

n = 4
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.1) = 4,292

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).

Dopełnienie do kwadratu

s² + 4s + 20 = (s + 2)² + 16 = (s + 2)² + 4²

Dopasuj licznik

F(s) = 4·(s + 2)/((s + 2)² + 4²) + (16/4)·4/((s + 2)² + 4²)

Transformata odwrotna

f(t) = e−2t·(4·cos 4t + 4·sin 4t)
f(0,1) = e−2·0,1·(4·cos(4·0,1) + 4·sin(4·0,1)) = 4,292

Odpowiedź

f(0,1) = 4,292
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.25) = 5,066

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 + 9s + 20)·Y(s) = 2s + 18 + 240/s
Y(s) = (2s² + 18s + 240)/(s(s + 4)(s + 5))

Ułamki proste

A = 240/(4·5) = 12
B = 200/((−4)·1) = −50
C = 200/((−5)·(−1)) = 40

Wynik

y(t) = 12 − 50·e−4t + 40·e−5t
y(0,25) = 5,066

Odpowiedź

y(0,25) = 5,066

Sprawdzenie: y(0) = A + B + C = 2.

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: css = 3,784

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) = 7/(s + 3 + 0,7) = 7/(s + 3,7)

Wynik

css = R·T(0) = 2·7/3,7 = 3,784

Odpowiedź

css = 3,784
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: ωd = 11,65 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 + 7) + 74·2 = 0 → s² + 7s + 148 = 0

Pierwiastki

s = −3,5 ± j·√(148 − 12,25) = −3,5 ± j11,65
ωd = 11,65 rad/s

Odpowiedź

ωd = 11,65 rad/s
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: %OS = 41,12 %

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 = 54 → ωₙ = 7,348 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·7,348) = 0,2722

Wynik

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−0,8886 = 41,12 %

Odpowiedź

%OS = 41,12 %
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ωn = 3262 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).

Pulsacja własna i współczynnik tłumienia

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,02·4,7 × 10⁻⁶) = 3262 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (65/2)·√(4,7 × 10⁻⁶/0,02) = 0,4982

Wynik

ωₙ = 3262 rad/s

Odpowiedź

ωn = 3262 rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ∠G(jω) = −88,67 °

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.

Dodaj kąty

∠G = atan(2/12) − 90° − atan(2/14) = 9,462° − 90° − 8,13°

Wynik

∠G(j2) = −88,67°

Odpowiedź

∠G(jω) = −88,67°
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ωc = 12,67 rad/s

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

Częstotliwość odcięcia wzmocnienia

ω⁴ + 400ω² − 90000 = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·90000))/2 = 160,6
ωc = 12,67 rad/s

Odpowiedź

ωc = 12,67 rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: m = 3

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 + 9s² + 8s + K = 0
s³: 1, 8
s²: 9, K
s¹: (9·8 − K)/9
s⁰: K

Największe stabilne wzmocnienie

Kmax = 9·8 = 72

Współczynnik

m = 72/24 = 3

Odpowiedź

m = 3

Ten współczynnik to zapas wzmocnienia jako stosunek: 9,542 dB.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: K = 69,44

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 + 5s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,3·ωₙ = 5 → ωₙ = 8,333 rad/s

Wzmocnienie

K = ωₙ² = 8,333² = 69,44

Odpowiedź

K = 69,44

Bieguny układu zamkniętego leżą tam, gdzie prosta ζ przecina pionową gałąź w s = −2,5.

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 0,4

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) = 10

Uchyb dla narastania liniowego

ess = 4/10 = 0,4

Odpowiedź

ess = 0,4
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Ki = 5

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 + 5Kp)s + 5Ki

Wielomian docelowy

s² + 2·0,8·5s + 5² = s² + 8s + 25

Dopasuj współczynniki

5Ki = 25 → Ki = 5

Odpowiedź

Ki = 5

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