FE Electrical and Computer egzamino praktika: pasiruošimo paketas

Formulių lapai, pagrindiniai kiekvienos temos metodų žingsniai ir 40 uždavinių, o pilni sprendimai pateikti gale.

Nauji uždaviniaiAtgal į kursą

Spausdinimo lange pasirinkite „Išsaugoti kaip PDF“, kad nuosavą kopiją išsaugotumėte savo įrenginyje.

1Formulės ir metodai

Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Nuosekliai sujungti rezistoriai
Req = R1 + R2 + …
Lygiagrečiai sujungti rezistoriai
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Du lygiagrečiai
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Omo dėsnis
V = I·R
Galia
P = V·I = I²R = V²/R

Metodas

  1. Pradėkite nuo grandinės galo, esančio toliausiai nuo gnybtų.
  2. Nuosekliai sujungtus rezistorius sudėkite, o lygiagrečius junkite pagal 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Po kiekvieno žingsnio perbraižykite grandinę.
  4. Kartokite, kol tarp gnybtų liks vienas rezistorius.

Mazgų potencialų metodas

Kirchhofo srovių dėsnis
ΣIin = ΣIout
Šakos srovė
I = (Va − Vb)/R
Atskaitos mazgas
Vground = 0

Metodas

  1. Pasirinkite atskaitos mazgą (įžeminimą) ir pažymėkite kitų mazgų potencialus.
  2. Kiekvienam nežinomam mazgui užrašykite Kirchhofo srovių dėsnį: per šakas ištekančios srovės lygios įtekančioms.
  3. Kiekvienos šakos srovę išreikškite kaip (Va − Vb)/R.
  4. Išspręskite lygčių sistemą, tada raskite reikiamas sroves.

Kontūrų srovių metodas

Kirchhofo įtampų dėsnis
ΣV = 0 kiekviename kontūre
Bendras rezistorius
srovė = I1 − I2
Srovės šaltinis kontūre
nustato to kontūro srovę

Metodas

  1. Kiekviename grandinės kontūre (lange) nubrėžkite pagal laikrodžio rodyklę tekančią srovę.
  2. Kiekvienam kontūrui taikykite Kirchhofo įtampų dėsnį: įtampų kritimų suma lygi nuliui.
  3. Dviem kontūrams bendrame rezistoriuje srovė lygi abiejų kontūrų srovių skirtumui.
  4. Išspręskite lygtis; neigiamas rezultatas reiškia, kad srovė teka priešinga kryptimi.

Superpozicija

Superpozicija
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Išjungtas įtampos šaltinis
trumpasis jungimas (0 V)
Išjungtas srovės šaltinis
atvira grandinė (0 A)
Įtampos daliklis
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Srovės daliklis
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Metodas

  1. Suskaičiuokite nepriklausomus šaltinius. Kiekvienam šaltiniui išspręsite po vieną paprastesnę grandinę.
  2. Palikite vieną šaltinį, o kitus išjunkite: įtampos šaltinis tampa trumpuoju jungimu (laidu), srovės šaltinis – atvira grandine (tarpu).
  3. Paprastesnėje grandinėje raskite reikiamą įtampą arba srovę, sekdami jos kryptį.
  4. Pakartokite kiekvienam šaltiniui, tada sudėkite indėlius su jų ženklais.

Teveninas ir Nortonas

Tevenino įtampa
Vth = Vopen circuit
Tevenino varža
Rth: visi šaltiniai išjungti, žiūrint iš a–b
Nortono srovė
IN = Vth/Rth
Apkrovos srovė
IL = Vth/(Rth + RL)
Didžiausios galios perdavimas
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Metodas

  1. Atjunkite apkrovą ir pažymėkite abu gnybtus a ir b.
  2. Raskite tuščiosios veikos įtampą tarp a ir b: tai Vth.
  3. Išjunkite visus nepriklausomus šaltinius ir raskite varžą, matomą iš a–b: tai Rth.
  4. Grąžinkite apkrovą į ekvivalentinę grandinę: Vth nuosekliai su Rth.
  5. Nortono ekvivalentui perskaičiuokite: IN = Vth/Rth, o RN = Rth lygiagrečiai.

RC ir RL pereinamieji procesai

Laiko konstanta
τ = RC | τ = L/R
Atsakas
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensatorius esant nuolatinei srovei
atvira grandinė; vC negali kisti šuoliu
Ritė esant nuolatinei srovei
trumpasis jungimas; iL negali kisti šuoliu
Nusistovėjęs režimas
t ≈ 5τ

Metodas

  1. Raskite pradinę vertę iškart po perjungimo: kondensatoriaus įtampa ir ritės srovė negali kisti šuoliu.
  2. Raskite galutinę vertę praėjus ilgam laikui po perjungimo: kondensatorius veikia kaip atvira grandinė, ritė – kaip trumpasis jungimas.
  3. Raskite laiko konstantą: τ = RC arba τ = L/R, naudodami varžą, kurią „mato“ kondensatorius ar ritė.
  4. Naudokite x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Pilnutinės varžos
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Kampinis dažnis
ω = 2πf
Modulis ir kampas
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Omo dėsnis fazoriams
V = I·Z

Metodas

  1. Perskaičiuokite dažnį: ω = 2πf.
  2. Raskite kiekvieną reaktansą: XL = ωL ir XC = 1/(ωC).
  3. Impedansus sudėkite kaip rezistorius, kai Z = R + jX.
  4. Raskite modulį |Z| = √(R² + X²) ir kampą φ = atan(X/R), tada taikykite Omo dėsnį fazoriams.

Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Aktyvioji galia
P = V·I·cos φ
Reaktyvioji galia
Q = V·I·sin φ
Pilnutinė galia
S = V·I = √(P² + Q²)
Galios koeficientas
pf = cos φ = P/S
Kompensacinis kondensatorius
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Trifazė galia

Žvaigždės (Y) jungimas
VL = √3·Vph, IL = Iph
Trikampio (Δ) jungimas
VL = Vph, IL = √3·Iph
Bendra aktyvioji galia
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Pilnutinė ir reaktyvioji galia
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kompensavimo kondensatoriai
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Įtampa ant kiekvieno kondensatoriaus
Δ: VL Y: VL/√3
Variklio naudojama galia
Pin = Pout/η

Transformatoriai

Transformacijos koeficientas
a = N1/N2 = V1/V2
Srovių santykis
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Vardinė srovė
I = S/V
Perskaičiuota varža
Z1′ = a²·ZL
Vario nuostoliai esant daliniam apkrovimui
Pcu = x²·Pcu,fl
Naudingumo koeficientas
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Didžiausias naudingumo koeficientas
x = √(Pcore/Pcu,fl)

Operacinių stiprintuvų grandinės

Invertuojantysis stiprintuvas
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Neinvertuojantysis stiprintuvas
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Sumuojantysis stiprintuvas
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Idealus operacinis stiprintuvas
V+ = V−, Iin = 0

Diodai ir tranzistoriai

Diodas (pastovus įtampos kritimas)
VD = 0,7 V when conducting
Aktyvioji sritis
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Fiksuotasis maitinimas
IB = (VCC − 0,7)/RB
Maitinimas per daliklį
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Daliklio Tevenino ekvivalentas
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Kolektoriaus kontūras
VCE = VCC − ICRC − IERE
Įsotinimas
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Skaičiavimo sistemos

Pozicijų vertės
dvejetainė 2k, aštuntainė 8k, šešioliktainė 16k
Į dešimtainę
Σ dk·bk
Iš dešimtainės
dalykite iš pagrindo, liekanas skaitykite iš apačios į viršų
Šešioliktainė ↔ dvejetainė
vienas šešioliktainis skaitmuo = 4 bitai
Papildomasis kodas
invertuokite bitus ir pridėkite 1

Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Pagrindiniai elementai
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Būlio taisyklės
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgano dėsniai
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Karno žemėlapio tvarka
00, 01, 11, 10 (Gray code)
2ᵏ langelių grupė
netenka k kintamųjų
4 į 1 multiplekseris
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Trigeriai
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Skaitikliai
n bitų: 2ⁿ būsenų; mod-N: mažiausias n, kad 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Nuosekliojo veikimo (ripple) skaitiklis
fmax = 1/(n·tpd)
Žiediniai ir Johnsono skaitikliai
n ir 2n būsenų

Metodas

  1. Grandinei dirbkite nuo įėjimų iki išėjimo po vieną elementą ir užrašykite reikšmę ant kiekvieno laido arba užrašykite išraišką ir užpildykite teisingumo lentelę.
  2. Supaprastindami įrašykite vienetus (o nesvarbias reikšmes kaip X) į Karno žemėlapį su Grejaus kodo eilutėmis ir stulpeliais: 00, 01, 11, 10.
  3. Vienetus padenkite kuo mažiau ir kuo didesnių 1, 2, 4, 8 ar 16 langelių grupių, apsisukančių per kraštus; kiekviena grupė yra vienas sandaugos narys iš kintamųjų, kurie joje nesikeičia. POS formai grupuokite nulius.
  4. Trigeriams ir skaitikliams skaitykite įėjimus kiekvienu aktyviu taktiniu frontu, užrašykite būseną po kiekvieno fronto ir atminkite, kad n bitų skaitiklis apsisuka po 2ⁿ būsenų.

Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Stabilumas
visos charakteristinio daugianario šaknys kairiojoje pusplokštumėje
Rauso lentelė, kubinio daugianario s¹ elementas
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Šaknys dešiniojoje pusplokštumėje
ženklo kaitų skaičius pirmajame stulpelyje
Kubinis daugianaris s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabilus, kai visi a > 0 ir a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Charakteringoji lygtis
1 + K·G(s) = 0
Asimptotės
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Atsiskyrimo ir susijungimo taškai
dK/ds = 0
Modulio sąlyga
K = 1/|G(s)|
Išėjimo kampas
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Metodas

  1. Užrašykite uždarojo kontūro charakteristinį daugianarį: lygties 1 + K·G(s) = 0 vardiklį, išskleistą.
  2. Koeficientus pakaitomis surašykite į pirmąsias dvi Rauso lentelės eilutes ir sudarykite likusias eilutes.
  3. Suskaičiuokite pirmojo stulpelio ženklo kaitas: kiekviena yra vienas polius dešiniojoje pusplokštumėje. Kai lentelėje yra K, reikalaukite, kad kiekvienas pirmojo stulpelio elementas liktų teigiamas.
  4. Šaknų geometrinei vietai pažymėkite polius ir nulius, realiosios ašies ruožus, asimptotes iš centroido ir lūžio taškus, kur dK/ds = 0. Stiprinimui taške naudokite K = 1/|G(s)|.

Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Sistemos tipas
G(s) polių ties s = 0 skaičius
Paklaidos konstantos
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Šuolis A
ess = A/(1 + Kp)
Rampa A·t
ess = A/Kv
Parabolė A·t²/2
ess = A/Ka
PID reguliatorius
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Antrosios eilės tikslas
s² + 2ζωns + ωn²
Viršijimas ir laiko rodikliai
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Metodas

  1. Suskaičiuokite atvirojo kontūro C(s)·G(s) polius ties s = 0: tai yra sistemos tipas.
  2. Apskaičiuokite įėjimui tinkančią paklaidos konstantą: Kp šuoliui, Kv rampai, Ka parabolei.
  3. Taikykite ess = A/(1 + Kp), A/Kv arba A/Ka arba išspręskite jį reikiamam stiprinimui.
  4. Slopinimo ar greičio reikalavimui užrašykite uždarojo kontūro charakteristinį daugianarį ir sulyginkite jį su s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Uždaviniai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiVidutinis
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩIR2​AR4​15 ΩB

Raskite srovę IR2 per R2.

V1 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩR4 = 15 Ω
IR2 = A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiSunkus
R1​ = 4 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​5 VR2​12 ΩAR4​3 ΩBR6​20 Ω

Raskite ekvivalentinę varžą Req, kurią mato šaltinis V1.

V1 = 5 VR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 ΩR4 = 3 ΩR5 = 3 ΩR6 = 20 Ω
Req = Ω
3.Mazgų potencialų metodasVidutinis
−+Vs​ = 9 VIx​Is​5 AAR1​12 ΩR2​6 ΩB

Įtampos šaltinio Vₛ tarp A ir B + gnybtas yra ties B, todėl VB − VA = Vₛ. Mazgų potencialų metodu su supermazgu raskite srovę Ix per įtampos šaltinį, nuo A į B, kaip rodo rodyklė.

Is = 5 AVs = 9 VR1 = 12 ΩR2 = 6 Ω
Ix = A
4.Mazgų potencialų metodasSunkus
R1​ = 6 ΩIR1​R2​ = 30 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​9 VR3​3 ΩAR5​3 ΩBIs​2,5 A+−V2​36 V

Taikykite mazgų potencialų metodą ir raskite srovę IR1 per R1 rodyklės kryptimi.

V1 = 9 VIs = 2,5 AV2 = 36 VR1 = 6 ΩR2 = 30 ΩR3 = 3 ΩR4 = 30 ΩR5 = 3 Ω
IR1 = A
5.Kontūrų srovių metodasVidutinis
R1​ = 3 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​18 VR3​5 Ω+−VR3​A+−V2​10 VI1​I2​

Taikykite kontūrų srovių metodą ir raskite įtampą VR3 ant R3 su pažymėtu poliškumu.

V1 = 18 VV2 = 10 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 Ω
VR3 = V
6.Kontūrų srovių metodasSunkus
R1​ = 2 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​9 VR4​5 ΩAR5​8 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

Taikykite kontūrų srovių metodą ir raskite kontūro srovę I1 (pagal laikrodžio rodyklę).

V1 = 9 VV2 = 36 VR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 30 ΩR4 = 5 ΩR5 = 8 Ω
I1 = A
7.SuperpozicijaVidutinis
R1​ = 3 ΩR3​ = 3 ΩIR3​+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​3 ΩBIs​?

Raskite srovės šaltinio Is vertę (kryptis kaip pavaizduota), kuriai esant srovė IR3 per R3 lygi nuliui.

V1 = 15 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 ΩR4 = 3 Ω
Is = A
8.SuperpozicijaSunkus
R1​ = 6 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 15 ΩIR4​+−V1​18 VR3​12 ΩAIs​3 AB+−V2​36 V

Taikykite superpozicijos principą ir raskite srovę IR4 per R4 rodyklės kryptimi.

V1 = 18 VIs = 3 AV2 = 36 VR1 = 6 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩR4 = 15 Ω
IR4 = A
9.Teveninas ir NortonasVidutinis
R1​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩARL​4 ΩIL​B

Prie a–b prijungta apkrova RL = 4 Ω. Likusią grandinės dalį pakeiskite Tevenino ekvivalentu ir raskite apkrovos srovę IL.

V1 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 ΩRL = 4 Ω
IL = A
10.Teveninas ir NortonasSunkus
R1​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​25 ΩAIs​4 ABab

Raskite Nortono srovę IN: srovę, tekančią iš a į b, kai gnybtai sujungti trumpai.

V1 = 30 VIs = 4 AR1 = 6 ΩR2 = 25 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
11.RC ir RL pereinamieji procesaiVidutinis
+−Vs​6 Vt = 0R = 47 ΩL10 mHi(t)

Kol jungiklis neužsidarė momentu t = 0, rite srovė neteka. Raskite ritėje sukauptą energiją W momentu t = 1 ms, mJ.

Vs = 6 VR = 47 ΩL = 10 mHt = 1 ms
W = mJ
12.RC ir RL pereinamieji procesaiSunkus
+−Vs​9 Vt = 0R = 1 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 12 V

Prieš pat jungiklio užsidarymą momentu t = 0 kondensatoriaus įtampa yra 12 V su pažymėtu poliškumu. Per kiek laiko vC pasieks 10,2 V? Raskite t.

Vs = 9 VR = 1 kΩC = 33 µFvC(0) = 12 V
t = ms
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiVidutinis
230 V500 HzR = 80 ΩL = 100 mHC = 10 µF

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 230 V (efektinė), 500 Hz maitinimo. Raskite pilnutinės varžos fazės kampą φ laipsniais (teigiamas, kai srovė atsilieka nuo įtampos).

V = 230 V (rms)f = 500 HzR = 80 ΩL = 100 mHC = 10 µF
φ = °
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiSunkus
24 V500 HzR = 25 ΩL = 20 mHC = 10 µF

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 24 V (efektinė), 500 Hz maitinimo. Raskite grandinės rezonansinį dažnį f0.

V = 24 V (rms)f = 500 HzR = 25 ΩL = 20 mHC = 10 µF
f0 = Hz
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasVidutinis
230 VR + jXP = 2933 W17 A

Induktyvioji apkrova iš 230 V (efektinė) vienfazio tinklo ima 17 A ir 2933 W. Modeliuokite ją kaip varžą R, nuosekliai sujungtą su reaktyviąja varža X. Raskite R.

V = 230 VI = 17 AP = 2933 W
R = Ω
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasSunkus
P = 50 kWQ1​S1​φ1​QC​

Vienfazė apkrova iš 230 V, 50 Hz tinklo ima 50 kW, kai galios koeficientas 0,6 (induktyvus). Lygiagrečiai prijungtas kondensatorius padidina galios koeficientą iki 0,92. Raskite naują linijos srovę Inew.

P = 50 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,92V = 230 Vf = 50 Hz
Inew = A
17.Trifazė galiaVidutinis
ABCVL​ = 480 VZ = 24 + j7 Ωvienai fazei

Simetrinė trikampiu sujungta apkrova, kurios fazės impedansas 24 + j7 Ω, prijungta prie simetrinio trifazio tinklo, kurio linijinė įtampa 480 V. Raskite bendrą apkrovos naudojamą aktyviąją galią P kW.

VL = 480 VZ = 24 + j7 Ω vienai fazei
P = kW
18.Trifazė galiaSunkus
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​

Simetrinė trifazė apkrova iš 400 V (linijinė įtampa), 50 Hz tinklo ima 60 kW, kai galios koeficientas 0,8 (induktyvus). Lygiagrečiai apkrovai prijungta trifazė kondensatorių baterija turi padidinti bendrą galios koeficientą iki 0,9 (induktyvus). Aktyvioji galia nekinta. Kondensatoriai sujungti žvaigžde. Raskite kiekvieno kondensatoriaus talpą Cph µF.

P = 60 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoriaiVidutinis
2 Ω51

Prie idealaus transformatoriaus, kurio transformacijos koeficientas N₁:N₂ = 5:1, antrinės apvijos prijungtas 2 Ω rezistorius. Raskite varžą R1′, matomą iš pirminės apvijos pusės.

N1:N2 = 5:1RL = 2 Ω
R1′ = Ω
20.TransformatoriaiSunkus
pf 0,9500 kVA, η = 96%

Vienfazio 500 kVA transformatoriaus šerdies nuostoliai yra 2000 W. Esant vardinei apkrovai ir galios koeficientui 0,9 (induktyvus), jo naudingumo koeficientas 96%. Raskite vario nuostolius Pcu,fl vatais esant vardinei apkrovai.

S = 500 kVAPcore = 2000 Wpf = 0,9η = 96%
Pcu,fl = W
21.Operacinių stiprintuvų grandinėsVidutinis
−+Vout​R2​ = 1 kΩV1​ = 2,8 VR1​ = 2 kΩV2​ = 1,1 VR3​ = 2 kΩR4​ = 1 kΩ

Diferencinis stiprintuvas naudoja idealų operacinį stiprintuvą, maitinamą ±15 V, kai R3 = R1 ir R4 = R2. Raskite išėjimo įtampą Vout.

V1 = 2,8 VV2 = 1,1 VR1 = R3 = 2 kΩR2 = R4 = 1 kΩ
Vout = V
22.Operacinių stiprintuvų grandinėsSunkus
−+Vout​R2​ = 10 kΩV1​ = 1,1 VR1​ = 22 kΩV2​ = 0,8 VR3​ = 100 kΩR4​ = 2 kΩ

Operacinis stiprintuvas idealus ir maitinamas ±15 V. Rezistorių santykiai nesuderinti. Raskite išėjimo įtampą Vout.

V1 = 1,1 VV2 = 0,8 VR1 = 22 kΩR2 = 10 kΩR3 = 100 kΩR4 = 2 kΩ
Vout = V
23.Diodai ir tranzistoriaiVidutinis
RC​ = 470 Ωβ = 120VCC​ = 9 VRB​ = 220 kΩ

NPN tranzistoriaus, kurio β = 120, darbo taškas nustatomas bazės rezistoriumi RB = 220 kΩ iš maitinimo šaltinio VCC = 9 V. Kolektoriaus rezistorius RC = 470 Ω, emiteris įžemintas. Imkite VBE = 0,7 V ir tarkite, kad tranzistorius veikia aktyviojoje srityje. Raskite kolektoriaus–emiterio įtampą VCE.

VCC = 9 VRB = 220 kΩRC = 470 Ωβ = 120VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Diodai ir tranzistoriaiSunkus
V (V)I (mA)0,7618,18Q = ?

Diodas modeliuojamas kaip 0,7 V nuosekliai su 5 Ω (praleidžia virš 0,7 V). Jis sujungtas nuosekliai su 330 Ω rezistoriumi ir prijungtas prie 6 V šaltinio. Raskite darbo srovę ID, kur diodo tiesė kertasi su apkrovos tiese.

Vs = 6 VR = 330 ΩV0 = 0,7 Vrd = 5 Ω
ID = mA
25.Skaičiavimo sistemosVidutinis
8 bitų papildomasis kodas0−12806403201608040201

Nustatykite bitus, kad jie saugotų −75 8 bitų dvejetainiu papildomuoju kodu. Skaitant kaip skaičių be ženklo, kokia šablono reikšmė U?

N = −758 bit
U =
26.Skaičiavimo sistemosSunkus
spustelėkite bitus, kad juos nustatytumėte012806403201608040201

Nustatykite bitus pagal 8 bitų rezultatą 1010 0101 XOR 0111 1110. Kokia rezultato reikšmė R dešimtainėje sistemoje?

1010 0101XOR0111 1110
R =
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABCD000111100001111010110302041507161121130150140809011110

Karno žemėlapiu raskite minimalią F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 5, 6, 10, 12, 13) sumų sandaugos (POS) formą. Kiek sumos narių (daugiklių) N ji turi?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 5, 6, 10, 12, 13)
N =
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
ABCD000111100001111000110302X41517160120130151140819011X10

Funkcijai F(A, B, C, D) = Σm(1, 5, 6, 7, 9, 14) + d(4, 10), kur d žymi nesvarbias sąlygas, raskite esminių pagrindinių implikantų skaičių N.

F(A, B, C, D) = Σm(1, 5, 6, 7, 9, 14) + d(4, 10)
N =
29.Laplaso transformacijosVidutinis
t (s)f(t)t = 0,2f(0,2) = ?

Raskite f(t), kai F(s) = (2s + 9)/(s² + 10s + 25), ir apskaičiuokite f(0,2).

F(s) = (2s + 9)/(s² + 10s + 25)t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Laplaso transformacijosSunkus
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Sistema tenkina y″ + 7y′ + 12y = 18·u(t). Ji pradeda iš rimties (y(0) = 0, y′(0) = 0), o įėjimas yra šuolis u(t) = 2, kai t ≥ 0. Laplaso transformacija raskite išėjimą y(0,3).

y″ + 7y′ + 12y = 18·u(t)u(t) = 2y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,3 s
y(0.3) =
31.Struktūrinės schemosVidutinis
R(s)+6(s + 8)(s + 2)(s + 3)G(s)C(s)−

Vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūre G(s) = 6(s + 8)/((s + 2)(s + 3)). Prie atskaitos signalo prijungiamas 2 dydžio šuolis. Raskite nusistovėjusią paklaidą ess.

G(s) = 6(s + 8)/((s + 2)(s + 3))R = 2
ess =
32.Struktūrinės schemosSunkus
R(s)+4s + 4G₁+7s + 1G₂C(s)0,5H₁−0,25H₂−

Sutrumpinkite struktūrinę schemą su G₁ = 4/(s + 4), G₂ = 7/(s + 1), vidiniu neigiamu grįžtamuoju ryšiu H₁ = 0,5 aplink G₂ ir išoriniu neigiamu grįžtamuoju ryšiu H₂ = 0,25. Raskite C(s)/R(s) nuolatinės srovės stiprinimą T(0).

G₁ = 4/(s + 4)G₂ = 7/(s + 1)H₁ = 0,5H₂ = 0,25
T(0) =
33.Šuolinė reakcijaVidutinis
t (s)y(t)3ts​ = ?

Sistemos perdavimo funkcija G(s) = 21/(s² + 4s + 7), o jos įėjimas yra vienetinis šuolis. Raskite šuolinės reakcijos 2 % nusistovėjimo laiką ts, naudodami ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 21/(s² + 4s + 7)
ts = s
34.Šuolinė reakcijaSunkus
R(s)+70s(s + 6)G(s)C(s)−

Vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūre G(s) = 70/(s(s + 6)). Raskite uždarosios sistemos šuolinės reakcijos 2 % nusistovėjimo laiką ts, naudodami ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 70/(s(s + 6))
ts = s
35.Bode grafikai ir atsargosVidutinis
vin​R = 100 ΩL = 1 mHvout​

Parodytas RL aukštųjų dažnių filtras turi R = 100 Ω, L = 1 mH. Taikoma sinusinė įvestis 3,2 kHz. Raskite vout fazės poslinkį φ vin atžvilgiu laipsniais.

R = 100 ΩL = 1 mHf = 3,2 kHz
φ = °
36.Bode grafikai ir atsargosSunkus
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Vienetinio grįžtamojo ryšio kilpos atvirosios kilpos perdavimo funkcija yra L(s) = K/(s(s + 6)(s + 8)). Raskite stiprinimą K, duodantį 6 dB stiprinimo atsargą.

L(s) = K/(s(s + 6)(s + 8))GM = 6 dB
K =
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaVidutinis
R(s)+K1s(s + 3)(s + 5)C(s)−

Schemoje pavaizduoto kontūro atvirojo kontūro perdavimo funkcija yra L(s) = K/(s(s + 3)(s + 5)). Raskite didžiausią stiprinimą Kmax, su kuriuo uždarasis kontūras yra stabilus.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 5))
Kmax =
38.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaSunkus
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2−2,5

Kontūrui L(s) = K/(s(s + 3)(s + 6)) raskite stiprinimą K, kuriam esant uždarojo kontūro polius yra ties s = −2,5.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 6))s = −2,5
K =
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasVidutinis
r(t) = 2·t²/2+20(s + 1)s²(s + 1)C(s)−

Į vienetinio grįžtamojo ryšio kontūrą, kurio G(s) = 20(s + 1)/(s²(s + 1)), paduodamas parabolinis signalas r(t) = 2·t²/2. Raskite nusistovėjusiąją paklaidą ess.

G(s) = 20(s + 1)/(s²(s + 1))r(t) = 2·t²/2
ess =
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasSunkus
R(s)+K = 55s(s + 6)C(s)−

Proporcinis reguliatorius K = 5 valdo objektą G(s) = 5/(s(s + 6)) vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre. Raskite šuolinės reakcijos 2 % nusistovėjimo laiką ts, naudodami ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 5/(s(s + 6))K = 5
ts = s

3Tirpalai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: IR2 = 2,077 A

Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai: nuosekliai per kiekvieną rezistorių teka ta pati srovė ir R = R₁ + R₂ + …. Lygiagrečiai ant kiekvieno rezistoriaus ta pati įtampa ir 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Kopėčių tinklas supaprastinamas po vieną porą, kol lieka viena ekvivalentinė varža.

R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​15 ΩB

Junkite rezistorius nuo tolimiausio galo

Pradėkite nuo galo, esančio toliausiai nuo šaltinio, ir eikite link jo. Rezistoriai, kuriais teka ta pati srovė, sujungti nuosekliai; rezistoriai tarp tų pačių dviejų mazgų – lygiagrečiai.

R3 + R4 = 3 + 15 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 6·18/(6+18) = 4,5 Ω
Req = R1 + 4,5 = 2 + 4,5 = 6,5 Ω

Šaltinio srovė

Šaltinis mato tik Req, todėl Omo dėsnis duoda jo tiekiamą srovę. Ši srovė teka per R₁.

IR1 = V1/Req = 18/6,5 = 2,769 A

Srovė per R₂

Atimkite įtampos kritimą ant R₁ ir gausite mazgo A įtampą, kuri yra įtampa ant R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 18 − 2,769·2 = 12,46 V
IR2 = VA/R2 = 12,46/6 = 2,077 A

Atsakymas

IR2 = 2,077 A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: Req = 7,353 Ω

Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai: nuosekliai per kiekvieną rezistorių teka ta pati srovė ir R = R₁ + R₂ + …. Lygiagrečiai ant kiekvieno rezistoriaus ta pati įtampa ir 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Kopėčių tinklas supaprastinamas po vieną porą, kol lieka viena ekvivalentinė varža.

R1​ = 4 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​5 VR2​12 ΩAR4​3 ΩBR6​20 Ω

Junkite rezistorius nuo tolimiausio galo

Pradėkite nuo galo, esančio toliausiai nuo šaltinio, ir eikite link jo. Rezistoriai, kuriais teka ta pati srovė, sujungti nuosekliai; rezistoriai tarp tų pačių dviejų mazgų – lygiagrečiai.

R5 + R6 = 3 + 20 = 23 Ω
R4 ∥ 23 = 2,654 Ω
R3 + 2,654 = 4,654 Ω
R2 ∥ 4,654 = 3,353 Ω
Req = R1 + 3,353 = 4 + 3,353 = 7,353 Ω

Atsakymas

Req = 7,353 Ω
3.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: Ix = 3,833 A

Mazgų potencialų metodas: pasirinkite atskaitos mazgą, pažymėkite nežinomus mazgų potencialus, kiekvienam nežinomam mazgui užrašykite Kirchhofo srovių dėsnį naudodami Omo dėsnį (I = ΔV/R) ir išspręskite gautas lygtis.

Sudarykite supermazgą

Per įtampos šaltinį tarp A ir B teka nežinoma srovė, todėl Kirchhofo srovių dėsnio negalima užrašyti atskirai mazgams A ar B. A, B ir šaltinį apgaubkite vienu supermazgu: į jį įtekanti srovė lygi ištekančiai.

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

Išspręskite

VA/12 + (VA + 9)/6 = 5
VA = (5 − 9/6)/(1/12 + 1/6) = 14 V
VB = 14 + 9 = 23 V

Srovė per įtampos šaltinį

Viskas, kas per šaltinį pateka iš A į B, iš mazgo B išteka per R₂.

Ix = VB/R2 = 23/6 = 3,833 A

Atsakymas

Ix = 3,833 A

Neigiamas rezultatas reiškia, kad tikroji srovė teka prieš rodyklę.

4.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: IR1 = 0,9319 A

Mazgų potencialų metodas: pasirinkite atskaitos mazgą, pažymėkite nežinomus mazgų potencialus, kiekvienam nežinomam mazgui užrašykite Kirchhofo srovių dėsnį naudodami Omo dėsnį (I = ΔV/R) ir išspręskite gautas lygtis.

R1​ = 6 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​9 VR3​3 ΩAR5​3 ΩBIs​2,5 A+−V2​36 V

Nustatykite mazgus

Įžeminimas – apatinis laidas. Žinomi mazgų potencialai gaunami tiesiai iš šaltinių (V1 = 9 V, V2 = 36 V). Nežinomieji: VA, VB.

KSD mazge A

Srovės, ištekančios iš A per rezistorius, lygios srovei, kurią šaltiniai įleidžia į A.

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/3 + (VA − 9)/6 + (VA − VB)/30 = 0
0,5333·VA − 0,03333·VB = 1,5

KSD mazge B

Srovės, ištekančios iš B per rezistorius, lygios srovei, kurią šaltiniai įleidžia į B.

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/3 + (VB − VA)/30 + (VB − 36)/30 = 2,5
−0,03333·VA + 0,4·VB = 3,7

Išspręskite

Δ = (0,5333)(0,4) − (−0,03333)(−0,03333) = 0,2122
VA = Δ1/Δ = 0,7233/0,2122 = 3,408 V
VB = Δ2/Δ = 2,023/0,2122 = 9,534 V

Atsakymas

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (9 − 3,408)/6 = 0,9319 A
5.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: VR3 = 11,14 V

Kontūrų srovių metodas: kiekvienam plokščios grandinės langui priskirkite savo kontūro srovę, kiekvienam kontūrui užrašykite Kirchhofo įtampų dėsnį (kritimų suma = padidėjimų suma) ir išspręskite. Šakų srovės yra kontūro srovė arba dviejų kontūrų srovių skirtumas bendroje šakoje.

R1​ = 3 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​18 VR3​5 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

Priskirkite kontūrų sroves

Kiekviename lange nubrėžkite srovę pagal laikrodžio rodyklę: I1, I2. Dviem kontūrams bendras rezistorius praleidžia jų srovių skirtumą.

KĮD kontūre 1

Einant pagal laikrodžio rodyklę, įtampos kritimai ant rezistorių lygūs šaltinių įtampų padidėjimams (nuo − iki + ėjimo kryptimi).

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
3·I1 + 5(I1 − I2) = 18
8·I1 − 5·I2 = 18

KĮD kontūre 2

Einant pagal laikrodžio rodyklę, įtampos kritimai ant rezistorių lygūs šaltinių įtampų padidėjimams (nuo − iki + ėjimo kryptimi).

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
20·I2 + 5(I2 − I1) = (−10)
−5·I1 + 25·I2 = −10

Išspręskite

Δ = (8)(25) − (−5)(−5) = 175
I1 = Δ1/Δ = 400/175 = 2,286 A
I2 = Δ2/Δ = 10/175 = 0,05714 A

Atsakymas

IR3 = I1 − I2 = 2,229 A
VR3 = IR3·R3 = 2,229·5 = 11,14 V

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

6.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: I1 = 1,221 A

Kontūrų srovių metodas: kiekvienam plokščios grandinės langui priskirkite savo kontūro srovę, kiekvienam kontūrui užrašykite Kirchhofo įtampų dėsnį (kritimų suma = padidėjimų suma) ir išspręskite. Šakų srovės yra kontūro srovė arba dviejų kontūrų srovių skirtumas bendroje šakoje.

R1​ = 2 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​9 VR4​5 ΩAR5​8 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

Priskirkite kontūrų sroves

Kiekviename lange nubrėžkite srovę pagal laikrodžio rodyklę: I1, I2, I3. Dviem kontūrams bendras rezistorius praleidžia jų srovių skirtumą.

KĮD kontūre 1

Einant pagal laikrodžio rodyklę, įtampos kritimai ant rezistorių lygūs šaltinių įtampų padidėjimams (nuo − iki + ėjimo kryptimi).

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
2·I1 + 5(I1 − I2) = 9
7·I1 − 5·I2 = 9

KĮD kontūre 2

Einant pagal laikrodžio rodyklę, įtampos kritimai ant rezistorių lygūs šaltinių įtampų padidėjimams (nuo − iki + ėjimo kryptimi).

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
5·I2 + 5(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−5·I1 + 18·I2 − 8·I3 = 0

KĮD kontūre 3

Einant pagal laikrodžio rodyklę, įtampos kritimai ant rezistorių lygūs šaltinių įtampų padidėjimams (nuo − iki + ėjimo kryptimi).

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
30·I3 + 8(I3 − I2) = (−36)
−8·I2 + 38·I3 = −36

Išspręskite

Δ = koeficientų matricos determinantas = 3390
I1 = Δ1/Δ = 4140/3390 = 1,221 A
I2 = Δ2/Δ = −306/3390 = −0,09027 A
I3 = Δ3/Δ = −3276/3390 = −0,9664 A

Atsakymas

I1 = 1,221 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

7.Superpozicija

Atsakymas: Is = 4,348 A

Superpozicija: tiesinėje grandinėje bet kuri įtampa ar srovė yra atsakų į kiekvieną atskirai veikiantį nepriklausomą šaltinį suma. Norėdami išjungti šaltinį, idealų įtampos šaltinį pakeiskite trumpuoju jungimu, o idealų srovės šaltinį – atvira grandine. Rezistoriai lieka savo vietose.

R1​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​3 ΩBATVIRA

1 atvejis · veikia tik V1

Iₛ tampa atvira grandine, todėl R₃ ir R₄ sudaro vieną nuoseklią šaką nuo A iki įžeminimo, lygiagrečią su R₂.

R3+R4 = 3+3 = 6 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 20·6/(20+6) = 4,615 Ω
VA = 15·4,615/(3+4,615) = 9,091 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 9,091·3/6 = 4,545 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (9,091 − 4,545)/3 = 1,515 A

2 atvejis · veikia tik Is

V₁ tampa trumpuoju jungimu, todėl R₁ ∥ R₂ jungia A su įžeminimu. Taške B Iₛ pasiskirsto tarp R₄ ir kelio R₃ + R₁∥R₂; dalis per R₃ teka nuo B į A, prieš rodyklę.

R1 ∥ R2 = 2,609 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·3/8,609 = −0,3485·Is

Prilyginkite sumą nuliui

IR3′ + IR3″ = 1,515 − 0,3485·Is = 0
Is = 1,515/0,3485 = 4,348 A

Atsakymas

Is = 4,348 A
8.Superpozicija

Atsakymas: IR4 = −2 A

Superpozicija: tiesinėje grandinėje bet kuri įtampa ar srovė yra atsakų į kiekvieną atskirai veikiantį nepriklausomą šaltinį suma. Norėdami išjungti šaltinį, idealų įtampos šaltinį pakeiskite trumpuoju jungimu, o idealų srovės šaltinį – atvira grandine. Rezistoriai lieka savo vietose.

R1​ = 6 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​18 VR3​12 ΩAATVIRABTRUMPAS JUNGIMAS

1 atvejis · veikia tik V1

V₂ tampa trumpuoju jungimu, o Iₛ – atvira grandine. Žiūrint iš A, R₃ yra lygiagretus su nuoseklia pora R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 12 ∥ 17 = 7,034 Ω
VA = 18·7,034/(6+7,034) = 9,714 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 9,714·15/17 = 8,571 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (8,571 − 0)/15 = 0,5714 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 15 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​12 ΩAIs​3 ABTRUMPAS JUNGIMAS

2 atvejis · veikia tik Is

Abu įtampos šaltiniai tampa trumpaisiais jungimais. Iₛ taške B dalijasi tarp R₄ (dabar į įžeminimą) ir R₂, nuoseklaus su R₁ ∥ R₃.

R1 ∥ R3 = 4 Ω, todėl kairysis kelias yra R2+4 = 6 Ω
Req = R4 ∥ 6 = 4,286 Ω
VB = Is·Req = (−3)·4,286 = −12,86 V
VA = VB·4/6 = −8,571 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (−12,86 − 0)/15 = −0,8571 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 15 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​12 ΩAATVIRAB+−V2​36 V

3 atvejis · veikia tik V2

V₁ tampa trumpuoju jungimu, o Iₛ – atvira grandine. R₁ ∥ R₃ eina nuo A, nuosekliai su R₂ atgal iki B.

R1 ∥ R3 = 6·12/(6+12) = 4 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 36·6/21 = 10,29 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 10,29·4/6 = 6,857 V
IR4‴ = (VB − V2)/R4 = (10,29 − 36)/15 = −1,714 A

Sudėkite dedamąsias

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴
IR4 = 0,5714 + (−0,8571) + (−1,714) = −2 A

Neigiamas rezultatas reiškia, kad iš tikrųjų srovė teka prieš rodyklę.

9.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: IL = 0,5556 A

Tevenino teorema: bet kuris tiesinis dvipolis tinklas elgiasi kaip vienas įtampos šaltinis Vth, nuosekliai sujungtas su varža Rth. Nortono teorema tą patį tinklą pateikia kaip srovės šaltinį IN = Vth/Rth, lygiagretų su Rth.

R1​ = 6 ΩR3​ = 2 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​6 ΩAabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

Įtampos šaltinius pakeiskite trumpaisiais jungimais, srovės šaltinius – atvira grandine, tada žiūrėkite į grandinę iš a–b.

R1 ∥ R2 = 6·6/(6+6) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 2 = 5 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAab+−Vth​

Raskite Vth – tuščiosios veikos įtampą

Kai a–b atviri, per R₃ srovė neteka, todėl ant jo nėra įtampos kritimo ir V_b = V_A. R₁ ir R₂ sudaro įtampos daliklį.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 10·6/(6+6) = 5 V
Rth​ = 5 Ω+−Vth​5 VRL​4 ΩIL​

Prijunkite apkrovą prie Tevenino ekvivalento

Tevenino šaltinis ir nuoseklus R_th gnybtuose a–b elgiasi lygiai kaip pradinė grandinė, todėl apkrova mato paprastą nuoseklų kontūrą.

IL = Vth/(Rth + RL) = 5/(5 + 4) = 0,5556 A
10.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: IN = 4,974 A

Tevenino teorema: bet kuris tiesinis dvipolis tinklas elgiasi kaip vienas įtampos šaltinis Vth, nuosekliai sujungtas su varža Rth. Nortono teorema tą patį tinklą pateikia kaip srovės šaltinį IN = Vth/Rth, lygiagretų su Rth.

R1​ = 6 ΩR3​ = 20 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​25 ΩAATVIRABabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

Įtampos šaltinius pakeiskite trumpaisiais jungimais, srovės šaltinius – atvira grandine, tada žiūrėkite į grandinę iš a–b.

R1 ∥ R2 = 6·25/(6+25) = 4,839 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,839 + 20 = 24,84 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​25 ΩAIs​4 ABab+−Vth​

Raskite Vth – tuščiosios veikos įtampą

Kai a–b atviri, vienintelis kelias Iₛ yra per R₃ į mazgą A. Raskite V_A superpozicija iš V₁ ir Iₛ, tada pridėkite įtampos kritimą ant R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 24,19 + 4·4,839 = 43,55 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 43,55 + 4·20 = 123,5 V
IN​4,974 ARth​24,84 Ωab

Nortono ekvivalentas

Nortono šaltinis – ta pati grandinė, matoma kaip srovės šaltinis lygiagrečiai su R_th. Jo srovė yra trumpojo jungimo srovė tarp a–b.

IN = Vth/Rth = 123,5/24,84 = 4,974 A
11.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: W = 0,08001 mJ

Pirmos eilės pereinamieji procesai: grandinėje su vienu kondensatoriumi arba viena rite kiekviena įtampa ir srovė eksponentiškai kinta nuo pradinės iki galutinės vertės: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, kur τ = RC arba τ = L/R. Po maždaug 5τ grandinė nusistovi.

Laiko konstanta ir galutinė srovė

Ilgai po jungiklio užsidarymo ritė elgiasi kaip trumpasis jungimas, todėl galutinę srovę lemia tik R.

τ = L/R = 10 mH / 47 Ω = 0,2128 ms
i(∞) = Vs/R = 6/47 = 0,1277 A

Srovė duotuoju momentu

i(t) = 0,1277·(1 − e−1/0,2128) = 0,1265 A

Sukaupta energija

W = ½·L·i² = ½·10·0,1265² = 0,08001 mJ

Atsakymas

W = 0,08001 mJ
12.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: t = 30,24 ms

Pirmos eilės pereinamieji procesai: grandinėje su vienu kondensatoriumi arba viena rite kiekviena įtampa ir srovė eksponentiškai kinta nuo pradinės iki galutinės vertės: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, kur τ = RC arba τ = L/R. Po maždaug 5τ grandinė nusistovi.

Pradinė vertė, galutinė vertė, laiko konstanta

Kondensatoriaus įtampa negali pasikeisti šuoliu, todėl ji pradeda nuo sukauptos vertės ir artėja prie šaltinio įtampos.

vC(0) = 12 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 1 kΩ · 33 µF = 33 ms
vC(t) = 9 + (12 − 9)·e−t/τ

Išreiškite laiką

10,2 = 9 + (3)·e−t/τ → e−t/τ = (10,2 − 9)/(12 − 9) = 0,4
t = τ·ln((12 − 9)/(10,2 − 9)) = 33·ln(2,5) = 30,24 ms

Atsakymas

t = 30,24 ms
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: φ = 74,18 °

Kintamosios srovės grandinės ir fazoriai: rezistorių, ričių ir kondensatorių pilnutinės varžos yra R, jωL ir 1/(jωC), kur ω = 2πf. Nuosekliai pilnutinės varžos sumuojamos kaip varžos, tik kompleksiniais skaičiais. Efektinės srovė ir įtampa tenkina Omo dėsnį su |Z|.

Reaktyviosios varžos

ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,1 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·10·10⁻⁶) = 31,83 Ω

Pilnutinė varža

Nuosekliai pilnutinės varžos sudedamos kaip kompleksiniai skaičiai: Z = R + j(XL − XC).

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (282,3)²) = 293,4 Ω

Fazės kampas

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(282,3/80) = 74,18°

Atsakymas

φ = 74,18°
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: f0 = 355,9 Hz

Kintamosios srovės grandinės ir fazoriai: rezistorių, ričių ir kondensatorių pilnutinės varžos yra R, jωL ir 1/(jωC), kur ω = 2πf. Nuosekliai pilnutinės varžos sumuojamos kaip varžos, tik kompleksiniais skaičiais. Efektinės srovė ir įtampa tenkina Omo dėsnį su |Z|.

Rezonansas

Rezonanso metu induktyvioji ir talpinė reaktyviosios varžos susiprastina: ωL = 1/(ωC). Maitinimo dažnis nesvarbus.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,02·10·10⁻⁶)) = 355,9 Hz

Atsakymas

f0 = 355,9 Hz
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: R = 10,15 Ω

Kintamosios srovės galia: pilnutinė galia S = V·I (VA) skyla į aktyviąją galią P = S·cos φ (W), atliekančią naudingą darbą, ir reaktyviąją galią Q = S·sin φ (var), kuri svyruoja tarp šaltinio ir apkrovos. Galios koeficientas yra cos φ. Lygiagretus kondensatorius reaktyviąją galią tiekia vietoje, todėl esant tai pačiai aktyviajai galiai linijos srovė sumažėja.

Varža iš aktyviosios galios

R = P/I² = 2933/17² = 10,15 Ω

Atsakymas

R = 10,15 Ω
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: Inew = 236,3 A

Kintamosios srovės galia: pilnutinė galia S = V·I (VA) skyla į aktyviąją galią P = S·cos φ (W), atliekančią naudingą darbą, ir reaktyviąją galią Q = S·sin φ (var), kuri svyruoja tarp šaltinio ir apkrovos. Galios koeficientas yra cos φ. Lygiagretus kondensatorius reaktyviąją galią tiekia vietoje, todėl esant tai pačiai aktyviajai galiai linijos srovė sumažėja.

Reaktyvioji galia prieš ir po

Aktyvioji galia P nesikeičia; keičiasi tik iš tinklo imama reaktyvioji galia.

Q1 = P·tan φ1 = 50·tan(53,13°) = 66,67 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(23,07°) = 21,3 kvar
QC = Q1 − Q2 = 45,37 kvar

Nauja linijos srovė

Inew = P/(V·cos φ2) = 50000/(230·0,92) = 236,3 A

Atsakymas

Inew = 236,3 A
17.Trifazė galia

Atsakymas: P = 26,54 kW

Simetrinės trifazės sistemos: jungiant žvaigžde (Y) linijinė įtampa √3 karto didesnė už fazinę, VL = √3·Vph, o linijinė srovė lygi fazinei. Jungiant trikampiu (Δ) linijinė įtampa lygi fazinei, o linijinė srovė √3 karto didesnė už fazinę, IL = √3·Iph. Bendra galia tris kartus didesnė už vienos fazės galią: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Fazinė įtampa

Vph = VL = 480 V

Fazinė srovė

|Z| = √(24² + 7²) = 25 Ω
Iph = 480/25 = 19,2 A

Bendra aktyvioji galia

Aktyviąją galią naudoja tik aktyvioji kiekvieno impedanso dalis.

P = 3·Iph²·R = 3·19,2²·24 = 26,54 kW

Atsakymas

P = 26,54 kW

Patikrinimas: cos φ = R/|Z| = 0,96, o √3·VL·IL·cos φ duoda tą pačią galią.

18.Trifazė galia

Atsakymas: Cph = 317,1 µF

Simetrinės trifazės sistemos: jungiant žvaigžde (Y) linijinė įtampa √3 karto didesnė už fazinę, VL = √3·Vph, o linijinė srovė lygi fazinei. Jungiant trikampiu (Δ) linijinė įtampa lygi fazinei, o linijinė srovė √3 karto didesnė už fazinę, IL = √3·Iph. Bendra galia tris kartus didesnė už vienos fazės galią: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Galios koeficiento gerinimas: kondensatoriai reaktyviąją galią tiekia vietoje, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Kiekvienas iš trijų kondensatorių tiekia QC/3 = V²·ω·C, kur V – įtampa ant to kondensatoriaus: trikampiu sujungtoje baterijoje VL, žvaigžde sujungtoje – VL/√3.

Reaktyvioji galia prieš ir po

Aktyvioji galia nekinta, todėl kiekvienas galios koeficientas nulemia reaktyviąją galią: Q = P·tan φ.

Q1 = 60·tan(acos 0,8) = 60·0,75 = 45 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,9) = 60·0,4843 = 29,06 kvar

Kondensatorių tiekiama reaktyvioji galia

QC = Q1 − Q2 = 15,94 kvar

Vienos fazės talpa

Žvaigžde sujungtoje baterijoje kiekvienas kondensatorius prijungtas tarp linijos ir žvaigždės taško.

V = 400/√3 = 230,9 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 5314/(314,2·230,9²) = 317,1 µF

Atsakymas

Cph = 317,1 µF
19.Transformatoriai

Atsakymas: R1′ = 50 Ω

Idealus transformatorius: įtampų santykis lygus vijų skaičių santykiui, o srovių – atvirkštiniam santykiui: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a ir I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, todėl įėjimo galia lygi išėjimo galiai, V₁·I₁ = V₂·I₂. Antrinėje pusėje esantis apkrovos impedansas Z iš pirminės pusės atrodo kaip a²·Z.

Perskaičiuota varža

Įtampa padidėja a kartų, o srovė a kartų sumažėja, todėl santykis V/I padidėja a² kartų.

R1′ = a²·RL = 5²·2 = 50 Ω

Atsakymas

R1′ = 50 Ω
20.Transformatoriai

Atsakymas: Pcu,fl = 16750 W

Transformatoriaus nuostoliai: šerdies nuostoliai (histerezės ir sūkurinių srovių) priklauso nuo įtampos ir esant bet kokiai apkrovai yra vienodi. Vario nuostoliai apvijose proporcingi srovės kvadratui, todėl esant apkrovos daliai x nuo vardinės jie lygūs x²·Pcu,fl. Naudingumo koeficientas η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), kur Pout = x·S·pf. Naudingumo koeficientas didžiausias esant tokiai apkrovai, kai vario nuostoliai lygūs šerdies nuostoliams.

Išėjimo ir įėjimo galia

Pout = 500·0,9 = 450 kW
Pin = 450000/0,96 = 468750 W

Bendri ir vario nuostoliai

Ploss = 468750 − 450000 = 18750 W
Pcu,fl = 18750 − 2000 = 16750 W

Atsakymas

Pcu,fl = 16750 W
21.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = −0,85 V

Idealaus operacinio stiprintuvo taisyklės: esant neigiamajam grįžtamajam ryšiui, stiprintuvas nustato išėjimą taip, kad abiejų įėjimų įtampa būtų vienoda (V₋ = V₊), ir į nė vieną įėjimą srovė neteka. KSD invertuojančiajame įėjime su šiais dviem faktais duoda išėjimą.

Įtampa įėjimuose

Per R₃ ir R₄ teka ta pati srovė, todėl jie sudaro įtampos daliklį; grįžtamasis ryšys užtikrina V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,1·1/(2 + 1) = 0,3667 V
V₋ = V₊

Kirchhofo srovių dėsnis invertuojančiajame įėjime

(2,8 − 0,3667)/2 = (0,3667 − Vout)/1
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (1/2)·(1,1 − 2,8) = −0,85 V

Atsakymas

Vout = −0,85 V
22.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = −0,4772 V

Idealaus operacinio stiprintuvo taisyklės: esant neigiamajam grįžtamajam ryšiui, stiprintuvas nustato išėjimą taip, kad abiejų įėjimų įtampa būtų vienoda (V₋ = V₊), ir į nė vieną įėjimą srovė neteka. KSD invertuojančiajame įėjime su šiais dviem faktais duoda išėjimą.

Įtampa + įėjime

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 0,8·2/(100 + 2) = 0,01569 V

Sudėkite abiejų įėjimų indėlius

Kai V₂ = 0, V₁ mato invertuojantį stiprintuvą. Kai V₁ = 0, V₊ stiprinamas neinvertuojančiu stiprinimu 1 + R₂/R₁.

Vout = −(10/22)·1,1 + (1 + 10/22)·0,01569 = −0,5 + 0,02282 = −0,4772 V

Atsakymas

Vout = −0,4772 V
23.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: VCE = 6,872 V

Dvipolio tranzistoriaus darbo taškas: aktyviojoje srityje VBE = 0,7 V, IC = β·IB ir IE = (β + 1)·IB. IB raskite iš bazės kontūro pagal KĮD, tada IC, tada VCE iš kolektoriaus–emiterio kontūro. Įtampos daliklis bazėje pakeičiamas jo Tevenino ekvivalentu VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; emiterio rezistorius bazės kontūre atrodo (β + 1) karto didesnis.

Bazės srovė

IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/220 kΩ = 37,73 µA

Kolektoriaus srovė

IC = β·IB = 120·37,73 µA = 4,527 mA

Kolektoriaus–emiterio įtampa

VCE = 9 − 4,527 mA·0,47 kΩ = 6,872 V

Atsakymas

VCE = 6,872 V
24.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: ID = 15,82 mA

Šviesos diodų (LED) ir diodų grandinės: tiesiogine kryptimi įjungtas LED krinta maždaug jo tiesiogine įtampa VF (apie 2 V raudonam, 3 V mėlynam ar baltam), nepriklausomai nuo srovės. Srovę nustato nuoseklusis rezistorius: R = (Vs − n·VF)/I, kai nuosekliai sujungta n LED. Tikslesniu diodo modeliu V = V₀ + I·rd darbo taškas yra ten, kur diodo tiesė kertasi su apkrovos tiese I = (Vs − V)/R, todėl I = (Vs − V₀)/(R + rd).

Sujunkite dvi lygtis

6 = 0,7 + I·(330 + 5)

Darbo srovė

ID = 5,3/335 = 15,82 mA
VD = 0,7 + 0,01582·5 = 0,7791 V

Atsakymas

ID = 15,82 mA
25.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 181

Bitų nustatymas: kiekvienas bitas vertas dvejeto laipsnio (128, 64, …, 1). Vienas šešioliktainis skaitmuo yra lygiai keturi bitai, o 8 bitų dvejetainiame papildomajame kode kairysis bitas vertas −128. Bitinės operacijos atliekamos kiekvienai bito pozicijai atskirai.

Invertuokite ir pridėkite vienetą

75 = 0100 1011
invertuota: 1011 0100
+1 → 1011 0101

Perskaitykite be ženklo

1011 0101₂ = 256 − 75 = 181

Atsakymas

U = 181
26.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: R = 219

Bitų nustatymas: kiekvienas bitas vertas dvejeto laipsnio (128, 64, …, 1). Vienas šešioliktainis skaitmuo yra lygiai keturi bitai, o 8 bitų dvejetainiame papildomajame kode kairysis bitas vertas −128. Bitinės operacijos atliekamos kiekvienai bito pozicijai atskirai.

Bitas po bito

XOR duoda 1, kur du bitai skiriasi.

1010 0101
XOR 0111 1110
= 1101 1011

Rezultato reikšmė

1101 1011₂ = 219

Atsakymas

R = 219
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: N = 5

Karno žemėlapiai: langeliai išdėstyti Grejaus kodu (00, 01, 11, 10), todėl gretimi langeliai, įskaitant esančius per kraštus, skiriasi tiksliai vienu kintamuoju. Sugrupuokite vienetus į 1, 2, 4, 8 arba 16 langelių stačiakampius, kuo didesnius ir kuo mažiau, kol bus padengtas kiekvienas vienetas. Kiekviena grupė yra vienas sandaugos narys: kintamieji, kurie joje nesikeičia. 2ᵏ langelių grupė netenka k kintamųjų. Nesvarbias reikšmes (X) galima naudoti grupėms didinti, bet jų dengti nebūtina. Grupuojant nulius, gaunama minimali POS forma.

ABCD000111100001111010110302041507161121130150140809011110

Sugrupuokite nulius

Kiekviena grupė yra 2ᵏ langelių stačiakampis; kraštiniai langeliai yra priešingo krašto langelių kaimynai.

(C′ + D′)
(A + B + C′)
(A′ + B + C)
(A′ + B′ + C′)
(A + B′ + C + D)

Minimali POS forma

F = (C′ + D′)(A + B + C′)(A′ + B + C)(A′ + B′ + C′)(A + B′ + C + D)
N = 5

Atsakymas

N = 5
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: N = 2

Karno žemėlapiai: langeliai išdėstyti Grejaus kodu (00, 01, 11, 10), todėl gretimi langeliai, įskaitant esančius per kraštus, skiriasi tiksliai vienu kintamuoju. Sugrupuokite vienetus į 1, 2, 4, 8 arba 16 langelių stačiakampius, kuo didesnius ir kuo mažiau, kol bus padengtas kiekvienas vienetas. Kiekviena grupė yra vienas sandaugos narys: kintamieji, kurie joje nesikeičia. 2ᵏ langelių grupė netenka k kintamųjų. Nesvarbias reikšmes (X) galima naudoti grupėms didinti, bet jų dengti nebūtina. Grupuojant nulius, gaunama minimali POS forma.

Pagrindiniai implikantai

Didžiausios grupės, kurias galima sudaryti iš vienetų ir X.

B′C′D, BCD′, A′C′D, ACD′, A′B
ABCD000111100001111000110302X41517160120130151140819011X10

Esminiai pagrindiniai implikantai

B′C′D, A′B
N = 2

Atsakymas

N = 2
29.Laplaso transformacijos

Atsakymas: f(0.2) = 0,6622

Laplaso transformacija: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt išvestines paverčia daugyba iš s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Standartinės poros: 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), o postūmis s → s + σ laiko funkciją padaugina iš e−σt. Norėdami atlikti racionaliosios F(s) atvirkštinę transformaciją, išskaidykite ją į paprastąsias trupmenas: paprastojo poliaus p reziduumas yra A = [(s − p)·F(s)] ties s = p. Galutinės vertės teorema: f(∞) = lims→0 s·F(s), galioja tik tada, kai visi s·F(s) poliai yra kairiojoje pusplokštumėje. Pradinės vertės teorema: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Išskaidykite vardiklį dauginamaisiais

s² + 10s + 25 = (s + 5)²

Paprastosios trupmenos

2s + 9 = 2(s + 5) + −1
F(s) = 2/(s + 5) − 1/(s + 5)²

Atvirkštinė transformacija

f(t) = 2·e−5t − t·e−5t
f(0,2) = (2 − 1·0,2)·e−5·0,2 = 0,6622

Atsakymas

f(0,2) = 0,6622
30.Laplaso transformacijos

Atsakymas: y(0.3) = 0,8319

Laplaso transformacija: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt išvestines paverčia daugyba iš s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Standartinės poros: 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), o postūmis s → s + σ laiko funkciją padaugina iš e−σt. Norėdami atlikti racionaliosios F(s) atvirkštinę transformaciją, išskaidykite ją į paprastąsias trupmenas: paprastojo poliaus p reziduumas yra A = [(s − p)·F(s)] ties s = p. Galutinės vertės teorema: f(∞) = lims→0 s·F(s), galioja tik tada, kai visi s·F(s) poliai yra kairiojoje pusplokštumėje. Pradinės vertės teorema: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Transformuokite lygtį

Y(s) = 36/(s(s + 3)(s + 4))

Paprastosios trupmenos

A = 36/(3·4) = 3
B = 36/((−3)·1) = −12
C = 36/((−4)·(−1)) = 9

Išskirta

y(t) = 3 − 12·e−3t + 9·e−4t
y(0,3) = 0,8319

Atsakymas

y(0,3) = 0,8319
31.Struktūrinės schemos

Atsakymas: ess = 0,2222

Struktūrinių schemų algebra: nuosekliai sujungti blokai dauginami (G₁·G₂), lygiagrečiai sujungti blokai sudedami (G₁ + G₂), o kontūras su tiesioginiu keliu G ir grįžtamuoju ryšiu H sutrumpinamas iki T = G/(1 + G·H) neigiamam grįžtamajam ryšiui ir G/(1 − G·H) teigiamam grįžtamajam ryšiui. Pirmiausia sutrumpinkite vidinius kontūrus, tada eikite į išorę. Uždarosios sistemos poliai yra charakteristinės lygties 1 + G(s)H(s) = 0 šaknys. Stabilioje sistemoje A dydžio šuolinis įėjimas duoda nusistovėjusį išėjimą A·T(0); esant vienetiniam grįžtamajam ryšiui nusistovėjusi paklaida šuoliui yra A/(1 + Kp), kur Kp = G(0).

Padėties paklaidos konstanta

Kₚ = G(0) = 6·8/(2·3) = 8

Nusistovėjusi paklaida

ess = A/(1 + Kₚ) = 2/(1 + 8) = 0,2222

Atsakymas

ess = 0,2222
32.Struktūrinės schemos

Atsakymas: T(0) = 1,12

Struktūrinių schemų algebra: nuosekliai sujungti blokai dauginami (G₁·G₂), lygiagrečiai sujungti blokai sudedami (G₁ + G₂), o kontūras su tiesioginiu keliu G ir grįžtamuoju ryšiu H sutrumpinamas iki T = G/(1 + G·H) neigiamam grįžtamajam ryšiui ir G/(1 − G·H) teigiamam grįžtamajam ryšiui. Pirmiausia sutrumpinkite vidinius kontūrus, tada eikite į išorę. Uždarosios sistemos poliai yra charakteristinės lygties 1 + G(s)H(s) = 0 šaknys. Stabilioje sistemoje A dydžio šuolinis įėjimas duoda nusistovėjusį išėjimą A·T(0); esant vienetiniam grįžtamajam ryšiui nusistovėjusi paklaida šuoliui yra A/(1 + Kp), kur Kp = G(0).

Vidinis kontūras

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 7/(s + 4,5)

Išorinis kontūras

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 28/((s + 4)(s + 4,5) + 7)

Nuolatinės srovės stiprinimas

T(0) = 28/(4·4,5 + 7) = 28/25 = 1,12

Atsakymas

T(0) = 1,12
33.Šuolinė reakcija

Atsakymas: ts = 2 s

Šuolinė reakcija: pirmosios eilės sistema G(s) = K/(τs + 1) į U dydžio šuolį atsako y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): po vienos laiko pastoviosios τ ji pasiekia 63,2 % galutinės vertės K·U, o po 4τ – 98 %. Antrosios eilės sistema G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) turi polius s = −ζωₙ ± jωd, kur ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Kai 0 < ζ < 1, šuolinė reakcija viršija galutinę vertę: procentinis viršijimas %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), pikų laikas tp = π/ωd, o 2 % nusistovėjimo laikas ts ≈ 4/(ζωₙ). Palyginkite vardiklį su s² + 2ζωₙs + ωₙ², kad nustatytumėte ωₙ ir ζ. Masės, spyruoklės ir slopintuvo sistemai ωₙ = √(k/m) ir ζ = c/(2√(km)); nuosekliajai RLC grandinei ωₙ = 1/√(LC) ir ζ = (R/2)·√(C/L).

Palyginkite su standartine forma

Vardiklis turi atitikti s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 7 → ωₙ = 2,646 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·2,646) = 0,7559

Rezultatas

ζωₙ = 2 → ts ≈ 4/2 = 2 s

Atsakymas

ts = 2 s
34.Šuolinė reakcija

Atsakymas: ts = 1,333 s

Šuolinė reakcija: pirmosios eilės sistema G(s) = K/(τs + 1) į U dydžio šuolį atsako y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): po vienos laiko pastoviosios τ ji pasiekia 63,2 % galutinės vertės K·U, o po 4τ – 98 %. Antrosios eilės sistema G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) turi polius s = −ζωₙ ± jωd, kur ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Kai 0 < ζ < 1, šuolinė reakcija viršija galutinę vertę: procentinis viršijimas %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), pikų laikas tp = π/ωd, o 2 % nusistovėjimo laikas ts ≈ 4/(ζωₙ). Palyginkite vardiklį su s² + 2ζωₙs + ωₙ², kad nustatytumėte ωₙ ir ζ. Masės, spyruoklės ir slopintuvo sistemai ωₙ = √(k/m) ir ζ = c/(2√(km)); nuosekliajai RLC grandinei ωₙ = 1/√(LC) ir ζ = (R/2)·√(C/L).

Uždarosios sistemos perdavimo funkcija

T(s) = 70/(s² + 6s + 70): ωₙ = 8,367 rad/s, ζ = 0,3586

Nusistovėjimo laikas

ζωₙ = 6/2 = 3
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 1,333 s

Atsakymas

ts = 1,333 s

Šiame kontūre ζωₙ = a/2 nepriklausomai nuo K: didinant K viršijimas auga, bet nusistovėjimo laikas netrumpėja.

35.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: φ = 78,63 °

Dažninė charakteristika: perdavimo funkcijoje įrašykite s = jω. Modulis decibelais yra 20·log₁₀|H(jω)|, o fazė yra skaitiklio dauginamųjų kampų suma minus vardiklio dauginamųjų kampų suma. Pirmos eilės RC ar RL filtras turi lūžio (−3 dB) dažnį ωc = 1/(RC) arba R/L, o fc = ωc/(2π); žemųjų dažnių filtras duoda |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) ir φ = −atan(ω/ωc). Asimptotiniame (tiesių atkarpų) Bode grafike kiekvienas polius sulenkia modulį žemyn 20 dB/dekadai ties savo lūžio dažniu, kiekvienas nulis sulenkia jį aukštyn 20 dB/dekadai, o integratorius 1/s visais dažniais duoda −20 dB/dekadai. Stiprinimo kirtimo dažnis ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); fazės atsarga PM = 180° + ∠L(jωc). Fazės kirtimo dažnis ω180: ∠L(jω) = −180°; stiprinimo atsarga GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Uždaroji kilpa stabili, kai abi atsargos teigiamos.

Lūžio dažnis

ωc = R/L = 100/0,001 = 100000 rad/s
fc = 15915 Hz → f/fc = 3200/15915 = 0,2011

Fazė

φ = 90° − atan(0,2011) = 78,63°

Atsakymas

φ = 78,63°
36.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: K = 336,8

Dažninė charakteristika: perdavimo funkcijoje įrašykite s = jω. Modulis decibelais yra 20·log₁₀|H(jω)|, o fazė yra skaitiklio dauginamųjų kampų suma minus vardiklio dauginamųjų kampų suma. Pirmos eilės RC ar RL filtras turi lūžio (−3 dB) dažnį ωc = 1/(RC) arba R/L, o fc = ωc/(2π); žemųjų dažnių filtras duoda |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) ir φ = −atan(ω/ωc). Asimptotiniame (tiesių atkarpų) Bode grafike kiekvienas polius sulenkia modulį žemyn 20 dB/dekadai ties savo lūžio dažniu, kiekvienas nulis sulenkia jį aukštyn 20 dB/dekadai, o integratorius 1/s visais dažniais duoda −20 dB/dekadai. Stiprinimo kirtimo dažnis ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); fazės atsarga PM = 180° + ∠L(jωc). Fazės kirtimo dažnis ω180: ∠L(jω) = −180°; stiprinimo atsarga GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Uždaroji kilpa stabili, kai abi atsargos teigiamos.

Fazės kirtimas

(ω/6)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(6·8) = 6,928 rad/s

Modulis ties fazės kirtimu

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 36)·√(ω² + 64)) = K/(6·8·(6 + 8)) = K/672

Reikalingas stiprinimas

672/K = 106/20 = 1,995
K = 672/1,995 = 336,8

Atsakymas

K = 336,8
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: Kmax = 120

Rauso–Hurvico kriterijus: tiesinė sistema yra stabili, kai visos jos charakteristinio daugianario šaknys yra kairiojoje s plokštumos pusėje. Koeficientus pakaitomis surašykite į pirmąsias dvi Rauso lentelės eilutes. Kiekvienas naujos eilutės elementas apskaičiuojamas iš dviejų aukščiau esančių eilučių; kubiniam daugianariui a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ elementas s¹ eilutėje yra b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Ženklo kaitų skaičius pirmajame stulpelyje lygus šaknų skaičiui dešiniojoje pusplokštumėje. Kai koeficientuose yra stiprinimas K, visi pirmojo stulpelio elementai turi likti teigiami: stiprinimas, kuriam esant s¹ eilutės elementas lygus nuliui, yra stabilumo riba, o s² eilutė tuomet duoda nuolatinių svyravimų dažnį.

Charakteringoji lygtis

s³ + 8s² + 15s + K = 0

Raucho lentelė

s³: 1, 15
s²: 8, K
s¹: (8·15 − K)/8
s⁰: K

Sąlygos

Kiekvienas pirmojo stulpelio elementas turi būti teigiamas.

K > 0
8·15 − K > 0 → K < 120

Atsakymas

Kmax = 120

Kai K = 120, uždarasis kontūras svyruoja dažniu ω = √15 = 3,873 rad/s.

38.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: K = 4,375

Šaknų geometrinė vieta: stiprinimui K didėjant nuo 0 iki ∞, uždarojo kontūro poliai, t. y. lygties 1 + K·G(s) = 0 šaknys, juda iš atvirojo kontūro polių į atvirojo kontūro nulius arba į begalybę. Realiosios ašies taškas priklauso geometrinei vietai, kai realiųjų polių ir nulių skaičius į dešinę nuo jo yra nelyginis. n − m šakų, einančių į begalybę, seka asimptotes kampais (2q + 1)·180°/(n − m), kurios išeina iš centroido σₐ = (Σ polių − Σ nulių)/(n − m). Šakos palieka realiąją ašį arba prie jos prisijungia ten, kur dK/ds = 0. Kampo sąlyga ∠G(s) = 180° nustato formą, o modulio sąlyga K = 1/|G(s)| duoda stiprinimą bet kuriame geometrinės vietos taške.

Modulio sąlyga

K = |s|·|s + 3|·|s + 6|

Apskaičiuokite taške

K = 2,5·0,5·3,5 = 4,375

Atsakymas

K = 4,375

Patikrinimas: s(s + 3)(s + 6) + K lygu nuliui, kai s = −2,5.

39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ess = 0,1

Nusistovėjusioji paklaida: vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre, kurio atvirojo kontūro perdavimo funkcija yra G(s), paklaida yra E(s) = R(s)/(1 + G(s)), o pagal galutinės reikšmės teoremą ess = lims→0 s·E(s). Sistemos tipas yra G(s) polių ties s = 0 skaičius. Paklaidos konstantos yra Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) ir Ka = lim s²·G(s), visos kai s → 0. A dydžio šuolis duoda ess = A/(1 + Kp), rampa A·t duoda A/Kv, o parabolė A·t²/2 duoda A/Ka. 0 tipo kontūras šuolį seka su baigtine paklaida, 1 tipo kontūras seka jį tiksliai, o rampą – su baigtine paklaida.

Pagreičio konstanta

Ka = 20·1/1 = 20

Parabolės paklaida

ess = 2/20 = 0,1

Atsakymas

ess = 0,1
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ts = 1,333 s

P, PI ir PID valdymas: reguliatorius C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s veikia pagal paklaidą. Proporcinis stiprinimas pagreitina kontūrą ir sumažina 0 tipo objekto paklaidą, bet niekada jos nepanaikina. Integralinis narys prideda polių ties s = 0: sistemos tipas padidėja vienetu, o šuolis seka be paklaidos. Diferencialinis narys prideda slopinimo. Norėdami parinkti stiprinimus, užrašykite uždarojo kontūro charakteristinį daugianarį ir palyginkite jį su s² + 2ζωns + ωn². Tuomet %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, kur ωd = ωn√(1 − ζ²), o ts ≈ 4/(ζωn).

Charakteristinis daugianaris

s(s + 6) + 5·5 = s² + 6s + 25

ωₙ ir ζ

ωₙ = √25 = 5 rad/s
ζ = 6/(2·5) = 0,6

Nusistovėjimo laikas

ζωₙ = 6/2 = 3
ts ≈ 4/3 = 1,333 s

Atsakymas

ts = 1,333 s

Nusistovėjimo trukmė čia nuo K nepriklauso: didinant K atsakas tik greičiau svyruoja.

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