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​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAR4​3 ΩB

Raskite ekvivalentinę varžą Req, kurią mato šaltinis V1.

V1 = 30 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 ΩR4 = 3 Ω
Req = Ω
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiSunkus
R1​ = 4 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​25 ΩAR4​3 ΩBR6​25 Ω

Raskite ekvivalentinę varžą Req, kurią mato šaltinis V1.

V1 = 12 VR1 = 4 ΩR2 = 25 ΩR3 = 10 ΩR4 = 3 ΩR5 = 4 ΩR6 = 25 Ω
Req = Ω
3.Mazgų potencialų metodasVidutinis
R1​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAR4​12 ΩBIs​1 A

Taikykite mazgų potencialų metodą ir raskite mazgo potencialą VA (matuojamą nuo įžeminimo).

V1 = 10 VIs = 1 AR1 = 8 ΩR2 = 12 ΩR3 = 12 ΩR4 = 12 Ω
VA = V
4.Mazgų potencialų metodasSunkus
R1​ = 30 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​2 ΩBIs​?

Srovės šaltinis reguliuojamas tol, kol mazgo A įtampa tampa VA = 2,5 V. Mazgų potencialų metodu raskite šaltinio srovę Is (kryptis kaip pavaizduota).

V1 = 12 VR1 = 30 ΩR2 = 5 ΩR3 = 5 ΩR4 = 2 ΩVA = 2,5 V
Is = A
5.Kontūrų srovių metodasVidutinis
R1​ = 12 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​15 VR3​3 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 15 VV2 = 18 VR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 Ω
I1 = A
6.Kontūrų srovių metodasSunkus
R1​ = 4 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​24 VR4​2 ΩAR5​25 ΩB+−V2​6 VI1​I2​I3​

Taikykite kontūrų srovių metodą ir raskite kontūro srovę I2 (pagal laikrodžio rodyklę).

V1 = 24 VV2 = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 30 ΩR4 = 2 ΩR5 = 25 Ω
I2 = A
7.SuperpozicijaVidutinis
R1​ = 10 ΩIR1​R3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩAR4​6 ΩBIs​5 A

Taikykite superpozicijos principą ir raskite srovę IR1 per R1 rodyklės kryptimi.

V1 = 10 VIs = 5 AR1 = 10 ΩR2 = 3 ΩR3 = 3 ΩR4 = 6 Ω
IR1 = A
8.SuperpozicijaSunkus
R1​ = 25 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​12 VR3​4 ΩIR3​AIs​3 AB+−V2​9 V

Taikykite superpozicijos principą ir raskite srovę IR3 per R3 rodyklės kryptimi.

V1 = 12 VIs = 3 AV2 = 9 VR1 = 25 ΩR2 = 20 ΩR3 = 4 ΩR4 = 25 Ω
IR3 = A
9.Teveninas ir NortonasVidutinis
R1​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​8 ΩARL​15 ΩIL​B

Prie a–b prijungta apkrova RL = 15 Ω. Likusią grandinės dalį pakeiskite Tevenino ekvivalentu ir raskite apkrovos srovę IL.

V1 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 ΩRL = 15 Ω
IL = A
10.Teveninas ir NortonasSunkus
R1​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​12 ΩAIs​1,5 ABab

Raskite Tevenino įtampą Vth, matomą iš gnybtų a–b.

V1 = 15 VIs = 1,5 AR1 = 15 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
11.RC ir RL pereinamieji procesaiVidutinis
+−Vs​12 Vt = 0R = 22 ΩL10 mHi(t)

Kol jungiklis neužsidarė momentu t = 0, rite srovė neteka. Po kiek laiko nuo jungiklio užsidarymo srovė pasiekia 75% galutinės vertės? Raskite t.

Vs = 12 VR = 22 ΩL = 10 mH
t = ms
12.RC ir RL pereinamieji procesaiSunkus
+−Vs​24 VR1​ = 10 ΩR2​ = 47 Ωužsidaro momentu t = 0L22 mHi(t)

Jungiklis, lygiagretus R2, ilgai buvo atidarytas, todėl ritės srovė nusistovėjusi. Momentu t = 0 jungiklis užsidaro ir trumpai sujungia R2. Raskite ritės srovę i momentu t = 5 ms.

Vs = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 47 ΩL = 22 mHt = 5 ms
i = A
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiVidutinis
120 V100 HzR = 30 ΩL = 200 mHC = 100 µFI

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 120 V (efektinė), 100 Hz maitinimo. Raskite iš tinklo imamą aktyviąją galią P.

V = 120 V (rms)f = 100 HzR = 30 ΩL = 200 mHC = 100 µF
P = W
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiSunkus
12 Vf0​R = 2 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF

Nuosekli RLC grandinė maitinama 12 V (efektinė) šaltiniu, kurio dažnis nustatytas lygus grandinės rezonansiniam dažniui. Raskite efektinę įtampą VL ant ritės.

V = 12 V (rms)R = 2 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF
VL = V
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasVidutinis
240 VZ3 + j4 ΩI

Apkrova, kurios pilnutinė varža Z = 3 + j4 Ω, prijungta prie 240 V (efektinė) vienfazio tinklo. Raskite jos sunaudojamą aktyviąją galią P.

V = 240 VZ = 3 + j4 Ω
P = W
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasSunkus
50 V60 HzRs​ = 50 ΩXs​ = j6 ΩZL​ = ?

50 V (efektinė), 60 Hz šaltinio vidinė pilnutinė varža Zs = 50 + j6 Ω. Apkrovos pilnutinę varžą ZL galima pasirinkti laisvai. Raskite didžiausią aktyviąją galią Pmax, kurią galima perduoti apkrovai.

Vs = 50 V (rms)f = 60 HzZs = 50 + j6 Ω
Pmax = W
17.Trifazė galiaVidutinis
ABCVL​ = 690 VIL​ = ?M55 kW, η = 93%cos φ = 0,86

Trifazis asinchroninis variklis esant vardinei apkrovai tiekia 55 kW mechaninės galios. Esant šiai apkrovai jo naudingumo koeficientas 93%, o galios koeficientas 0,86 (induktyvus). Tinklo linijinė įtampa 690 V. Raskite linijinę srovę IL.

Pout = 55 kWη = 93%cos φ = 0,86VL = 690 V
IL = A
18.Trifazė galiaSunkus
P = 100 kWφ1​S1​Q2​QC​

Simetrinė trifazė apkrova iš 690 V (linijinė įtampa), 60 Hz tinklo ima 100 kW, kai galios koeficientas 0,75 (induktyvus). Lygiagrečiai apkrovai prijungta trifazė kondensatorių baterija turi padidinti bendrą galios koeficientą iki 0,95 (induktyvus). Aktyvioji galia nekinta. Kondensatoriai sujungti žvaigžde. Raskite kiekvieno kondensatoriaus talpą Cph µF.

P = 100 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatoriaiVidutinis
7200 V240 VIHV​ = ?ILV​500 kVA

Vienfazis 500 kVA, 7200/240 V transformatorius veikia vardine apkrova. Laikykite jį idealiu. Raskite srovę IHV aukštosios įtampos apvijoje.

S = 500 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
IHV = A
20.TransformatoriaiSunkus
pf 0,9550 kVA, 25% apkrova

Vienfazio 50 kVA transformatoriaus šerdies nuostoliai yra 250 W, o vario nuostoliai esant vardinei apkrovai – 625 W. Jis tiekia 25% vardinės galios kVA, kai galios koeficientas 0,95 (induktyvus). Raskite bendrus nuostolius Ploss vatais esant šiai apkrovai.

S = 50 kVAPcore = 250 WPcu,fl = 625 Wx = 0,25pf = 0,95
Ploss = W
21.Operacinių stiprintuvų grandinėsVidutinis
−+Vout​R2​ = 1 kΩV1​ = 2 VR1​ = 2 kΩV2​ = −2,8 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 VV2 = −2,8 VR1 = R3 = 2 kΩR2 = R4 = 1 kΩ
Vout = V
22.Operacinių stiprintuvų grandinėsSunkus
−+Vout​R2​ = 2 kΩV1​ = 0,9 VR1​ = 100 kΩV2​ = 1,8 VR3​ = 22 kΩR4​ = 4,7 kΩ

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

V1 = 0,9 VV2 = 1,8 VR1 = 100 kΩR2 = 2 kΩR3 = 22 kΩR4 = 4,7 kΩ
Vout = V
23.Diodai ir tranzistoriaiVidutinis
RC​ = 1 kΩβ = 75VCC​ = 9 VRB​ = 330 kΩ

NPN tranzistoriaus, kurio β = 75, darbo taškas nustatomas bazės rezistoriumi RB = 330 kΩ iš maitinimo šaltinio VCC = 9 V. Kolektoriaus rezistorius RC = 1 kΩ, emiteris įžemintas. Imkite VBE = 0,7 V ir tarkite, kad tranzistorius veikia aktyviojoje srityje. Raskite kolektoriaus–emiterio įtampą VCE.

VCC = 9 VRB = 330 kΩRC = 1 kΩβ = 75VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Diodai ir tranzistoriaiSunkus
RC​ = 1 kΩβ = 100VCC​ = 5 V3,3 VRB​ = ?

NPN tranzistorius, kurio β = 100, komutuoja 1 kΩ apkrovos rezistorių, prijungtą tarp VCC = 5 V ir jo kolektoriaus. Emiteris įžemintas. Bazė valdoma iš 3,3 V loginio išėjimo per bazės rezistorių RB. Imkite VBE = 0,7 V ir VCE(sat) = 0,2 V. Kad perjungimas būtų patikimas, projektuokite bazės srovę, 5 kartų didesnę už mažiausią įsotinimui reikalingą. Raskite RB kΩ.

VCC = 5 VRC = 1 kΩβ = 100Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vperteklinis valdymas = 5
RB = kΩ
25.Skaičiavimo sistemosVidutinis
8 bitų papildomasis kodas0−12806403201608040201

Nustatykite bitus, kad jie saugotų −108 8 bitų dvejetainiu papildomuoju kodu. Skaitant kaip skaičių be ženklo, kokia šablono reikšmė U?

N = −1088 bit
U =
26.Skaičiavimo sistemosSunkus
spustelėkite bitus, kad juos nustatytumėte012806403201608040201

Nustatykite bitus pagal 8 bitų rezultatą 0001 0101 XOR 0100 1111. Kokia rezultato reikšmė R dešimtainėje sistemoje?

0001 0101XOR0100 1111
R =
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
MUX0I0​CI1​1I2​CI3​ABS1​S0​F

4 į 1 multiplekserio pasirinkimo įėjimai yra S₁ = A ir S₀ = B, o duomenų įėjimai prijungti prie I₀ = 0, I₁ = C, I₂ = 1, I₃ = C. Kiek iš 8 A, B ir C derinių duoda išėjimą F = 1? Raskite N.

I₀ = 0I₁ = CI₂ = 1I₃ = C
N =
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKJOHNSON

4 bitų Johnsono skaitiklis Q₃Q₂Q₁Q₀ pradeda nuo 0000. Kiekvienu taktiniu frontu bitai pasislenka per vieną vietą į dešinę (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀), o Q₃ gauna Q₀ inversiją. Nurodykite būseną Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ dešimtainiu skaičiumi po 9 taktinių frontų.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 00009
Q =
29.Laplaso transformacijosVidutinis
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81

F(s) = (5s + 13)/(s² + 8s + 7). Jos atvirkštinė transformacija yra f(t) = A·e−t + B·e−7t. Paprastosiomis trupmenomis raskite koeficientą A.

F(s) = (5s + 13)/(s² + 8s + 7)
A =
30.Laplaso transformacijosSunkus
ReIm5

Sistema aprašoma diferencialine lygtimi y″ + 6y′ + 34y = 3u′ + 4u, kurios įėjimas u(t), o išėjimas y(t). Raskite jos perdavimo funkciją G(s) = Y(s)/U(s) (pradinės sąlygos nulinės) ir apskaičiuokite impulsinę reakciją g(t) ties t = 0,3 s. Raskite g(0,3).

y″ + 6y′ + 34y = 3u′ + 4ut = 0,3 s
g(0.3) =
31.Struktūrinės schemosVidutinis
R(s)+5K+10s + 7G(s)C(s)4H₁−−

Objektas G(s) = 10/(s + 7) turi vidinį (mažąjį) neigiamo grįžtamojo ryšio kontūrą, kurio stiprinimas H₁ = 4. Valdiklio stiprinimas K = 5 ir išorinis vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūras uždaro sistemą. Raskite uždarosios sistemos polių p.

G(s) = 10/(s + 7)H₁ = 4K = 5
p =
32.Struktūrinės schemosSunkus
R(s)+15s + 1G₁+1s + 8G₂C(s)1H₁−0,1H₂−

Sutrumpinkite struktūrinę schemą su G₁ = 15/(s + 1), G₂ = 1/(s + 8), vidiniu neigiamu grįžtamuoju ryšiu H₁ = 1 aplink G₂ ir išoriniu neigiamu grįžtamuoju ryšiu H₂ = 0,1. Raskite C(s)/R(s) nuolatinės srovės stiprinimą T(0).

G₁ = 15/(s + 1)G₂ = 1/(s + 8)H₁ = 1H₂ = 0,1
T(0) =
33.Šuolinė reakcijaVidutinis
t (s)y(t)2ts​ = ?

Sistemos perdavimo funkcija G(s) = 178/(s² + 8s + 89), o jos įėjimas yra vienetinis šuolis. Raskite šuolinės reakcijos 2 % nusistovėjimo laiką ts, naudodami ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 178/(s² + 8s + 89)
ts = s
34.Šuolinė reakcijaSunkus
R(s)+170s(s + 4)G(s)C(s)−

Vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūre G(s) = 170/(s(s + 4)). Raskite uždarosios sistemos šuolinės reakcijos 2 % nusistovėjimo laiką ts, naudodami ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 170/(s(s + 4))
ts = s
35.Bode grafikai ir atsargosVidutinis
|H| (dB)0,11101001000−80−60−40−20020ω (rad/s)ω = 4

Raskite G(s) = 220/((s + 5)(s + 11)) tikslų modulį |G(jω)|, kai ω = 4 rad/s, dB.

G(s) = 220/((s + 5)(s + 11))ω = 4 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Bode grafikai ir atsargosSunkus
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Vienetinio grįžtamojo ryšio kilpos atvirosios kilpos perdavimo funkcija yra L(s) = 34/(s(s + 2)). Raskite fazės atsargą PM laipsniais.

L(s) = 34/(s(s + 2))
PM = °
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaVidutinis
R(s)+3361s(s + 3)(s + 4)C(s)−

Schemoje pavaizduotame kontūre yra neigiamas grįžtamasis ryšys, L(s) = 336/(s(s + 3)(s + 4)). Kiek uždarojo kontūro polių N yra dešiniojoje pusplokštumėje?

L(s) = 336/(s(s + 3)(s + 4))
N =
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 + 4)(s + 6)) raskite stiprinimą K, kuriam esant uždarojo kontūro polius yra ties s = −2,5.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 6))s = −2,5
K =
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasVidutinis
r(t) = 4t+10s(s + 2)(s + 5)C(s)−

Į vienetinio grįžtamojo ryšio kontūrą, kurio G(s) = 10/(s(s + 2)(s + 5)), paduodama rampa r(t) = 4t. Raskite nusistovėjusiąją paklaidą ess.

G(s) = 10/(s(s + 2)(s + 5))r(t) = 4t
ess =
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasSunkus
R(s)+K = 5010s(s + 8)C(s)−

Proporcinis reguliatorius K = 50 valdo objektą G(s) = 10/(s(s + 8)) vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre. Raskite šuolinės reakcijos procentinį viršijimą %OS.

G(s) = 10/(s(s + 8))K = 50
%OS = %

3Tirpalai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: Req = 8,24 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​ = 2 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAR4​3 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 = 10 + 3 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 12·13/(12+13) = 6,24 Ω
Req = R1 + 6,24 = 2 + 6,24 = 8,24 Ω

Atsakymas

Req = 8,24 Ω
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: Req = 12,43 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​ = 10 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​25 ΩAR4​3 ΩBR6​25 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 = 4 + 25 = 29 Ω
R4 ∥ 29 = 2,719 Ω
R3 + 2,719 = 12,72 Ω
R2 ∥ 12,72 = 8,43 Ω
Req = R1 + 8,43 = 4 + 8,43 = 12,43 Ω

Atsakymas

Req = 12,43 Ω
3.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: VA = 3 V

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​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAR4​12 ΩBIs​1 A

Nustatykite mazgus

Įžeminimas – apatinis laidas. Žinomi mazgų potencialai gaunami tiesiai iš šaltinių (V1 = 10 V). Nežinomieji: VA, VB.

KSD mazge A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/12 + (VA − 10)/8 + (VA − VB)/12 = 0
0,2917·VA − 0,08333·VB = 1,25

KSD mazge B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/12 + (VB − VA)/12 = (−1)
−0,08333·VA + 0,1667·VB = −1

Išspręskite

Δ = (0,2917)(0,1667) − (−0,08333)(−0,08333) = 0,04167
VA = Δ1/Δ = 0,125/0,04167 = 3 V
VB = Δ2/Δ = −0,1875/0,04167 = −4,5 V

Atsakymas

VA = 3 V
4.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: Is = 1,892 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.

Kirchhofo srovių dėsnis mazge A

VA žinoma, todėl ši lygtis duoda VB.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(2,5 − 12)/30 + 2,5/5 = (VB − 2,5)/5
0,1833 = (VB − 2,5)/5 → VB = 3,417 V

Kirchhofo srovių dėsnis mazge B

Iš B per rezistorius ištekančios srovės lygios šaltinių į B įtekinamai srovei.

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (3,417 − 2,5)/5 + 3,417/2 = 1,892 A

Atsakymas

Is = 1,892 A
5.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: I1 = 0,6429 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​ = 12 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​15 VR3​3 ΩA+−V2​18 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
12·I1 + 3(I1 − I2) = 15
15·I1 − 3·I2 = 15

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
6·I2 + 3(I2 − I1) = (−18)
−3·I1 + 9·I2 = −18

Išspręskite

Δ = (15)(9) − (−3)(−3) = 126
I1 = Δ1/Δ = 81/126 = 0,6429 A
I2 = Δ2/Δ = −225/126 = −1,786 A

Atsakymas

I1 = 0,6429 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

6.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: I2 = 0,1759 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​ = 4 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​24 VR4​2 ΩAR5​25 ΩB+−V2​6 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
4·I1 + 2(I1 − I2) = 24
6·I1 − 2·I2 = 24

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
15·I2 + 2(I2 − I1) + 25(I2 − I3) = 0
−2·I1 + 42·I2 − 25·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 + 25(I3 − I2) = (−6)
−25·I2 + 55·I3 = −6

Išspręskite

Δ = koeficientų matricos determinantas = 9890
I1 = Δ1/Δ = 40140/9890 = 4,059 A
I2 = Δ2/Δ = 1740/9890 = 0,1759 A
I3 = Δ3/Δ = −288/9890 = −0,02912 A

Atsakymas

I2 = 0,1759 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

7.Superpozicija

Atsakymas: IR1 = 0,2041 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​ = 10 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩAR4​6 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+6 = 9 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 3·9/(3+9) = 2,25 Ω
VA = 10·2,25/(10+2,25) = 1,837 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 1,837·6/9 = 1,224 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (10 − 1,837)/10 = 0,8163 A
R1​ = 10 ΩR3​ = 3 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​3 ΩAR4​6 ΩBIs​5 A

2 atvejis · veikia tik Is

V₁ tampa trumpuoju jungimu, todėl R₁ yra lygiagretus su R₂. Iₛ taške B dalijasi tarp R₄ ir kelio per R₃.

R1 ∥ R2 = 10·3/(10+3) = 2,308 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 5,308 = 2,816 Ω
VB = Is·Req = 5·2,816 = 14,08 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 14,08·2,308/5,308 = 6,122 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 6,122)/10 = −0,6122 A

Sudėkite dedamąsias

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 0,8163 + (−0,6122) = 0,2041 A

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

8.Superpozicija

Atsakymas: IR3 = −0,79 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​ = 25 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​12 VR3​4 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) = 4 ∥ 45 = 3,673 Ω
VA = 12·3,673/(25+3,673) = 1,537 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,537·25/45 = 0,8541 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (1,537 − 0)/4 = 0,3843 A
R1​ = 25 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 25 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​4 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 = 3,448 Ω, todėl kairysis kelias yra R2+3,448 = 23,45 Ω
Req = R4 ∥ 23,45 = 12,1 Ω
VB = Is·Req = (−3)·12,1 = −36,3 V
VA = VB·3,448/23,45 = −5,338 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (−5,338 − 0)/4 = −1,335 A
R1​ = 25 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 25 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​4 ΩAATVIRAB+−V2​9 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 = 25·4/(25+4) = 3,448 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 9·23,45/48,45 = 4,356 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 4,356·3,448/23,45 = 0,6406 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (0,6406 − 0)/4 = 0,1601 A

Sudėkite dedamąsias

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = 0,3843 + (−1,335) + 0,1601 = −0,79 A

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

9.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: IL = 0,2069 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​ = 15 ΩR3​ = 5 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​8 ΩAabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 15·8/(15+8) = 5,217 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,217 + 5 = 10,22 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​8 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) = 15·8/(15+8) = 5,217 V
Rth​ = 10,22 Ω+−Vth​5,217 VRL​15 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) = 5,217/(10,22 + 15) = 0,2069 A
10.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: Vth = 19,67 V

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​ = 15 ΩR3​ = 2 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​12 ΩAATVIRABabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 15·12/(15+12) = 6,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,667 + 2 = 8,667 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​12 ΩAIs​1,5 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) = 6,667 + 1,5·6,667 = 16,67 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 16,67 + 1,5·2 = 19,67 V
11.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: t = 0,6301 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.

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 / 22 Ω = 0,4545 ms
i(∞) = Vs/R = 12/22 = 0,5455 A

Išreiškite laiką

0,75 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,75)
t = −0,4545·ln(0,25) = 0,6301 ms

Atsakymas

t = 0,6301 ms
12.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: i = 2,196 A

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

Iki t = 0 kontūre yra abu rezistoriai; po to uždarytas jungiklis apeina R₂.

i(0) = 24/(10 + 47) = 0,4211 A
i(∞) = 24/10 = 2,4 A
τ = L/R = 22/10 = 2,2 ms
i(t) = 2,4 + (0,4211 − 2,4)·e−t/τ

Srovė duotuoju momentu

i(5) = 2,4 + (−1,979)·e−5/2,2 = 2,196 A

Atsakymas

i = 2,196 A
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: P = 33,37 W

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

XL = 125,7 Ω, XC = 15,92 Ω

Pilnutinė varža

|Z| = √(30² + (109,7)²) = 113,8 Ω

Aktyvioji galia

Ritės ir kondensatoriai energiją tik kaupia ir grąžina; visą aktyviąją galią sunaudoja rezistorius.

I = 120/113,8 = 1,055 A
P = I²·R = 1,055²·30 = 33,37 W

Atsakymas

P = 33,37 W
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: VL = 391,4 V

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 reaktyviosios varžos susiprastina, todėl pilnutinė varža lygi tik R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,02·4,7·10⁻⁶) = 3262 rad/s
I = V/R = 12/2 = 6 A

Įtampa ant ritės

XL = ω₀L = 3262·0,02 = 65,23 Ω
VL = I·XL = 6·65,23 = 391,4 V

Atsakymas

VL = 391,4 V

Tai Q = 32,62 kartų didesnė už maitinimo įtampą.

15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: P = 6912 W

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.

Srovė

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

Aktyvioji galia

P = I²·R = 48²·3 = 6912 W

Atsakymas

P = 6912 W
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: Pmax = 12,5 W

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.

Jungtinis suderinimas

Apkrovos reaktyvioji varža panaikina šaltinio reaktyviąją varžą, o apkrovos varža lygi šaltinio varžai.

ZL = Zs* = 50 − j6 Ω

Didžiausia galia

I = Vs/(2Rs) = 50/100 = 0,5 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 50²/(4·50) = 12,5 W

Atsakymas

Pmax = 12,5 W
17.Trifazė galia

Atsakymas: IL = 57,54 A

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.

Naudojama elektrinė galia

Pin = Pout/η = 55/0,93 = 59,14 kW

Linijos srovė

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 59140/(√3·690·0,86) = 57,54 A

Atsakymas

IL = 57,54 A
18.Trifazė galia

Atsakymas: Cph = 308,2 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 = 100·tan(acos 0,75) = 100·0,8819 = 88,19 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,95) = 100·0,3287 = 32,87 kvar

Kondensatorių tiekiama reaktyvioji galia

QC = Q1 − Q2 = 55,32 kvar

Vienos fazės talpa

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

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 18441/(377·398,4²) = 308,2 µF

Atsakymas

Cph = 308,2 µF
19.Transformatoriai

Atsakymas: IHV = 69,44 A

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.

Vardinė srovė

Abi apvijos perneša tą pačią pilnutinę galią.

IHV = S/V = 500000/7200 = 69,44 A

Atsakymas

IHV = 69,44 A
20.Transformatoriai

Atsakymas: Ploss = 289,1 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.

Vario nuostoliai esant šiai apkrovai

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,0625·625 = 39,06 W

Bendri nuostoliai

Šerdies nuostoliai vienodi esant bet kokiai apkrovai.

Ploss = 250 + 39,06 = 289,1 W

Atsakymas

Ploss = 289,1 W

Naudingumo koeficientas esant šiai apkrovai η = 97,62%.

21.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = −2,4 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) = −2,8·1/(2 + 1) = −0,9333 V
V₋ = V₊

Kirchhofo srovių dėsnis invertuojančiajame įėjime

(2 − −0,9333)/2 = (−0,9333 − Vout)/1
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (1/2)·(−2,8 − 2) = −2,4 V

Atsakymas

Vout = −2,4 V
22.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = 0,3052 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) = 1,8·4,7/(22 + 4,7) = 0,3169 V

Sudėkite abiejų įėjimų indėlius

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

Vout = −(2/100)·0,9 + (1 + 2/100)·0,3169 = −0,018 + 0,3232 = 0,3052 V

Atsakymas

Vout = 0,3052 V
23.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: VCE = 7,114 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)/330 kΩ = 25,15 µA

Kolektoriaus srovė

IC = β·IB = 75·25,15 µA = 1,886 mA

Kolektoriaus–emiterio įtampa

VCE = 9 − 1,886 mA·1 kΩ = 7,114 V

Atsakymas

VCE = 7,114 V
24.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: RB = 10,83 kΩ

Dvipolis tranzistorius kaip jungiklis: norint visiškai įjungti apkrovą, tranzistorius įvedamas į įsotinimą, kai VCE = VCE(sat), o kolektoriaus srovę nulemia apkrova: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Įsotinimui reikia bent IB = IC(sat)/β. Jei bazės srovė mažesnė, tranzistorius lieka aktyviojoje srityje ir IC = β·IB.

Kolektoriaus srovė įsotinimo režime

IC(sat) = (5 − 0,2)/1000 = 4,8 mA

Mažiausia bazės srovė

IB(min) = IC(sat)/β = 4,8/100 = 48 µA

Projektinė bazės srovė

IB = 5·48 µA = 240 µA

Bazės rezistorius

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,24 mA = 10,83 kΩ

Atsakymas

RB = 10,83 kΩ
25.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 148

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

108 = 0110 1100
invertuota: 1001 0011
+1 → 1001 0100

Perskaitykite be ženklo

1001 0100₂ = 256 − 108 = 148

Atsakymas

U = 148
26.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: R = 90

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.

0001 0101
XOR 0100 1111
= 0101 1010

Rezultato reikšmė

0101 1010₂ = 90

Atsakymas

R = 90
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: N = 4

Multiplekseris: 2ⁿ į 1 multiplekseris perduoda vieną iš savo duomenų įėjimų į išėjimą; pasirinkimo linijos, skaitomos kaip dvejetainis skaičius, nurodo kurį. 4 į 1 MUX su pasirinkimo įėjimais S₁S₀ = AB, F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Duomenų įėjimus prijungus prie 0, 1, C arba C′, MUX gali sukurti bet kurią A, B ir C funkciją; tai dažnas būdas sudaryti logiką viena mikroschema.

Išėjimo išraiška

F = A′BC + AB′ + ABC

Eilutės su F = 1

ABC = 011, 100, 101, 111
N = 4

Atsakymas

N = 4
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: Q = 8

Trigeriai ir skaitikliai: trigeris keičiasi tik aktyviu taktinio signalo frontu. D nukopijuoja savo įėjimą (Q⁺ = D); T perjungia, kai T = 1; JK išlaiko esant 00, nustato į 0 esant 01, nustato į 1 esant 10 ir perjungia esant 11. n bitų dvejetainis skaitiklis turi 2ⁿ būsenų ir skaičiuoja moduliu 2ⁿ; mod-N skaitiklis skaičiuoja 0, 1, …, N − 1 ir grįžta į 0, jam reikia mažiausiai n trigerių, kad 2ⁿ ≥ N. Kiekviena nuosekliojo (ripple) skaitiklio pakopa perpus sumažina dažnį, todėl paskutinis mod-N skaitiklio išėjimas veikia fclk/N dažniu. n trigerių Johnsono skaitiklis turi 2n būsenų, žiedinis – n.

Būsena po kiekvieno fronto

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

Dešimtainė reikšmė

1000₂ = 8

Atsakymas

Q = 8
29.Laplaso transformacijos

Atsakymas: A = 1,333

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 + 8s + 7 = (s + 1)(s + 7)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 7)

Uždengimo taisyklė

Padauginkite iš (s + 1) ir įrašykite s = −1: B narys išnyksta.

A = (5s + 13)/(s + 7) |s = −1 = 8/6 = 1,333

Atsakymas

A = 1,333
(B = 3,667, taigi f(t) = 1,333·e−t + 3,667·e−7t)
30.Laplaso transformacijos

Atsakymas: g(0.3) = −0,3193

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).

Perdavimo funkcija

G(s) = Y(s)/U(s) = (3s + 4)/(s² + 6s + 34)

Paprastosios trupmenos

s² + 6s + 34 = (s + 3)² + 5²
G(s) = 3·(s + 3)/((s + 3)² + 5²) + (−5/5)·5/((s + 3)² + 5²)

Impulsinė reakcija

g(t) = e−3t·(3·cos 5t − sin 5t)
g(0,3) = −0,3193

Atsakymas

g(0,3) = −0,3193
31.Struktūrinės schemos

Atsakymas: p = −97

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 = G/(1 + G·H₁) = 10/(s + 7 + 10·4) = 10/(s + 47)

Išorinis kontūras

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 50/(s + 47 + 50) = 50/(s + 97)

Rezultatas

p = −97

Atsakymas

p = −97
32.Struktūrinės schemos

Atsakymas: T(0) = 1,429

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) = 1/(s + 9)

Išorinis kontūras

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 15/((s + 1)(s + 9) + 1,5)

Nuolatinės srovės stiprinimas

T(0) = 15/(1·9 + 1,5) = 15/10,5 = 1,429

Atsakymas

T(0) = 1,429
33.Šuolinė reakcija

Atsakymas: ts = 1 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 = 89 → ωₙ = 9,434 rad/s
2ζωₙ = 8 → ζ = 8/(2·9,434) = 0,424

Rezultatas

ζωₙ = 4 → ts ≈ 4/4 = 1 s

Atsakymas

ts = 1 s
34.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).

Uždarosios sistemos perdavimo funkcija

T(s) = 170/(s² + 4s + 170): ωₙ = 13,04 rad/s, ζ = 0,1534

Nusistovėjimo laikas

ζωₙ = 4/2 = 2
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 2 s

Atsakymas

ts = 2 s

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

35.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: |G(jω)| = 9,353 dB

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.

Sudauginkite modulius

|G(j4)| = 220/(√(4² + 5²)·√(4² + 11²)) = 220/(6,403·11,7) = 2,935

Rezultatas

20·log₁₀(2,935) = 9,353 dB

Atsakymas

|G(jω)| = 9,353 dB
36.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: PM = 19,45 °

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.

Stiprinimo kirtimas

ω⁴ + 4ω² − 1156 = 0
ω² = (−4 + √(16 + 4·1156))/2 = 32,06
ωc = 5,662 rad/s

Fazės atsarga

∠L(jωc) = −90° − atan(5,662/2) = −160,5°
PM = 180° + ∠L = 19,45°

Atsakymas

PM = 19,45°
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: N = 2

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.

Charakteristinis daugianaris

s³ + 7s² + 12s + 336 = 0

Raucho lentelė

s³: 1, 12
s²: 7, 336
s¹: −36
s⁰: 336

Pirmojo stulpelio ženklo kaitos

1 → 7 → −36 → 336
N = 2

Atsakymas

N = 2

Stiprinimas viršija ribą K = 84, todėl kompleksinė pora pateko į dešiniąją pusplokštumę.

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

Atsakymas: K = 13,13

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 + 4|·|s + 6|

Apskaičiuokite taške

K = 2,5·1,5·3,5 = 13,13

Atsakymas

K = 13,13

Patikrinimas: s(s + 4)(s + 6) + K lygu nuliui, kai s = −2,5.

39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ess = 4

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.

Greičio konstanta

Kv = lim s·G(s) = 1

Rampos paklaida

ess = 4/1 = 4

Atsakymas

ess = 4
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: %OS = 56,48 %

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 + 8) + 50·10 = s² + 8s + 500

ωₙ ir ζ

ωₙ = √500 = 22,36 rad/s
ζ = 8/(2·22,36) = 0,1789

Viršijimas

%OS = 100·e−0,1789π/√(1 − 0,1789²) = 56,48 %

Atsakymas

%OS = 56,48 %

Tai savarankiška mokymosi medžiaga. ExamProblems nėra susijusi su šį egzaminą organizuojančia institucija ir jos nėra patvirtinta, o egzamino pavadinimas naudojamas tik turiniui apibūdinti. FE exam egzaminą rengia NCEES, kuri nėra susijusi su ExamProblems ir jo neremia.

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