Przygotowanie do egzaminu FE Electrical and Computer: zestaw na powtórkę

Wzory, najważniejsze kroki metod dla każdego tematu i 40 zadań do ćwiczenia, z pełnymi rozwiązaniami na końcu.

Nowe zadaniaWróć do przedmiotu

W oknie drukowania wybierz „Zapisz jako PDF”, aby zachować kopię na swoim urządzeniu.

1Wzory i metody

Rezystory szeregowo i równolegle

Rezystory połączone szeregowo
Req = R1 + R2 + …
Rezystory połączone równolegle
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dwa równolegle
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Prawo Ohma
V = I·R
Moc
P = V·I = I²R = V²/R

Metoda

  1. Zacznij od końca sieci najdalszego od zacisków.
  2. Rezystory szeregowe łącz, dodając je, a równoległe ze wzoru 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Po każdym kroku narysuj obwód od nowa.
  4. Powtarzaj, aż między zaciskami zostanie jeden rezystor.

Metoda potencjałów węzłowych

Prądowe prawo Kirchhoffa
ΣIin = ΣIout
Prąd gałęzi
I = (Va − Vb)/R
Węzeł odniesienia
Vground = 0

Metoda

  1. Wybierz węzeł odniesienia (masę) i oznacz potencjały pozostałych węzłów.
  2. Napisz prądowe prawo Kirchhoffa dla każdego nieznanego węzła: prądy wypływające przez każdą gałąź są równe prądom wpływającym.
  3. Wyraź każdy prąd gałęziowy jako (Va − Vb)/R.
  4. Rozwiąż układ równań, a potem wyznacz potrzebne prądy.

Metoda prądów oczkowych

Napięciowe prawo Kirchhoffa
ΣV = 0 w każdym oczku
Rezystor wspólny
prąd = I1 − I2
Źródło prądu w oczku
wyznacza prąd tego oczka

Metoda

  1. Narysuj prąd płynący zgodnie z ruchem wskazówek zegara w każdym oczku (okienku) obwodu.
  2. Zastosuj napięciowe prawo Kirchhoffa w każdym oczku: suma spadków napięć jest równa zeru.
  3. W rezystorze wspólnym dla dwóch oczek prąd jest różnicą dwóch prądów oczkowych.
  4. Rozwiąż równania; wynik ujemny oznacza, że prąd płynie w przeciwną stronę.

Superpozycja

Superpozycja
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Wyłączone źródło napięcia
zwarcie (0 V)
Wyłączone źródło prądu
rozwarcie (0 A)
Dzielnik napięcia
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Dzielnik prądu
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Metoda

  1. Policz niezależne źródła. Dla każdego źródła rozwiążesz jeden prostszy obwód.
  2. Zostaw jedno źródło, a pozostałe wyłącz: źródło napięciowe staje się zwarciem (przewodem), źródło prądowe staje się rozwarciem (przerwą).
  3. Rozwiąż prostszy obwód dla potrzebnego napięcia lub prądu, pilnując jego kierunku.
  4. Powtórz dla każdego źródła, a potem dodaj składowe z ich znakami.

Thévenin i Norton

Napięcie Thévenina
Vth = Vopen circuit
Rezystancja Thévenina
Rth: wszystkie źródła wyłączone, widziana z a–b
Prąd Nortona
IN = Vth/Rth
Prąd obciążenia
IL = Vth/(Rth + RL)
Maksymalne przekazywanie mocy
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Metoda

  1. Odłącz obciążenie i oznacz dwa zaciski a i b.
  2. Wyznacz napięcie stanu jałowego między a i b: to jest Vth.
  3. Wyłącz wszystkie niezależne źródła i wyznacz rezystancję widzianą z a–b: to jest Rth.
  4. Podłącz obciążenie z powrotem do obwodu zastępczego: Vth szeregowo z Rth.
  5. Dla obwodu zastępczego Nortona przelicz: IN = Vth/Rth, z RN = Rth równolegle.

Stany nieustalone RC i RL

Stała czasowa
τ = RC | τ = L/R
Odpowiedź układu
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensator przy prądzie stałym
rozwarcie; vC nie może zmienić się skokowo
Cewka przy prądzie stałym
zwarcie; iL nie może zmienić się skokowo
Stan ustalony
t ≈ 5τ

Metoda

  1. Wyznacz wartość początkową tuż po przełączeniu: napięcie na kondensatorze i prąd cewki nie mogą zmienić się skokowo.
  2. Wyznacz wartość końcową długo po przełączeniu: kondensator zachowuje się jak rozwarcie, a cewka jak zwarcie.
  3. Wyznacz stałą czasową: τ = RC lub τ = L/R, z rezystancją widzianą przez kondensator lub cewkę.
  4. Użyj x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Impedancja i wskazy AC

Impedancje
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Pulsacja
ω = 2πf
Moduł i kąt
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Prawo Ohma dla wskazów
V = I·Z

Metoda

  1. Przelicz częstotliwość: ω = 2πf.
  2. Wyznacz każdą reaktancję: XL = ωL i XC = 1/(ωC).
  3. Dodawaj impedancje jak rezystory, z Z = R + jX.
  4. Wyznacz moduł |Z| = √(R² + X²) i kąt φ = atan(X/R), a potem zastosuj prawo Ohma dla wskazów.

Moc AC i współczynnik mocy

Moc czynna
P = V·I·cos φ
Moc bierna
Q = V·I·sin φ
Moc pozorna
S = V·I = √(P² + Q²)
Współczynnik mocy
pf = cos φ = P/S
Kondensator kompensacyjny
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Moc w układach trójfazowych

Połączenie w gwiazdę (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Połączenie w trójkąt (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Całkowita moc czynna
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Moc pozorna i bierna
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kondensatory do kompensacji
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Napięcie na każdym kondensatorze
Δ: VL Y: VL/√3
Moc pobierana przez silnik
Pin = Pout/η

Transformatory

Przekładnia zwojowa
a = N1/N2 = V1/V2
Stosunek prądów
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Prąd znamionowy
I = S/V
Impedancja sprowadzona
Z1′ = a²·ZL
Straty w miedzi przy obciążeniu częściowym
Pcu = x²·Pcu,fl
Sprawność
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Sprawność maksymalna
x = √(Pcore/Pcu,fl)

Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Wzmacniacz odwracający
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Wzmacniacz nieodwracający
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Wzmacniacz sumujący
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Idealny wzmacniacz operacyjny
V+ = V−, Iin = 0

Diody i tranzystory

Dioda (stały spadek napięcia)
VD = 0,7 V when conducting
Obszar aktywny
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Polaryzacja stałym prądem bazy
IB = (VCC − 0,7)/RB
Polaryzacja dzielnikiem napięcia
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin dla dzielnika
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Oczko kolektora
VCE = VCC − ICRC − IERE
Nasycenie
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Systemy liczbowe

Wagi pozycji
dwójkowy 2k, ósemkowy 8k, szesnastkowy 16k
Na dziesiętny
Σ dk·bk
Z dziesiętnego
dziel przez podstawę, czytaj reszty od dołu do góry
Szesnastkowy ↔ dwójkowy
jedna cyfra szesnastkowa = 4 bity
Kod uzupełnień do dwóch (U2)
odwróć bity i dodaj 1

Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Podstawowe bramki
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Reguły algebry Boole’a
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Prawa de Morgana
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Kolejność na mapie Karnaugha
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Grupa 2ᵏ komórek
traci k zmiennych
Multiplekser 4-do-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Przerzutniki
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Liczniki
n-bitowy: 2ⁿ stanów; mod-N: najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Licznik asynchroniczny (ripple)
fmax = 1/(n·tpd)
Liczniki pierścieniowy i Johnsona
n i 2n stanów

Metoda

  1. Dla układu przechodź od wejść do wyjścia bramka po bramce i zapisuj wartość na każdym przewodzie albo zapisz jego wyrażenie i wypełnij tablicę prawdy.
  2. Przy upraszczaniu wpisz jedynki (a stany nieokreślone jako X) na mapę Karnaugha z wierszami i kolumnami w kodzie Graya: 00, 01, 11, 10.
  3. Pokryj jedynki jak najmniejszą liczbą jak największych grup po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, zawijając przez brzegi; każda grupa to jeden iloczyn ze zmiennych, które pozostają stałe. Dla postaci POS grupuj zera.
  4. Przy przerzutnikach i licznikach odczytuj wejścia przy każdym aktywnym zboczu zegara, zapisuj stan po każdym zboczu i pamiętaj, że n-bitowy licznik zawija się po 2ⁿ stanach.

Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Stabilność
wszystkie pierwiastki wielomianu charakterystycznego w lewej półpłaszczyźnie
tablica Routha, element s¹ wielomianu trzeciego stopnia
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Pierwiastki w prawej półpłaszczyźnie
liczba zmian znaku w pierwszej kolumnie
Wielomian trzeciego stopnia s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabilny, gdy wszystkie a > 0 oraz a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Równanie charakterystyczne
1 + K·G(s) = 0
Asymptoty
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Punkty rozejścia i zejścia
dK/ds = 0
Warunek modułu
K = 1/|G(s)|
Kąt wyjścia
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Metoda

  1. Zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego: mianownik 1 + K·G(s) = 0, po wymnożeniu.
  2. Wpisz współczynniki naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha i zbuduj pozostałe wiersze.
  3. Policz zmiany znaku w pierwszej kolumnie: każda to jeden biegun w prawej półpłaszczyźnie. Gdy w tablicy występuje K, żądaj, by każdy element pierwszej kolumny pozostał dodatni.
  4. Dla linii pierwiastkowej zaznacz bieguny i zera, odcinki osi rzeczywistej, asymptoty wychodzące ze środka asymptot oraz punkty rozgałęzienia, w których dK/ds = 0. Użyj K = 1/|G(s)| dla wzmocnienia w danym punkcie.

Uchyb ustalony i regulacja PID

Typ układu
liczba biegunów G(s) w s = 0
Stałe uchybowe
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Skok A
ess = A/(1 + Kp)
Narastanie liniowe A·t
ess = A/Kv
Parabola A·t²/2
ess = A/Ka
Regulator PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Cel drugiego rzędu
s² + 2ζωns + ωn²
Przeregulowanie i czasy
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Metoda

  1. Policz bieguny układu otwartego C(s)·G(s) w s = 0: to typ układu.
  2. Wyznacz stałą uchybową pasującą do wejścia: Kp dla skoku, Kv dla narastania liniowego, Ka dla paraboli.
  3. Zastosuj ess = A/(1 + Kp), A/Kv lub A/Ka albo rozwiąż to względem potrzebnego wzmocnienia.
  4. Przy wymaganiu dotyczącym tłumienia lub prędkości zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego i porównaj go z s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Zadania do ćwiczenia

1.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni
R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAR4​12 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 ΩR4 = 12 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 25 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​5 VR2​4 ΩAR4​30 ΩBR6​8 Ω

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 5 VR1 = 25 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 ΩR4 = 30 ΩR5 = 30 ΩR6 = 8 Ω
Req = Ω
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 8 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAR4​3 ΩBIs​4 A

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

V1 = 10 VIs = 4 AR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 20 ΩR4 = 3 Ω
VB = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 12 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 3 ΩIR4​+−V1​9 VR3​5 ΩAR5​12 ΩBIs​1 A−+V2​10 V

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

V1 = 9 VIs = 1 AV2 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 ΩR4 = 3 ΩR5 = 12 Ω
IR4 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 3 ΩIR1​R2​ = 12 Ω+−V1​24 VR3​15 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

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

V1 = 24 VV2 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 15 Ω
IR1 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 5 ΩR2​ = 4 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​24 VR4​4 ΩAR5​30 Ω+−VR5​B+−V2​12 VI1​I2​I3​

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

V1 = 24 VV2 = 12 VR1 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 20 ΩR4 = 4 ΩR5 = 30 Ω
VR5 = V
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 ΩIR3​+−V1​15 VR2​8 ΩAR4​15 ΩBIs​5 A

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

V1 = 15 VIs = 5 AR1 = 8 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 ΩR4 = 15 Ω
IR3 = A
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 6 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​36 VR3​8 ΩIR3​AIs​4 AB+−V2​36 V

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR3 pobieraną przez R3.

V1 = 36 VIs = 4 AV2 = 36 VR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 ΩR4 = 25 Ω
PR3 = W
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 12 Ω
Vth = V
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 15 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩAIs​3 ABRL​2 ΩIL​

Między a–b podłączono obciążenie RL = 2 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 15 VIs = 3 AR1 = 15 ΩR2 = 2 ΩR3 = 15 ΩRL = 2 Ω
IL = A
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​10 Vt = 0R = 50 ΩL22 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Po jakim czasie od zamknięcia łącznika prąd osiągnie 99% wartości końcowej? Wyznacz t.

Vs = 10 VR = 50 ΩL = 22 mH
t = ms
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​24 Vt = 0R = 3,3 kΩC220 µF+−vC​vC​(0) = 20 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 20 V o zaznaczonej biegunowości. Wyznacz napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 200 ms.

Vs = 24 VR = 3,3 kΩC = 220 µFvC(0) = 20 Vt = 200 ms
vC = V
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
120 V60 HzR = 100 ΩL = 200 mHC = 10 µF

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 120 V (skuteczne), 60 Hz. Wyznacz kąt fazowy φ impedancji w stopniach (dodatni, gdy prąd opóźnia się względem napięcia).

V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 100 ΩL = 200 mHC = 10 µF
φ = °
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
50 V60 HzR = 15 ΩL = 20 mHC = 47 µF

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 50 V (skuteczne), 60 Hz. Wyznacz częstotliwość rezonansową f0 obwodu.

V = 50 V (rms)f = 60 HzR = 15 ΩL = 20 mHC = 47 µF
f0 = Hz
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
230 V113 kW, 0,75221 kW, 0,95I = ?

Do jednofazowego zasilania 230 V podłączono równolegle dwa odbiorniki: odbiornik 13 kW przy współczynniku mocy 0,75 (indukcyjnym) oraz odbiornik 21 kW przy współczynniku mocy 0,95 (indukcyjnym). Wyznacz prąd całkowity I pobierany z zasilania.

V = 230 VP1 = 13 kW, pf1 = 0,75 indukcyjnyP2 = 21 kW, pf2 = 0,95 indukcyjny
I = A
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
240 V60 Hzobciążenie12 kW, 0,65C470 µFI = ?

Odbiornik jednofazowy pobiera 12 kW przy współczynniku mocy 0,65 (indukcyjnym) z zasilania 240 V, 60 Hz. Równolegle do odbiornika podłączono kondensator 470 µF. Wyznacz nowy prąd linii I.

P = 12 kWpf1 = 0,65V = 240 Vf = 60 HzC = 470 µF
I = A
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 480 VIL​ = 100 Acos φ = 0,95indukcyjny

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera prąd przewodowy 100 A ze źródła o napięciu przewodowym 480 V. Współczynnik mocy wynosi 0,95 (indukcyjny). Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 480 VIL = 100 Acos φ = 0,95
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 250 kW przy współczynniku mocy 0,72 (indukcyjnym) z sieci 480 V (napięcie przewodowe), 60 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,95 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Wyznacz całkowitą moc bierną QC, którą musi dostarczyć bateria kondensatorów, w kvar.

P = 250 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatoryŚredni
50 ΩN1​N2​1800 Ω

Wzmacniacz o rezystancji wyjściowej 1800 Ω zasila głośnik 50 Ω przez idealny transformator. Dla maksymalnego przekazu mocy głośnik musi być widziany od strony wzmacniacza jako 1800 Ω. Wyznacz przekładnię a = N₁/N₂.

Rs = 1800 ΩRL = 50 Ω
a =
20.TransformatoryTrudny
pf 0,8100 kVA, η = 96%

Jednofazowy transformator 100 kVA ma straty w rdzeniu 400 W. Przy obciążeniu znamionowym i współczynniku mocy 0,8 (indukcyjnym) jego sprawność wynosi 96%. Wyznacz straty w miedzi przy pełnym obciążeniu Pcu,fl w watach.

S = 100 kVAPcore = 400 Wpf = 0,8η = 96%
Pcu,fl = W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩVin​R1​ = 2 kΩ

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

R1 = 2 kΩRf = 4,7 kΩVsat = ±13 V
Vin,max = V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​C = 2,2 µFVin​ = −2 VR = 22 kΩ

Układ całkujący wykorzystuje idealny wzmacniacz operacyjny zasilany napięciem ±15 V; jego wyjście nasyca się przy ±12 V. Kondensator jest rozładowany, gdy w t = 0 zostaje przyłożone stałe napięcie wejściowe Vin = −2 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout w chwili t = 50 ms.

Vin = −2 VR = 22 kΩC = 2,2 µFVsat = ±12 Vt = 50 ms
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 2,7 kΩβ = 200RE​ = 1 kΩVCC​ = 20 VR1​ = 33 kΩR2​ = 4,7 kΩ

Tranzystor NPN o β = 200 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 20 V: R₁ = 33 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 4,7 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 2,7 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 = 20 VR1 = 33 kΩR2 = 4,7 kΩRC = 2,7 kΩRE = 1 kΩβ = 200
VCE = V
24.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 100 Ωβ = 50VCC​ = 9 V3,3 VRB​ = ?

Tranzystor NPN o β = 50 przełącza rezystor obciążenia 100 Ω włączony między VCC = 9 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 3,3 V przez rezystor bazowy RB. Przyjmij VBE = 0,7 V i VCE(sat) = 0,2 V. Dla niezawodnego przełączania zaprojektuj prąd bazy 4 razy większy od minimalnego potrzebnego do nasycenia. Wyznacz RB w kΩ.

VCC = 9 VRC = 100 Ωβ = 50Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vprzesterowanie = 4
RB = kΩ
25.Systemy liczboweŚredni
wagi w kodzie U21−12806413201618141211

8-bitowy wzór 1010 1111 zapisuje liczbę całkowitą ze znakiem w kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest jej wartość N dziesiętnie?

1010 11118 bit
N =
26.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 0110 0101 XOR 1101 1001. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

0110 0101XOR1101 1001
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
MUXCI0​C′I1​1I2​1I3​ABS1​S0​F

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

I₀ = CI₁ = C′I₂ = 1I₃ = 1
N =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
ABCD0001111000011110X011031214050706112113015X140809011010

Dla F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 4, 12, 13) + d(0, 14), gdzie d oznacza stany nieokreślone, znajdź liczbę N istotnych implikantów prostych.

F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 4, 12, 13) + d(0, 14)
N =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,4f(0,4) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = (2s + 17)/(s² + 10s + 25) i oblicz f(0,4).

F(s) = (2s + 17)/(s² + 10s + 25)t = 0,4 s
f(0.4) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,6y(0,6) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 3y′ + 2y = 4·u(t), przy y(0) = 2 i y′(0) = 0. W chwili t = 0 podano na wejście skok u(t) = 2. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź y(0,6).

y″ + 3y′ + 2y = 4·u(t)y(0) = 2y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,6 s
y(0.6) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+6s + 10G(s)C(s)0,1H−

Obiekt G(s) = 6/(s + 10) jest regulowany w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego, w której czujnik ma wzmocnienie H = 0,1. Znajdź stałą czasową τ układu zamkniętego.

G(s) = 6/(s + 10)H = 0,1
τ = s
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+13s + 5G₁+8s + 1G₂C(s)0,5H₁−0,5H₂−

Zredukuj schemat blokowy dla G₁ = 13/(s + 5), G₂ = 8/(s + 1), z wewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₁ = 0,5 wokół G₂ i zewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₂ = 0,5. Znajdź wzmocnienie statyczne T(0) transmitancji C(s)/R(s).

G₁ = 13/(s + 5)G₂ = 8/(s + 1)H₁ = 0,5H₂ = 0,5
T(0) =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)3?

Układ ma transmitancję G(s) = 261/(s² + 13s + 87) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS odpowiedzi skokowej.

G(s) = 261/(s² + 13s + 87)
%OS = %
34.Odpowiedź skokowaTrudny
R(s)+180s(s + 4)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 180/(s(s + 4)). Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej układu zamkniętego, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 180/(s(s + 4))
ts = s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
vin​R = 10 kΩC = 10 nFvout​

Filtr dolnoprzepustowy 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)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 18/(s(s + 5)). Znajdź zapas fazy PM w stopniach.

L(s) = 18/(s(s + 5))
PM = °
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K1s(s + 5)(s + 6)C(s)−

Pętla na schemacie ma transmitancję układu otwartego L(s) = K/(s(s + 5)(s + 6)). Wyznacz największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

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

Dla L(s) = K/((s + 5)(s² + 4s + 13)) wyznacz kąt wyjścia θd linii pierwiastkowej z bieguna zespolonego w górnej półpłaszczyźnie, mierzony od dodatniej osi rzeczywistej.

L(s) = K/((s + 5)(s² + 4s + 13))
θd = °
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 3t+10s(s + 1)(s + 5)C(s)−

Na pętlę ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = 10/(s(s + 1)(s + 5)) podano narastanie liniowe r(t) = 3t. Wyznacz uchyb ustalony ess.

G(s) = 10/(s(s + 1)(s + 5))r(t) = 3t
ess =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
r(t) = 2t+5 + 1/s4(s + 1)(s + 2)C(s)−

Regulator PI C(s) = 5 + 1/s steruje obiektem G(s) = 4/((s + 1)(s + 2)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz uchyb ustalony ess dla wejścia liniowo narastającego r(t) = 2t.

C(s) = 5 + 1/sG(s) = 4/((s + 1)(s + 2))r(t) = 2t
ess =

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 21,82 Ω

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAR4​12 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

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

R3 + R4 = 8 + 12 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 2·20/(2+20) = 1,818 Ω
Req = R1 + 1,818 = 20 + 1,818 = 21,82 Ω

Odpowiedź

Req = 21,82 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 28,51 Ω

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

R1​ = 25 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​5 VR2​4 ΩAR4​30 ΩBR6​8 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 = 30 + 8 = 38 Ω
R4 ∥ 38 = 16,76 Ω
R3 + 16,76 = 28,76 Ω
R2 ∥ 28,76 = 3,512 Ω
Req = R1 + 3,512 = 25 + 3,512 = 28,51 Ω

Odpowiedź

Req = 28,51 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = −10,29 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​ = 8 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAR4​3 ΩBIs​4 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 10 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/2 + (VA − 10)/8 + (VA − VB)/20 = 0
0,675·VA − 0,05·VB = 1,25

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/3 + (VB − VA)/20 = (−4)
−0,05·VA + 0,3833·VB = −4

Rozwiąż

Δ = (0,675)(0,3833) − (−0,05)(−0,05) = 0,2562
VA = Δ1/Δ = 0,2792/0,2562 = 1,089 V
VB = Δ2/Δ = −2,638/0,2562 = −10,29 V

Odpowiedź

VB = −10,29 V
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR4 = 1,94 A

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

R1​ = 12 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​9 VR3​5 ΩAR5​12 ΩBIs​1 A−+V2​10 V

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 9 V, V2 = −10 V). Niewiadome: VA, VB.

PPK w węźle A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/5 + (VA − 9)/12 + (VA − VB)/8 = 0
0,4083·VA − 0,125·VB = 0,75

PPK w węźle B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/12 + (VB − VA)/8 + (VB − (−10))/3 = 1
−0,125·VA + 0,5417·VB = −2,333

Rozwiąż

Δ = (0,4083)(0,5417) − (−0,125)(−0,125) = 0,2056
VA = Δ1/Δ = 0,1146/0,2056 = 0,5574 V
VB = Δ2/Δ = −0,859/0,2056 = −4,179 V

Odpowiedź

IR4 = (VB − V2)/R4 = (−4,179 − −10)/3 = 1,94 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR1 = 1,793 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​ = 3 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​24 VR3​15 ΩA+−V2​12 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
3·I1 + 15(I1 − I2) = 24
18·I1 − 15·I2 = 24

NPK w oczku 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
12·I2 + 15(I2 − I1) = (−12)
−15·I1 + 27·I2 = −12

Rozwiąż

Δ = (18)(27) − (−15)(−15) = 261
I1 = Δ1/Δ = 468/261 = 1,793 A
I2 = Δ2/Δ = 144/261 = 0,5517 A

Odpowiedź

IR1 = I1 = 1,793 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: VR5 = 9,483 V

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

R1​ = 5 ΩR2​ = 4 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​24 VR4​4 ΩAR5​30 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

Przypisz prądy oczkowe

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

NPK w oczku 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
5·I1 + 4(I1 − I2) = 24
9·I1 − 4·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 + 4(I2 − I1) + 30(I2 − I3) = 0
−4·I1 + 38·I2 − 30·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
20·I3 + 30(I3 − I2) = (−12)
−30·I2 + 50·I3 = −12

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 8200
I1 = Δ1/Δ = 22560/8200 = 2,751 A
I2 = Δ2/Δ = 1560/8200 = 0,1902 A
I3 = Δ3/Δ = −1032/8200 = −0,1259 A

Odpowiedź

IR5 = I2 − I3 = 0,3161 A
VR5 = IR5·R5 = 0,3161·30 = 9,483 V

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: IR3 = 2,813 A

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

R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​8 ΩAR4​15 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 = 5+15 = 20 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·20/(8+20) = 5,714 Ω
VA = 15·5,714/(8+5,714) = 6,25 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 6,25·15/20 = 4,688 V
IR3′ = (VB − VA)/R3 = (4,688 − 6,25)/5 = −0,3125 A
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 ΩZWARCIER2​8 ΩAR4​15 ΩBIs​5 A

Przypadek 2 · działa tylko Is

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

R1 ∥ R2 = 8·8/(8+8) = 4 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 15 ∥ 9 = 5,625 Ω
VB = Is·Req = 5·5,625 = 28,13 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 28,13·4/9 = 12,5 V
IR3″ = (VB − VA)/R3 = (28,13 − 12,5)/5 = 3,125 A

Dodaj składowe

IR3 = IR3′ + IR3″
IR3 = (−0,3125) + 3,125 = 2,813 A

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

8.Superpozycja

Odpowiedź: PR3 = 128,5 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​ = 6 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​36 VR3​8 ΩAROZWARCIEBZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

V₂ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. Patrząc z A, R₃ jest równolegle z szeregową parą R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 8 ∥ 31 = 6,359 Ω
VA = 36·6,359/(6+6,359) = 18,52 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 18,52·25/31 = 14,94 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (18,52 − 0)/8 = 2,315 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 25 ΩZWARCIER3​8 ΩAIs​4 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 = 3,429 Ω, więc lewa gałąź to R2+3,429 = 9,429 Ω
Req = R4 ∥ 9,429 = 6,846 Ω
VB = Is·Req = 4·6,846 = 27,39 V
VA = VB·3,429/9,429 = 9,959 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (9,959 − 0)/8 = 1,245 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 25 ΩZWARCIER3​8 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 = 6·8/(6+8) = 3,429 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 36·9,429/34,43 = 9,859 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 9,859·3,429/9,429 = 3,585 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (3,585 − 0)/8 = 0,4481 A

Zsumuj wkłady prądu

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴ = 2,315 + 1,245 + 0,4481 = 4,008 A

Moc w rezystorze

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

PR3 = IR3²·R3 = 4,008²·8 = 128,5 W

Odpowiedź

PR3 = 128,5 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 56,89 W, co jest błędne.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 10,43 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​ = 3 ΩR3​ = 12 ΩZWARCIER2​20 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 = 3·20/(3+20) = 2,609 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,609 + 12 = 14,61 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​20 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) = 12·20/(3+20) = 10,43 V
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 2,774 A

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

R1​ = 15 ΩR3​ = 15 ΩZWARCIER2​2 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 = 15·2/(15+2) = 1,765 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,765 + 15 = 16,76 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩAIs​3 ABab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 1,765 + 3·1,765 = 7,059 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 7,059 + 3·15 = 52,06 V
Rth​ = 16,76 Ω+−Vth​52,06 VRL​2 ΩIL​

Podłącz obciążenie do układu zastępczego Thévenina

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

IL = Vth/(Rth + RL) = 52,06/(16,76 + 2) = 2,774 A
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 2,026 ms

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

Stała czasowa i prąd końcowy

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

τ = L/R = 22 mH / 50 Ω = 0,44 ms
i(∞) = Vs/R = 10/50 = 0,2 A

Wyznacz czas

0,99 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,99)
t = −0,44·ln(0,01) = 2,026 ms

Odpowiedź

t = 2,026 ms
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 20,96 V

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

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

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

vC(0) = 20 V, vC(∞) = Vs = 24 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 220 µF = 726 ms
vC(t) = 24 + (20 − 24)·e−t/τ

Napięcie w danej chwili

vC(200) = 24 + (−4)·e−200/726 = 20,96 V

Odpowiedź

vC = 20,96 V
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: φ = −62,22 °

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 = 377·0,2 = 75,4 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·10·10⁻⁶) = 265,3 Ω

Impedancja

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (−189,9)²) = 214,6 Ω

Kąt fazowy

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−189,9/100) = −62,22°

Odpowiedź

φ = −62,22°
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: f0 = 164,2 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|.

Rezonans

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

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,02·47·10⁻⁶)) = 164,2 Hz

Odpowiedź

f0 = 164,2 Hz
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: I = 168 A

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 0,75) = 11,46 kvar
Q2 = 21·tan(arccos 0,95) = 6,902 kvar

Sumy

P = 13 + 21 = 34 kW
Q = 11,46 + 6,902 = 18,37 kvar
S = √(34² + 18,37²) = 38,64 kVA

Prąd całkowity

I = S/V = 38644/230 = 168 A

Odpowiedź

I = 168 A
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: I = 52,48 A

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

Moc bierna przed i po

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

Q1 = 12·tan(arccos 0,65) = 14,03 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·60·470·10⁻⁶ = 10206 var = 10,21 kvar
Q2 = 14,03 − 10,21 = 3,824 kvar

Nowa moc pozorna

S2 = √(12² + 3,824²) = 12,59 kVA

Nowy prąd linii

I = S2/V = 12594/240 = 52,48 A

Odpowiedź

I = 52,48 A
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 78,98 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 = √3·480·100 = 83,14 kVA

Moc czynna

P = S·cos φ = 83,14·0,95 = 78,98 kW

Odpowiedź

P = 78,98 kW
18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: QC = 158,8 kvar

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 = 250·tan(acos 0,72) = 250·0,9639 = 241 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,95) = 250·0,3287 = 82,17 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 158,8 kvar

Odpowiedź

QC = 158,8 kvar
19.Transformatory

Odpowiedź: a = 6

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.

Dopasuj sprowadzone obciążenie

a²·50 = 1800
a = √(1800/50) = √36 = 6

Odpowiedź

a = 6
20.Transformatory

Odpowiedź: Pcu,fl = 2933 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 = 100·0,8 = 80 kW
Pin = 80000/0,96 = 83333 W

Straty całkowite i straty w miedzi

Ploss = 83333 − 80000 = 3333 W
Pcu,fl = 3333 − 400 = 2933 W

Odpowiedź

Pcu,fl = 2933 W
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vin,max = 5,532 V

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

Wzmocnienie

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

Największe wejście przed obcinaniem

Vin,max = Vsat/|Av| = 13/2,35 = 5,532 V

Odpowiedź

Vin,max = 5,532 V
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 2,066 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.

Prąd wejściowy i szybkość narastania

kΩ razy µF daje milisekundy.

RC = 22 kΩ · 2,2 µF = 48,4 ms
szybkość narastania = −Vin/(RC) = −(−2)/48,4 = 0,04132 V/ms

Wyjście w podanej chwili

Wartość idealna leży w granicach ±Vsat, więc układ całkujący jeszcze nie obcina.

Vout = −Vin·t/(RC) = −(−2)·50/48,4 = 2,066 V

Odpowiedź

Vout = 2,066 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: VCE = 13,52 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 = 20·4,7/(33 + 4,7) = 2,493 V
RTH = 33·4,7/(33 + 4,7) = 4,114 kΩ

Prąd bazy

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

IB = (2,493 − 0,7)/(4,114 + 201·1) = 8,743 µA

Prąd kolektora

IC = 200·8,743 µA = 1,749 mA
IE = 201·8,743 µA = 1,757 mA

Napięcie kolektor–emiter

VCE = 20 − 1,749·2,7 − 1,757·1 = 13,52 V

Odpowiedź

VCE = 13,52 V
24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: RB = 0,3693 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)/100 = 88 mA

Minimalny prąd bazy

IB(min) = IC(sat)/β = 88/50 = 1760 µA

Projektowy prąd bazy

IB = 4·1760 µA = 7040 µA

Rezystor bazowy

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/7,04 mA = 0,3693 kΩ

Odpowiedź

RB = 0,3693 kΩ
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −81

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

Dodaj wagi

Pozostałe bity mają swoje zwykłe dodatnie wartości.

−128 + 32 + 8 + 4 + 2 + 1 = −81

Odpowiedź

N = −81
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 188

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

XOR daje 1 tam, gdzie oba bity się różnią.

0110 0101
XOR 1101 1001
= 1011 1100

Wartość wyniku

1011 1100₂ = 188

Odpowiedź

R = 188
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 6

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

Wyrażenie wyjścia

F = A′B′C + A′BC′ + AB′ + AB

Wiersze z F = 1

ABC = 001, 010, 100, 101, 110, 111
N = 6

Odpowiedź

N = 6
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 3

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.

Implikanty proste

Największe grupy, jakie można utworzyć z jedynek i X.

BC′D′, A′C′D′, A′B′D′, ABD′, A′B′C′, ABC′
ABCD0001111000011110X011031214050706112113015X140809011010

Istotne implikanty proste

A′B′D′, A′B′C′, ABC′
N = 3

Odpowiedź

N = 3
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.4) = 0,6496

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

Rozłóż mianownik na czynniki

s² + 10s + 25 = (s + 5)²

Ułamki proste

2s + 17 = 2(s + 5) + 7
F(s) = 2/(s + 5) + 7/(s + 5)²

Transformata odwrotna

f(t) = 2·e−5t + 7·t·e−5t
f(0,4) = (2 + 7·0,4)·e−5·0,4 = 0,6496

Odpowiedź

f(0,4) = 0,6496
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.6) = 2,407

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 + 3s + 2)·Y(s) = 2s + 6 + 8/s
Y(s) = (2s² + 6s + 8)/(s(s + 1)(s + 2))

Ułamki proste

A = 8/(1·2) = 4
B = 4/((−1)·1) = −4
C = 4/((−2)·(−1)) = 2

Wynik

y(t) = 4 − 4·e−t + 2·e−2t
y(0,6) = 2,407

Odpowiedź

y(0,6) = 2,407

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

31.Schematy blokowe

Odpowiedź: τ = 0,09434 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).

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = G/(1 + G·H) = 6/(s + 10 + 0,6) = 6/(s + 10,6)

Wynik

τ = 1/10,6 = 0,09434 s

Odpowiedź

τ = 0,09434 s
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: T(0) = 1,351

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) = 8/(s + 5)

Pętla zewnętrzna

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 104/((s + 5)(s + 5) + 52)

Wzmocnienie statyczne

T(0) = 104/(5·5 + 52) = 104/77 = 1,351

Odpowiedź

T(0) = 1,351
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: %OS = 4,724 %

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 = 87 → ωₙ = 9,327 rad/s
2ζωₙ = 13 → ζ = 13/(2·9,327) = 0,6969

Wynik

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−3,053 = 4,724 %

Odpowiedź

%OS = 4,724 %
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ts = 2 s

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

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = 180/(s² + 4s + 180): ωₙ = 13,42 rad/s, ζ = 0,1491

Czas ustalania

ζωₙ = 4/2 = 2
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 2 s

Odpowiedź

ts = 2 s

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

35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: |H| = −10,04 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| = 1/√(1 + 3,016²) = 0,3147
20·log₁₀(0,3147) = −10,04 dB

Odpowiedź

|H| = −10,04 dB
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: PM = 58,46 °

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 + 25ω² − 324 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·324))/2 = 9,415
ωc = 3,068 rad/s

Zapas fazy

∠L(jωc) = −90° − atan(3,068/5) = −121,5°
PM = 180° + ∠L = 58,46°

Odpowiedź

PM = 58,46°
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmax = 330

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.

Równanie charakterystyczne

s³ + 11s² + 30s + K = 0

Tablica Routha

s³: 1, 30
s²: 11, K
s¹: (11·30 − K)/11
s⁰: K

Warunki

Każdy element pierwszej kolumny musi być dodatni.

K > 0
11·30 − K > 0 → K < 330

Odpowiedź

Kmax = 330

Przy K = 330 układ zamknięty oscyluje z pulsacją ω = √30 = 5,477 rad/s.

38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: θd = 45 °

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.

Położenia biegunów

s² + 4s + 13 = 0 → s = −2 ± j3
s = −5

Kąty od pozostałych biegunów

∠(−2 + j3 + 5) = atan2(3, 3) = 45°
∠(−2 + j3 − (−2 − j3)) = ∠(j6) = 90°

Kąt wyjścia

θd = 180° − 45° − 90° = 45°

Odpowiedź

θd = 45°
39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 1,5

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

Stała prędkościowa

Kv = lim s·G(s) = 2

Uchyb dla narastania liniowego

ess = 3/2 = 1,5

Odpowiedź

ess = 1,5
40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 1

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).

Stała prędkościowa

s·C(s) = 5s + 1 → 1 przy s → 0.

Kv = 1·4/2 = 2

Uchyb dla narastania liniowego

ess = 2/2 = 1

Odpowiedź

ess = 1

Regulator PI całkowicie usuwa uchyb skokowy; narastanie liniowe jest śledzone ze stałym opóźnieniem.

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