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​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩAR4​10 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 9 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩR4 = 10 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 10 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​15 ΩAR4​10 ΩBR6​30 Ω

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 30 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 ΩR4 = 10 ΩR5 = 5 ΩR6 = 30 Ω
IR1 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAR4​4 ΩBIs​2 A

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

V1 = 12 VIs = 2 AR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 ΩR4 = 4 Ω
VA = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 30 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​36 VR2​2 ΩAR4​2 ΩIR4​B0,1·VA​

Romb to źródło prądu sterowane napięciem, które wpycha prąd 0,1·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 = 36 VR1 = 30 ΩR2 = 2 ΩR3 = 30 ΩR4 = 2 Ωg = 0,1 A/V
IR4 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 4 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​6 VR3​12 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

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

V1 = 6 VV2 = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 3 ΩR3 = 12 Ω
I2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 3 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR4​5 ΩAR5​25 Ω+−VR5​B+−V2​30 VI1​I2​I3​

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

V1 = 6 VV2 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 ΩR4 = 5 ΩR5 = 25 Ω
VR5 = V
7.SuperpozycjaŚredni
obwód liniowyVs​Is​IRL​

Liniowy obwód rezystancyjny zawiera jedno źródło napięcia Vs i jedno źródło prądu Is. Prąd I przez rezystor obciążenia zmierzono dwukrotnie: przy Vs = 15 V i Is = 8 mA I = 4,2 mA; przy Vs = 2 V i Is = 6 mA I = −2,4 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy Vs = 8 V i Is = 6 mA.

15 V, 8 mA → 4,2 mA2 V, 6 mA → −2,4 mAVs = 8 V, Is = 6 mA
I = mA
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 2 ΩR2​ = 5 ΩIR2​R4​ = 5 Ω+−V1​5 VR3​12 ΩAIs​0,5 AB−+V2​36 V

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR2 pobieraną przez R2.

V1 = 5 VIs = 0,5 AV2 = 36 VR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 ΩR4 = 5 Ω
PR2 = W
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 Ω
Vth = V
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​12 VR2​30 ΩAIs​6 ABab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 12 VIs = 6 AR1 = 6 ΩR2 = 30 ΩR3 = 15 Ω
Vth = V
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​6 Vt = 0R = 10 ΩL100 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Po jakim czasie od zamknięcia łącznika prąd osiągnie 95% wartości końcowej? Wyznacz t.

Vs = 6 VR = 10 ΩL = 100 mH
t = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​12 Votwiera się w t = 0R1​ = 10 kΩR2​ = 2,2 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 = 12 VR1 = 10 kΩR2 = 2,2 kΩC = 47 µFt = 80 ms
vC = V
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
Vf0​ = 1000 HzRL = ?C = 22 µF

Szeregowy obwód RLC z C = 22 µF ma być w rezonansie przy 1000 Hz. Wyznacz potrzebną indukcyjność L.

f0 = 1000 HzC = 22 µF
L = mH
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
VfR = 2 ΩL = 2 mHC = 1 µF

Szeregowy obwód RLC ma R = 2 Ω, L = 2 mH i C = 1 µF. Wyznacz jego pasmo przenoszenia B (szerokość pasma między częstotliwościami połowy mocy) w Hz.

R = 2 ΩL = 2 mHC = 1 µF
B = Hz
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
230 V117 kW, 0,8223 kW, 1I

Do jednofazowego zasilania 230 V podłączono równolegle dwa odbiorniki: odbiornik 17 kW przy współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) oraz grzejnik 23 kW (współczynnik mocy równy 1). Wyznacz wypadkowy współczynnik mocy cos φ widziany przez zasilanie.

V = 230 VP1 = 17 kW, pf1 = 0,8 indukcyjnyP2 = 23 kW, pf2 = 1
cos φ =
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P1​ = 73 kWQ1​S1​φ

Transformator jednofazowy 200 kVA zasila odbiornik 73 kW przy współczynniku mocy 0,7 (indukcyjnym). Ile dodatkowej mocy czynnej ΔP można dołączyć jako odbiornik rezystancyjny (współczynnik mocy równy 1), zanim transformator osiągnie swoją moc znamionową w kVA?

Smax = 200 kVAP1 = 73 kWpf1 = 0,7
ΔP = kW
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 400 VIL​ = 150 Acos φ = 0,92indukcyjny

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera prąd przewodowy 150 A ze źródła o napięciu przewodowym 400 V. Współczynnik mocy wynosi 0,92 (indukcyjny). Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 400 VIL = 150 Acos φ = 0,92
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 75 kW przy współczynniku mocy 0,78 (indukcyjnym) z sieci 415 V (napięcie przewodowe), 50 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,9 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Kondensatory są połączone w gwiazdę. Wyznacz pojemność Cph każdego kondensatora w µF.

P = 75 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoryŚredni
4160 V480 VIHV​ = ?ILV​10 kVA

Jednofazowy transformator 10 kVA, 4160/480 V pracuje przy obciążeniu znamionowym. Potraktuj go jako idealny. Wyznacz prąd IHV w uzwojeniu górnego napięcia.

S = 10 kVAV1 = 4160 VV2 = 480 V
IHV = A
20.TransformatoryTrudny
75 kVA

Jednofazowy transformator 75 kVA ma straty w rdzeniu 450 W i straty w miedzi 1800 W przy obciążeniu znamionowym. Przy jakim obciążeniu Sη,max, w kVA, jego sprawność jest najwyższa?

S = 75 kVAPcore = 450 WPcu,fl = 1800 W
Sη,max = kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 22 kΩR1​ = 22 kΩVin​ = 3,5 VRa​ = 22 kΩRb​ = 1 kΩ

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

Vin = 3,5 VRa = 22 kΩRb = 1 kΩR1 = 22 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
Vin​V1​Vout​stopień 1: odwracającyR1​ = 4,7 kΩRf1​ = 22 kΩstopień 2: nieodwracającyR2​ = 2 kΩRf2​ = 2 kΩ

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

R1 = 4,7 kΩRf1 = 22 kΩR2 = 2 kΩRf2 = 2 kΩ
Av =
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 5,6 kΩβ = 120RE​ = 1 kΩVCC​ = 15 VR1​ = 82 kΩR2​ = 10 kΩ

Tranzystor NPN o β = 120 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 15 V: R₁ = 82 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 10 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 5,6 kΩ, a rezystor emiterowy RE = 1 kΩ. Przyjmij VBE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz napięcie kolektor–emiter VCE.

VCC = 15 VR1 = 82 kΩR2 = 10 kΩRC = 5,6 kΩRE = 1 kΩβ = 120
VCE = V
24.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 680 Ωβ = 50VCC​ = 9 V5 VRB​ = ?

Tranzystor NPN o β = 50 przełącza rezystor obciążenia 680 Ω włączony między VCC = 9 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 5 V przez rezystor bazowy RB. Przyjmij VBE = 0,7 V i VCE(sat) = 0,2 V. Dla niezawodnego przełączania zaprojektuj prąd bazy 10 razy większy od minimalnego potrzebnego do nasycenia. Wyznacz RB w kΩ.

VCC = 9 VRC = 680 Ωβ = 50Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vprzesterowanie = 10
RB = kΩ
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U20−12806403201608040201

Ustaw bity tak, aby zapisywały −47 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −478 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
24 bitów, bez znaku, N = ?????????????????????????

Jaka jest największa liczba całkowita bez znaku N, która mieści się w 24 bitach?

24 bit
N =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111010110302140507061120131151140809111010

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 4, 11, 12, 14, 15). Ile literałów L zawiera łącznie (zmienna z negacją liczy się jako jeden literał)?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 4, 11, 12, 14, 15)
L =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
CLKD123456

Przerzutnik D wyzwalany zboczem narastającym startuje z Q = 0 i dostaje pokazane wejścia. Kliknij pierwsze zbocze zegara, przy którym Q przechodzi z 1 z powrotem na 0.

Q₀ = 0D
  1. 1zbocze zegara 1
  2. 2zbocze zegara 2
  3. 3zbocze zegara 3
  4. 4zbocze zegara 4
  5. 5zbocze zegara 5
  6. 6zbocze zegara 6
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 1,2f(1,2) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = 30/(s(s + 1)(s + 2)) metodą rozkładu na ułamki proste i oblicz f(1,2).

F(s) = 30/(s(s + 1)(s + 2))t = 1,2 s
f(1.2) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 9y′ + 18y = 72·u(t), przy y(0) = 1 i y′(0) = 0. W chwili t = 0 podano na wejście skok u(t) = 1. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź y(0,2).

y″ + 9y′ + 18y = 72·u(t)y(0) = 1y′(0) = 0u(t) = 1t = 0,2 s
y(0.2) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+K(s + 4)(s + 7)G(s)C(s)−

Obiekt G(s) = K/((s + 4)(s + 7)) jest w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Znajdź wzmocnienie K, dla którego układ zamknięty jest tłumiony krytycznie (dwa równe bieguny rzeczywiste).

G(s) = K/((s + 4)(s + 7))jednostkowe ujemne sprzężenie zwrotne
K =
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+8s + 3G₁+7s + 1G₂C(s)0,5H₁−1H₂−

Zredukuj schemat blokowy dla G₁ = 8/(s + 3), G₂ = 7/(s + 1), z wewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₁ = 0,5 wokół G₂ i zewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₂ = 1. Znajdź wzmocnienie statyczne T(0) transmitancji C(s)/R(s).

G₁ = 8/(s + 3)G₂ = 7/(s + 1)H₁ = 0,5H₂ = 1
T(0) =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)0,5

Układ ma transmitancję G(s) = 14,5/(s² + 4s + 29) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Wyznacz współczynnik tłumienia ζ.

G(s) = 14,5/(s² + 4s + 29)
ζ =
34.Odpowiedź skokowaTrudny
+−24 VR = 253 ΩL = 200 mHC = 2 µFvC​

Szeregowy obwód RLC z R = 253 Ω, L = 200 mH i C = 2 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 = 253 ΩL = 200 mHC = 2 µFV = 24 V
ωn = rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
vin​C = 10 nFR = 10 kΩvout​

Filtr górnoprzepustowy RC pokazany na rysunku ma R = 10 kΩ, C = 10 nF. Podano sinusoidalne wejście 4,8 kHz. Znajdź wzmocnienie |H| = |vout/vin| w dB.

R = 10 kΩC = 10 nFf = 4,8 kHz
|H| = dB
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) = 264/(s(s + 4)(s + 9)). Znajdź zapas wzmocnienia GM w dB.

L(s) = 264/(s(s + 4)(s + 9))
GM = dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+Ks + 7s(s + 1)(s + 2)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K(s + 7)/(s(s + 1)(s + 2)), gdzie K > 0. Wyznacz największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

L(s) = K(s + 7)/(s(s + 1)(s + 2))
Kmax =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2

Linia pierwiastkowa dla L(s) = K(s + 6)/(s(s + 1)) opuszcza oś rzeczywistą między s = 0 a s = −1, zakreśla okrąg i wraca na oś rzeczywistą na lewo od zera. Wyznacz punkt rozejścia sb.

L(s) = K(s + 6)/(s(s + 1))
sb =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 0,5t+10s(s + 2)(s + 10)C(s)−

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

G(s) = 10/(s(s + 2)(s + 10))r(t) = 0,5t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+2 + Kd​s10s(s + 3)C(s)−

Regulator PD C(s) = 2 + Kd·s steruje obiektem G(s) = 10/(s(s + 3)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz wzmocnienie członu różniczkującego Kd, przy którym układ zamknięty ma współczynnik tłumienia ζ = 0,5.

G(s) = 10/(s(s + 3))Kp = 2ζ = 0,5
Kd = s

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 19,29 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​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩAR4​10 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R3 + R4 = 20 + 10 = 30 Ω
R2 ∥ 30 = 5·30/(5+30) = 4,286 Ω
Req = R1 + 4,286 = 15 + 4,286 = 19,29 Ω

Odpowiedź

Req = 19,29 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 1,297 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​ = 15 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​15 ΩAR4​10 ΩBR6​30 Ω

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R5 + R6 = 5 + 30 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 7,778 Ω
R3 + 7,778 = 17,78 Ω
R2 ∥ 17,78 = 8,136 Ω
Req = R1 + 8,136 = 15 + 8,136 = 23,14 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 30/23,14 = 1,297 A

Odpowiedź

IR1 = 1,297 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VA = 4,066 V

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAR4​4 ΩBIs​2 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 12 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/6 + (VA − 12)/20 + (VA − VB)/10 = 0
0,3167·VA − 0,1·VB = 0,6

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/4 + (VB − VA)/10 = 2
−0,1·VA + 0,35·VB = 2

Rozwiąż

Δ = (0,3167)(0,35) − (−0,1)(−0,1) = 0,1008
VA = Δ1/Δ = 0,41/0,1008 = 4,066 V
VB = Δ2/Δ = 0,6933/0,1008 = 6,876 V

Odpowiedź

VA = 4,066 V
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR4 = 0,2687 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
0,5667·VA − 0,03333·VB = 1,2

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 = 0,1·VA
−0,1333·VA + 0,5333·VB = 0

Rozwiąż

Δ = (0,5667)(0,5333) − (−0,03333)(−0,1333) = 0,2978
VA = Δ1/Δ = 0,64/0,2978 = 2,149 V
VB = Δ2/Δ = 0,16/0,2978 = 0,5373 V

Prąd przez R₄

IR4 = VB/R4 = 0,5373/2 = 0,2687 A

Odpowiedź

IR4 = 0,2687 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I2 = −0,9167 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​ = 4 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​6 VR3​12 ΩA+−V2​10 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
4·I1 + 12(I1 − I2) = 6
16·I1 − 12·I2 = 6

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 + 12(I2 − I1) = (−10)
−12·I1 + 15·I2 = −10

Rozwiąż

Δ = (16)(15) − (−12)(−12) = 96
I1 = Δ1/Δ = −30/96 = −0,3125 A
I2 = Δ2/Δ = −88/96 = −0,9167 A

Odpowiedź

I2 = −0,9167 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: VR5 = 20,49 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​ = 3 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR4​5 ΩAR5​25 ΩB+−V2​30 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
3·I1 + 5(I1 − I2) = 6
8·I1 − 5·I2 = 6

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
20·I2 + 5(I2 − I1) + 25(I2 − I3) = 0
−5·I1 + 50·I2 − 25·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 + 25(I3 − I2) = (−30)
−25·I2 + 31·I3 = −30

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 6625
I1 = Δ1/Δ = 1800/6625 = 0,2717 A
I2 = Δ2/Δ = −5070/6625 = −0,7653 A
I3 = Δ3/Δ = −10500/6625 = −1,585 A

Odpowiedź

IR5 = I2 − I3 = 0,8196 A
VR5 = IR5·R5 = 0,8196·25 = 20,49 V

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: I = 1,2 mA

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

Zapisz odpowiedź jako sumę wkładów

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

I = k₁·Vs + k₂·Is
15·k₁ + 8·k₂ = 4,2
2·k₁ + 6·k₂ = −2,4

Wyznacz stałe

Δ = (15)(6) − (8)(2) = 74
k₁ = Δ1/Δ = 44,4/74 = 0,6
k₂ = Δ2/Δ = −44,4/74 = −0,6
k₁ = 0,6 mA/V, k₂ = −0,6

Przewidź nowy prąd

I = 0,6·8 + (−0,6)·6 = 1,2 mA

Odpowiedź

I = 1,2 mA
8.Superpozycja

Odpowiedź: PR2 = 66,7 W

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

R1​ = 2 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​5 VR3​12 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) = 12 ∥ 10 = 5,455 Ω
VA = 5·5,455/(2+5,455) = 3,659 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,659·5/10 = 1,829 V
IR2′ = (VA − VB)/R2 = (3,659 − 1,829)/5 = 0,3659 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 5 ΩZWARCIER3​12 ΩAIs​0,5 ABZWARCIE

Przypadek 2 · działa tylko Is

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

R1 ∥ R3 = 1,714 Ω, więc lewa gałąź to R2+1,714 = 6,714 Ω
Req = R4 ∥ 6,714 = 2,866 Ω
VB = −Is·Req = −0,5·2,866 = −1,433 V
VA = VB·1,714/6,714 = −0,3659 V
IR2″ = (VA − VB)/R2 = (−0,3659 − −1,433)/5 = 0,2134 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 5 ΩZWARCIER3​12 ΩAROZWARCIEB−+V2​36 V

Przypadek 3 · działa tylko V2

V₁ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. R₁ ∥ R₃ wychodzi z A, szeregowo z R₂ z powrotem do B.

R1 ∥ R3 = 2·12/(2+12) = 1,714 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−36)·6,714/11,71 = −20,63 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −20,63·1,714/6,714 = −5,268 V
IR2‴ = (VA − VB)/R2 = (−5,268 − −20,63)/5 = 3,073 A

Zsumuj wkłady prądu

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴ = 0,3659 + 0,2134 + 3,073 = 3,652 A

Moc w rezystorze

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

PR2 = IR2²·R2 = 3,652²·5 = 66,7 W

Odpowiedź

PR2 = 66,7 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 48,12 W, co jest błędne.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 7,5 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​ = 10 ΩZWARCIER2​12 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 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 10 = 13 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​12 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) = 10·12/(4+12) = 7,5 V
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = −110 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​ = 6 ΩR3​ = 15 ΩZWARCIER2​30 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 = 6·30/(6+30) = 5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5 + 15 = 20 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​12 VR2​30 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) = 10 + (−6)·5 = −20 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −20 + (−6)·15 = −110 V
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 29,96 ms

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

Stała czasowa i prąd końcowy

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

τ = L/R = 100 mH / 10 Ω = 10 ms
i(∞) = Vs/R = 6/10 = 0,6 A

Wyznacz czas

0,95 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,95)
t = −10·ln(0,05) = 29,96 ms

Odpowiedź

t = 29,96 ms
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 0,9982 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) = 12·2,2/(10 + 2,2) = 2,164 V

Stała czasowa po otwarciu łącznika

τ = R2·C = 2,2·47 = 103,4 ms

Rozładowanie

vC(t) = 2,164·e−80/103,4 = 0,9982 V

Odpowiedź

vC = 0,9982 V
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: L = 1,151 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·1000 = 6283 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(6283²·22·10⁻⁶) = 1,151 mH

Odpowiedź

L = 1,151 mH
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: B = 159,2 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|.

Częstotliwość rezonansowa

f0 = 1/(2π·√(0,002·1·10⁻⁶)) = 3559 Hz

Dobroć

Q porównuje reaktancję w rezonansie z rezystancją: Q = ω₀L/R.

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/2)·√(0,002/(1·10⁻⁶)) = 22,36

Pasmo przenoszenia

B = f0/Q = 3559/22,36 = 159,2 Hz

Odpowiedź

B = 159,2 Hz
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: cos φ = 0,9528

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 = 17·tan(arccos 0,8) = 12,75 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Sumy

P = 17 + 23 = 40 kW
Q = 12,75 + 0 = 12,75 kvar
S = √(40² + 12,75²) = 41,98 kVA

Wypadkowy współczynnik mocy

cos φ = P/S = 40/41,98 = 0,9528 indukcyjny

Odpowiedź

cos φ = 0,9528
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: ΔP = 112,6 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 = 73·tan(arccos 0,7) = 74,47 kvar

Największa łączna moc czynna

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 74,47²) = 185,6 kW

Dodatkowa moc czynna

ΔP = 185,6 − 73 = 112,6 kW

Odpowiedź

ΔP = 112,6 kW
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 95,61 kW

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

Moc pozorna

S = √3·VL·IL = √3·400·150 = 103,9 kVA

Moc czynna

P = S·cos φ = 103,9·0,92 = 95,61 kW

Odpowiedź

P = 95,61 kW
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: Cph = 440,7 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 = 75·tan(acos 0,78) = 75·0,8023 = 60,17 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,9) = 75·0,4843 = 36,32 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 23,85 kvar

Pojemność na fazę

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

V = 415/√3 = 239,6 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 7949/(314,2·239,6²) = 440,7 µF

Odpowiedź

Cph = 440,7 µF
19.Transformatory

Odpowiedź: IHV = 2,404 A

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

Prąd znamionowy

Oba uzwojenia przenoszą tę samą moc pozorną.

IHV = S/V = 10000/4160 = 2,404 A

Odpowiedź

IHV = 2,404 A
20.Transformatory

Odpowiedź: Sη,max = 37,5 kVA

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

Straty w miedzi równe stratom w rdzeniu

x²·1800 = 450 → x = √(450/1800) = 0,5

Obciążenie przy maksymalnej sprawności

Sη,max = x·S = 0,5·75 = 37,5 kVA

Odpowiedź

Sη,max = 37,5 kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 0,3043 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₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 3,5·1/(22 + 1) = 0,1522 V

Wzmocnienie nieodwracające

V₋ = V₊, a prąd płynący przez R₁ płynie też przez Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,1522·(1 + 22/22) = 0,3043 V

Odpowiedź

Vout = 0,3043 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Av = −9,362

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

Wzmocnienie każdego stopnia

A1 = −Rf1/R1 = −22/4,7 = −4,681
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 2/2 = 2

Wzmocnienie całkowite

Av = A1·A2 = −4,681·2 = −9,362

Odpowiedź

Av = −9,362
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: VCE = 9,321 V

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 = 15·10/(82 + 10) = 1,63 V
RTH = 82·10/(82 + 10) = 8,913 kΩ

Prąd bazy

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

IB = (1,63 − 0,7)/(8,913 + 121·1) = 7,162 µA

Prąd kolektora

IC = 120·7,162 µA = 0,8594 mA
IE = 121·7,162 µA = 0,8666 mA

Napięcie kolektor–emiter

VCE = 15 − 0,8594·5,6 − 0,8666·1 = 9,321 V

Odpowiedź

VCE = 9,321 V
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: RB = 1,661 kΩ

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

Prąd kolektora w nasyceniu

IC(sat) = (9 − 0,2)/680 = 12,94 mA

Minimalny prąd bazy

IB(min) = IC(sat)/β = 12,94/50 = 258,8 µA

Projektowy prąd bazy

IB = 10·258,8 µA = 2588 µA

Rezystor bazowy

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/2,588 mA = 1,661 kΩ

Odpowiedź

RB = 1,661 kΩ
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 209

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

Odwróć i dodaj jeden

47 = 0010 1111
odwrócone: 1101 0000
+1 → 1101 0001

Odczytaj bez znaku

1101 0001₂ = 256 − 47 = 209

Odpowiedź

U = 209
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = 1,678 × 10⁷

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.

Największa wartość

224 − 1 = 16777215

Odpowiedź

N = 16777215
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: L = 12

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

ABCD000111100001111010110302140507061120131151140809111010

Zgrupuj jedynki

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

BC′D′
ACD
ABD′
A′B′C′

Minimalna postać SOP

F = BC′D′ + ACD + ABD′ + A′B′C′
L = 12

Odpowiedź

L = 12

Istnieje inne grupowanie tego samego rozmiaru; ma tę samą liczbę składników i literałów.

28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: zbocze zegara 3

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

Q po każdym zboczu

Przerzutnik D kopiuje D przy każdym zboczu narastającym: Q⁺ = D.

1: D = 1 → Q = 1
2: D = 1 → Q = 1
3: D = 0 → Q = 0
4: D = 0 → Q = 0
5: D = 0 → Q = 0
6: D = 1 → Q = 1

Pierwsza zmiana z 1 na 0

zbocze zegara 3

Odpowiedź

zbocze zegara 3
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(1.2) = 7,325

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).

Ułamki proste

F(s) = A/s + B/(s + 1) + C/(s + 2)
A = 30/(1·2) = 15
B = 30/((−1)·1) = −30
C = 30/((−2)·(−1)) = 15

Transformata odwrotna

f(t) = 15 − 30·e−t + 15·e−2t

Oblicz

f(1,2) = 15 − 30·e−1,2 + 15·e−2·1,2 = 7,325

Odpowiedź

f(1,2) = 7,325
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.2) = 1,611

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 + 18)·Y(s) = 1s + 9 + 72/s
Y(s) = (s² + 9s + 72)/(s(s + 3)(s + 6))

Ułamki proste

A = 72/(3·6) = 4
B = 54/((−3)·3) = −6
C = 54/((−6)·(−3)) = 3

Wynik

y(t) = 4 − 6·e−3t + 3·e−6t
y(0,2) = 1,611

Odpowiedź

y(0,2) = 1,611

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

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 2,25

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

Równanie charakterystyczne

1 + K/((s + 4)(s + 7)) = 0 → s² + 11s + 28 + K = 0

Pierwiastek podwójny

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

11² = 4(28 + K) → K = 121/4 − 28 = 2,25

Odpowiedź

K = 2,25
Oba bieguny układu zamkniętego leżą wtedy w s = −5,5.
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: T(0) = 0,8058

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).

Pętla wewnętrzna

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 7/(s + 4,5)

Pętla zewnętrzna

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 56/((s + 3)(s + 4,5) + 56)

Wzmocnienie statyczne

T(0) = 56/(3·4,5 + 56) = 56/69,5 = 0,8058

Odpowiedź

T(0) = 0,8058
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ζ = 0,3714

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 = 29 → ωₙ = 5,385 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·5,385) = 0,3714

Wynik

ζ = 0,3714

Odpowiedź

ζ = 0,3714
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ωn = 1581 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/√(0,2·2 × 10⁻⁶) = 1581 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (253/2)·√(2 × 10⁻⁶/0,2) = 0,4

Wynik

ωₙ = 1581 rad/s

Odpowiedź

ωn = 1581 rad/s
35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: |H| = −0,453 dB

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

Częstotliwość graniczna

ωc = 1/(RC) = 1/(10000·1 × 10⁻⁸) = 10000 rad/s
fc = 1592 Hz → f/fc = 4800/1592 = 3,016

Wzmocnienie

|H| = 3,016/√(1 + 3,016²) = 0,9492
20·log₁₀(0,9492) = −0,453 dB

Odpowiedź

|H| = −0,453 dB
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: GM = 4,973 dB

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

Częstotliwość odcięcia fazy

(ω/4)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(4·9) = 6 rad/s

Moduł przy częstotliwości odcięcia fazy

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 81)) = K/(4·9·(4 + 9)) = K/468

Zapas wzmocnienia

GM = 20·log₁₀(468/264) = 4,973 dB

Odpowiedź

GM = 4,973 dB
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmax = 1,5

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

Wielomian charakterystyczny

s(s + 1)(s + 2) + K(s + 7) = s³ + 3s² + (2 + K)s + 7K

Tablica Routha

s³: 1, 2 + K
s²: 3, 7K
s¹: (3·(2 + K) − 7K)/3
s⁰: 7K

Warunek

6 − 4K > 0
K < 6/4 = 1,5

Odpowiedź

Kmax = 1,5

Gdyby zero leżało na prawo od s = −3, pętla pozostałaby stabilna dla każdego K > 0.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: sb = −0,5228

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

Wzmocnienie wzdłuż osi rzeczywistej

K(s) = −(s² + 1s)/(s + 6)

Punkty stacjonarne

Zróżniczkuj według wzoru na pochodną ilorazu i przyrównaj licznik do zera.

(2s + 1)(s + 6) − (s² + 1s) = s² + 12s + 6 = 0
s = −6 ± √30 = −0,5228, −11,48

Punkt rozejścia

sb = −0,5228

Odpowiedź

sb = −0,5228

Między tymi dwoma punktami linia jest okręgiem o środku w zerze i promieniu √30 = 5,477.

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 1

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

Stała prędkościowa

Kv = lim s·G(s) = 0,5

Uchyb dla narastania liniowego

ess = 0,5/0,5 = 1

Odpowiedź

ess = 1
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Kd = 0,1472 s

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

Wielomian charakterystyczny

s(s + 3) + 10(2 + Kds) = s² + (3 + 10Kd)s + 20

Częstotliwość drgań własnych

ωₙ = √20 = 4,472 rad/s

Wzmocnienie członu różniczkującego

3 + 10Kd = 2·0,5·4,472 = 4,472
Kd = 0,1472 s

Odpowiedź

Kd = 0,1472 s

Człon różniczkujący zwiększa tłumienie bez zmiany ωₙ.

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

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