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​ = 20 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAR4​15 ΩB

Raskite ekvivalentinę varžą Req, kurią mato šaltinis V1.

V1 = 24 VR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 ΩR4 = 15 Ω
Req = Ω
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiSunkus
R1​ = 10 ΩIR1​R3​ = 10 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAR4​10 ΩBR6​25 Ω

Raskite šaltinio tiekiamą srovę IR1, tekančią per R1.

V1 = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 ΩR4 = 10 ΩR5 = 8 ΩR6 = 25 Ω
IR1 = A
3.Mazgų potencialų metodasVidutinis
−+Vs​ = 9 VIs​1,5 AAR1​20 ΩR2​15 ΩB

Įtampos šaltinio Vₛ tarp A ir B + gnybtas yra ties B, todėl VB − VA = Vₛ. Mazgų potencialų metodu su supermazgu raskite mazgo potencialą VA (matuojamą nuo įžeminimo).

Is = 1,5 AVs = 9 VR1 = 20 ΩR2 = 15 Ω
VA = V
4.Mazgų potencialų metodasSunkus
R1​ = 10 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 2 ΩIR4​+−V1​9 VR3​30 ΩAR5​10 ΩBIs​2 A−+V2​30 V

Taikykite mazgų potencialų metodą ir raskite srovę IR4 per R4 rodyklės kryptimi.

V1 = 9 VIs = 2 AV2 = 30 VR1 = 10 ΩR2 = 30 ΩR3 = 30 ΩR4 = 2 ΩR5 = 10 Ω
IR4 = A
5.Kontūrų srovių metodasVidutinis
R1​ = 4 ΩR2​ = 8 Ω+−V1​10 VR3​5 Ω+−VR3​A+−V2​12 VI1​I2​

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

V1 = 10 VV2 = 12 VR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 Ω
VR3 = V
6.Kontūrų srovių metodasSunkus
R1​ = 8 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​36 VR4​4 ΩAR5​30 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

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

V1 = 36 VV2 = 15 VR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 15 ΩR4 = 4 ΩR5 = 30 Ω
I1 = A
7.SuperpozicijaVidutinis
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 ΩIR3​+−V1​24 VR2​6 ΩAR4​4 ΩBIs​?

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

V1 = 24 VR1 = 8 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 ΩR4 = 4 Ω
Is = A
8.SuperpozicijaSunkus
R1​ = 4 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 25 ΩIR4​+−V1​9 VR3​6 ΩAIs​1 AB−+V2​9 V

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

V1 = 9 VIs = 1 AV2 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 2 ΩR3 = 6 ΩR4 = 25 Ω
IR4 = A
9.Teveninas ir NortonasVidutinis
R1​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAab

Raskite Tevenino varžą Rth, matomą iš gnybtų a–b.

V1 = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 Ω
Rth = Ω
10.Teveninas ir NortonasSunkus
R1​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAIs​5 ABab

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

V1 = 18 VIs = 5 AR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 10 Ω
Vth = V
11.RC ir RL pereinamieji procesaiVidutinis
R = 68 Ωt = 0L220 mHi(t)

Rite teka pastovi 2,5 A srovė. Momentu t = 0 jungiklis uždaro kontūrą per R, o šaltinis atjungiamas, todėl ritės srovė slopsta per R. Per kiek laiko srovė sumažėja iki 0,625 A? Raskite t.

i(0) = 2,5 AR = 68 ΩL = 220 mH
t = ms
12.RC ir RL pereinamieji procesaiSunkus
+−Vs​10 VR1​ = 47 ΩR2​ = 20 Ωužsidaro momentu t = 0L220 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 = 10 VR1 = 47 ΩR2 = 20 ΩL = 220 mHt = 5 ms
i = A
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiVidutinis
100 V200 HzR = 60 ΩL = 100 mHC = 10 µF

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 100 V (efektinė), 200 Hz maitinimo. Raskite pilnutinės varžos fazės kampą φ laipsniais (teigiamas, kai srovė atsilieka nuo įtampos).

V = 100 V (rms)f = 200 HzR = 60 ΩL = 100 mHC = 10 µF
φ = °
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiSunkus
120 V200 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 47 µFI

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 120 V (efektinė), 200 Hz maitinimo. Raskite efektinę srovę I.

V = 120 V (rms)f = 200 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 47 µF
I = A
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasVidutinis
P = 9 kWQ = ?Sφ

Vienfazis variklis iš 230 V tinklo ima 9 kW, kai galios koeficientas 0,85 (induktyvus). Raskite jo naudojamą reaktyviąją galią Q.

P = 9 kWpf = 0,85V = 230 V
Q = kvar
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasSunkus
230 V50 HzRs​ = 25 ΩXs​ = j20 ΩZL​ = ?

230 V (efektinė), 50 Hz šaltinio vidinė pilnutinė varža Zs = 25 + j20 Ω. Apkrovos pilnutinę varžą ZL galima pasirinkti laisvai. Didžiausios galios apkrova sudaroma iš rezistoriaus, nuosekliai sujungto su kondensatoriumi. Raskite talpą C.

Vs = 230 V (rms)f = 50 HzZs = 25 + j20 Ω
C = µF
17.Trifazė galiaVidutinis
ABCVL​ = 208 VZ = 7 + j24 Ωvienai fazei

Simetrinė trikampiu sujungta apkrova, kurios fazės impedansas 7 + j24 Ω, prijungta prie simetrinio trifazio tinklo, kurio linijinė įtampa 208 V. Raskite bendrą apkrovos naudojamą aktyviąją galią P kW.

VL = 208 VZ = 7 + j24 Ω vienai fazei
P = kW
18.Trifazė galiaSunkus
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​

Simetrinė trifazė apkrova iš 480 V (linijinė įtampa), 50 Hz tinklo ima 75 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 trikampiu. Raskite kiekvieno kondensatoriaus talpą Cph µF.

P = 75 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoriaiVidutinis
RL​ = 48 Ω2014800 VV2​I1​ = ?I2​

Idealaus transformatoriaus, kurio transformacijos koeficientas N₁:N₂ = 20:1, pirminei apvijai prijungta 4800 V įtampa. Prie antrinės apvijos prijungtas 48 Ω rezistorius. Raskite pirminę srovę I1.

N1:N2 = 20:1V1 = 4800 VRL = 48 Ω
I1 = A
20.TransformatoriaiSunkus
pf 0,875 kVA, 25% apkrova

Vienfazio 75 kVA transformatoriaus šerdies nuostoliai yra 375 W, o vario nuostoliai esant vardinei apkrovai – 750 W. Jis tiekia 25% vardinės galios kVA, kai galios koeficientas 0,8 (induktyvus). Raskite bendrus nuostolius Ploss vatais esant šiai apkrovai.

S = 75 kVAPcore = 375 WPcu,fl = 750 Wx = 0,25pf = 0,8
Ploss = W
21.Operacinių stiprintuvų grandinėsVidutinis
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 2 kΩVin​

Parinkite grįžtamojo ryšio rezistorių Rf, kad šio neinvertuojančiojo stiprintuvo įtampos stiprinimas būtų 21.

R1 = 2 kΩAv = 21
Rf = kΩ
22.Operacinių stiprintuvų grandinėsSunkus
−+Vout​C = 0,22 µFVin​ = 2,5 VR = 1 kΩ

Integratorius naudoja idealų operacinį stiprintuvą, maitinamą ±15 V; jo išėjimas įsisotina ties ±12 V. Kondensatorius neįkrautas, kai momentu t = 0 paduodamas pastovus įėjimas Vin = 2,5 V. Raskite išėjimo įtampą Vout momentu t = 0,5 ms.

Vin = 2,5 VR = 1 kΩC = 0,22 µFVsat = ±12 Vt = 0,5 ms
Vout = V
23.Diodai ir tranzistoriaiVidutinis
RC​ = 1 kΩβ = 120IC​ = ?RE​ = 470 ΩVCC​ = 18 VR1​ = 56 kΩR2​ = 15 kΩ

NPN tranzistoriaus, kurio β = 120, darbo taškas nustatomas įtampos dalikliu iš VCC = 18 V: R₁ = 56 kΩ nuo VCC iki bazės ir R₂ = 15 kΩ nuo bazės iki įžeminimo. Kolektoriaus rezistorius RC = 1 kΩ, emiterio rezistorius RE = 470 Ω. Imkite VBE = 0,7 V ir naudokite daliklio Tevenino ekvivalentą (bazės srovės nepaisyti negalima). Raskite kolektoriaus srovę IC mA.

VCC = 18 VR1 = 56 kΩR2 = 15 kΩRC = 1 kΩRE = 470 Ωβ = 120
IC = mA
24.Diodai ir tranzistoriaiSunkus
RC​ = 1 kΩβ = 50VCC​ = 24 V5 VRB​ = ?

NPN tranzistorius, kurio β = 50, komutuoja 1 kΩ apkrovos rezistorių, prijungtą tarp VCC = 24 V ir jo kolektoriaus. Emiteris įžemintas. Bazė valdoma iš 5 V loginio išėjimo per bazės rezistorių RB. Imkite VBE = 0,7 V ir VCE(sat) = 0,2 V. Raskite didžiausią bazės rezistorių RB kΩ, kuris dar įveda tranzistorių į įsotinimą.

VCC = 24 VRC = 1 kΩβ = 50Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Skaičiavimo sistemosVidutinis
pozicijų vertės papildomajame kode1−12816403201608040211

8 bitų seka 1100 0001 saugo sveikąjį skaičių su ženklu papildomajame kode. Kokia jo reikšmė N dešimtainėje sistemoje?

1100 00018 bit
N =
26.Skaičiavimo sistemosSunkus
spustelėkite bitus, kad juos nustatytumėte012806403201608040201

Nustatykite bitus pagal 8 bitų rezultatą 0011 0000 AND 1001 1101. Kokia rezultato reikšmė R dešimtainėje sistemoje?

0011 0000AND1001 1101
R =
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABCD00011110000111101111111

Šiame Karno žemėlapyje lygiai vienas vienetas neturi gretimo vieneto, todėl minimalioje SOP formoje lieka vieno langelio grupe (pilna keturių literalų minterma). Kaimynai per žemėlapio kraštus skaičiuojami. Spustelėkite tą langelį.

F = Σm(2, 5, 6, 8, 10, 14, 15)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
CLKJK123456

Kylančiuoju frontu valdomas JK trigeris pradeda nuo Q = 0 ir gauna parodytus įėjimus. Spustelėkite pirmąjį taktinį frontą, kuriuo Q iš 1 grįžta į 0.

Q₀ = 0JK
  1. 1taktinis frontas 1
  2. 2taktinis frontas 2
  3. 3taktinis frontas 3
  4. 4taktinis frontas 4
  5. 5taktinis frontas 5
  6. 6taktinis frontas 6
29.Laplaso transformacijosVidutinis
ReIm−1−2−3−4−5−61

F(s) = (6s + 33)/(s² + 11s + 30). Jos atvirkštinė transformacija yra f(t) = A·e−5t + B·e−6t. Paprastosiomis trupmenomis raskite koeficientą A.

F(s) = (6s + 33)/(s² + 11s + 30)
A =
30.Laplaso transformacijosSunkus
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Laplaso transformacija išspręskite y″ + 5y′ + 4y = 0, kai y(0) = −5 ir y′(0) = −6, ir raskite y(0,25).

y″ + 5y′ + 4y = 0y(0) = −5y′(0) = −6t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Struktūrinės schemosVidutinis
R(s)+Ks(s + 11)G(s)C(s)−

Objektas G(s) = K/(s(s + 11)) įtrauktas į vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūrą. Raskite stiprinimą K, su kuriuo uždaroji sistema kritiškai slopinama (du vienodi realieji poliai).

G(s) = K/(s(s + 11))vienetinis neigiamas grįžtamasis ryšys
K =
32.Struktūrinės schemosSunkus
R(s)+7s + 5G₁+10s + 8G₂C(s)2H₁−0,5H₂−

Sutrumpinkite struktūrinę schemą su G₁ = 7/(s + 5), G₂ = 10/(s + 8), vidiniu neigiamu grįžtamuoju ryšiu H₁ = 2 aplink G₂ ir išoriniu neigiamu grįžtamuoju ryšiu H₂ = 0,5. Raskite C(s)/R(s) nuolatinės srovės stiprinimą T(0).

G₁ = 7/(s + 5)G₂ = 10/(s + 8)H₁ = 2H₂ = 0,5
T(0) =
33.Šuolinė reakcijaVidutinis
t (s)y(t)3?

Sistemos perdavimo funkcija G(s) = 129/(s² + 4s + 43), o jos įėjimas yra vienetinis šuolis. Raskite šuolinės reakcijos procentinį viršijimą %OS.

G(s) = 129/(s² + 4s + 43)
%OS = %
34.Šuolinė reakcijaSunkus
R(s)+Ks(s + 12)G(s)C(s)−

Vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūre G(s) = K/(s(s + 12)). Raskite stiprinimą K, kuriam esant šuolinė reakcija turi 25 % viršijimą.

G(s) = K/(s(s + 12))%OS = 25 %
K =
35.Bode grafikai ir atsargosVidutinis
vin​L = 100 mHC = 0,47 µFR = 20 Ωvout​

Parodytame nuosekliajame RLC juostiniame filtre išėjimas imamas ant R = 20 Ω, kai L = 100 mH ir C = 0,47 µF. Raskite kokybės faktorių Q.

R = 20 ΩL = 100 mHC = 0,47 µF
Q =
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 + 2)(s + 9)). Raskite stiprinimą K, duodantį 12 dB stiprinimo atsargą.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 9))GM = 12 dB
K =
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaVidutinis
R(s)+K1(s + 2)(s + 3)(s + 4)C(s)−

Vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 4)), kai K > 0. Raskite didžiausią stiprinimą Kmax, su kuriuo uždarasis kontūras yra stabilus.

L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 4))
Kmax =
38.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaSunkus
ReImζ = 0,3−5−10j5j10j15

Pavaizduota kontūro L(s) = K/(s(s + 8)) šaknų geometrinė vieta. Raskite stiprinimą K, kuriam esant uždarojo kontūro polių slopinimo koeficientas yra ζ = 0,3.

L(s) = K/(s(s + 8))ζ = 0,3
K =
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasVidutinis
r(t) = 10·t²/2+4(s + 1)s²(s + 1)C(s)−

Į vienetinio grįžtamojo ryšio kontūrą, kurio G(s) = 4(s + 1)/(s²(s + 1)), paduodamas parabolinis signalas r(t) = 10·t²/2. Raskite nusistovėjusiąją paklaidą ess.

G(s) = 4(s + 1)/(s²(s + 1))r(t) = 10·t²/2
ess =
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasSunkus
R(s)+K4s(s + 10)C(s)−

Proporcinis reguliatorius K valdo objektą G(s) = 4/(s(s + 10)) vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre. Raskite stiprinimą K, kuriam esant uždarojo kontūro slopinimo koeficientas yra ζ = 0,707.

G(s) = 4/(s(s + 10))ζ = 0,707
K =

3Tirpalai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: Req = 21,8 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​ = 20 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​2 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 = 2·18/(2+18) = 1,8 Ω
Req = R1 + 1,8 = 20 + 1,8 = 21,8 Ω

Atsakymas

Req = 21,8 Ω
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: IR1 = 1,4 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​ = 10 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAR4​10 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 = 8 + 25 = 33 Ω
R4 ∥ 33 = 7,674 Ω
R3 + 7,674 = 17,67 Ω
R2 ∥ 17,67 = 7,147 Ω
Req = R1 + 7,147 = 10 + 7,147 = 17,15 Ω

Šaltinio srovė

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

IR1 = V1/Req = 24/17,15 = 1,4 A

Atsakymas

IR1 = 1,4 A
3.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: VA = 7,714 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.

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/20 + (VA + 9)/15 = 1,5
VA = (1,5 − 9/15)/(1/20 + 1/15) = 7,714 V
VB = 7,714 + 9 = 16,71 V

Atsakymas

VA = 7,714 V
4.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: IR4 = 4,771 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​ = 10 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​9 VR3​30 ΩAR5​10 ΩBIs​2 A−+V2​30 V

Nustatykite mazgus

Įžeminimas – apatinis laidas. Žinomi mazgų potencialai gaunami tiesiai iš šaltinių (V1 = 9 V, V2 = −30 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/30 + (VA − 9)/10 + (VA − VB)/30 = 0
0,1667·VA − 0,03333·VB = 0,9

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/10 + (VB − VA)/30 + (VB − (−30))/2 = 2
−0,03333·VA + 0,6333·VB = −13

Išspręskite

Δ = (0,1667)(0,6333) − (−0,03333)(−0,03333) = 0,1044
VA = Δ1/Δ = 0,1367/0,1044 = 1,309 V
VB = Δ2/Δ = −2,137/0,1044 = −20,46 V

Atsakymas

IR4 = (VB − V2)/R4 = (−20,46 − −30)/2 = 4,771 A
5.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: VR3 = 6,957 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​ = 4 ΩR2​ = 8 Ω+−V1​10 VR3​5 ΩA+−V2​12 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
4·I1 + 5(I1 − I2) = 10
9·I1 − 5·I2 = 10

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
8·I2 + 5(I2 − I1) = (−12)
−5·I1 + 13·I2 = −12

Išspręskite

Δ = (9)(13) − (−5)(−5) = 92
I1 = Δ1/Δ = 70/92 = 0,7609 A
I2 = Δ2/Δ = −58/92 = −0,6304 A

Atsakymas

IR3 = I1 − I2 = 1,391 A
VR3 = IR3·R3 = 1,391·5 = 6,957 V

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

6.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: I1 = 3,045 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​ = 8 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​36 VR4​4 ΩAR5​30 ΩB+−V2​15 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
8·I1 + 4(I1 − I2) = 36
12·I1 − 4·I2 = 36

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
2·I2 + 4(I2 − I1) + 30(I2 − I3) = 0
−4·I1 + 36·I2 − 30·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
15·I3 + 30(I3 − I2) = (−15)
−30·I2 + 45·I3 = −15

Išspręskite

Δ = koeficientų matricos determinantas = 7920
I1 = Δ1/Δ = 24120/7920 = 3,045 A
I2 = Δ2/Δ = 1080/7920 = 0,1364 A
I3 = Δ3/Δ = −1920/7920 = −0,2424 A

Atsakymas

I1 = 3,045 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

7.Superpozicija

Atsakymas: Is = 2,571 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​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​6 ΩAR4​4 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 = 5+4 = 9 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 6·9/(6+9) = 3,6 Ω
VA = 24·3,6/(8+3,6) = 7,448 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 7,448·4/9 = 3,31 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (7,448 − 3,31)/5 = 0,8276 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 = 3,429 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·4/12,43 = −0,3218·Is

Prilyginkite sumą nuliui

IR3′ + IR3″ = 0,8276 − 0,3218·Is = 0
Is = 0,8276/0,3218 = 2,571 A

Atsakymas

Is = 2,571 A
8.Superpozicija

Atsakymas: IR4 = 0,3401 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​ = 4 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​9 VR3​6 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) = 6 ∥ 27 = 4,909 Ω
VA = 9·4,909/(4+4,909) = 4,959 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 4,959·25/27 = 4,592 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (4,592 − 0)/25 = 0,1837 A
R1​ = 4 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 25 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​6 ΩAIs​1 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 = 2,4 Ω, todėl kairysis kelias yra R2+2,4 = 4,4 Ω
Req = R4 ∥ 4,4 = 3,741 Ω
VB = Is·Req = (−1)·3,741 = −3,741 V
VA = VB·2,4/4,4 = −2,041 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (−3,741 − 0)/25 = −0,1497 A
R1​ = 4 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 25 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​6 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 = 4·6/(4+6) = 2,4 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−9)·4,4/29,4 = −1,347 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −1,347·2,4/4,4 = −0,7347 V
IR4‴ = (VB − V2)/R4 = (−1,347 − −9)/25 = 0,3061 A

Sudėkite dedamąsias

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴
IR4 = 0,1837 + (−0,1497) + 0,3061 = 0,3401 A

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

9.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: Rth = 26 Ω

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​ = 10 ΩR3​ = 20 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​15 ΩAabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 10·15/(10+15) = 6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6 + 20 = 26 Ω
10.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: Vth = 75,33 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​ = 4 ΩR3​ = 10 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​8 ΩAATVIRABabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 4·8/(4+8) = 2,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,667 + 10 = 12,67 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAIs​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) = 12 + 5·2,667 = 25,33 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 25,33 + 5·10 = 75,33 V
11.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: t = 4,485 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

τ = L/R = 220 mH / 68 Ω = 3,235 ms

Išreiškite laiką

0,625 = 2,5·e−t/τ → t = τ·ln(2,5/0,625)
t = 3,235·ln(4) = 4,485 ms

Atsakymas

t = 4,485 ms
12.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: i = 0,1909 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) = 10/(47 + 20) = 0,1493 A
i(∞) = 10/47 = 0,2128 A
τ = L/R = 220/47 = 4,681 ms
i(t) = 0,2128 + (0,1493 − 0,2128)·e−t/τ

Srovė duotuoju momentu

i(5) = 0,2128 + (−0,06351)·e−5/4,681 = 0,1909 A

Atsakymas

i = 0,1909 A
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: φ = 37,53 °

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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,1 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·10·10⁻⁶) = 79,58 Ω

Pilnutinė varža

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(60² + (46,09)²) = 75,66 Ω

Fazės kampas

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(46,09/60) = 37,53°

Atsakymas

φ = 37,53°
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: I = 0,8123 A

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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,1 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·47·10⁻⁶) = 16,93 Ω

Pilnutinė varža

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (108,7)²) = 147,7 Ω

Srovė

Visais nuoseklios grandinės elementais teka ta pati srovė.

I = V/|Z| = 120/147,7 = 0,8123 A

Atsakymas

I = 0,8123 A
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: Q = 5,578 kvar

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.

Kampas

φ = arccos(0,85) = 31,79°, tan φ = 0,6197

Reaktyvioji galia

Q = P·tan φ = 9·0,6197 = 5,578 kvar

Atsakymas

Q = 5,578 kvar
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: C = 159,2 µF

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* = 25 − j20 Ω

Talpa

XC = 20 Ω → C = 1/(2π·50·20) = 159,2 µF

Atsakymas

C = 159,2 µF
17.Trifazė galia

Atsakymas: P = 1,454 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 = 208 V

Fazinė srovė

|Z| = √(7² + 24²) = 25 Ω
Iph = 208/25 = 8,32 A

Bendra aktyvioji galia

Aktyviąją galią naudoja tik aktyvioji kiekvieno impedanso dalis.

P = 3·Iph²·R = 3·8,32²·7 = 1,454 kW

Atsakymas

P = 1,454 kW

Patikrinimas: cos φ = R/|Z| = 0,28, o √3·VL·IL·cos φ duoda tą pačią galią.

18.Trifazė galia

Atsakymas: Cph = 91,76 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 = 75·tan(acos 0,8) = 75·0,75 = 56,25 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,9) = 75·0,4843 = 36,32 kvar

Kondensatorių tiekiama reaktyvioji galia

QC = Q1 − Q2 = 19,93 kvar

Vienos fazės talpa

Trikampiu sujungtoje baterijoje kiekvienas kondensatorius prijungtas tarp dviejų linijų.

V = 480 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 6642/(314,2·480²) = 91,76 µF

Atsakymas

Cph = 91,76 µF
19.Transformatoriai

Atsakymas: I1 = 0,25 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.

Antrinė įtampa ir srovė

V2 = 4800/20 = 240 V
I2 = 240/48 = 5 A

Pirminė srovė

Idealus transformatorius neturi nuostolių: V₁·I₁ = V₂·I₂.

I1 = I2/20 = 0,25 A

Atsakymas

I1 = 0,25 A

Patikrinimas: iš pirminės pusės matoma apkrova yra a²·RL = 19200 Ω, o 4800/19200 duoda tą pačią srovę.

20.Transformatoriai

Atsakymas: Ploss = 421,9 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 = 0,0625·750 = 46,88 W

Bendri nuostoliai

Šerdies nuostoliai vienodi esant bet kokiai apkrovai.

Ploss = 375 + 46,88 = 421,9 W

Atsakymas

Ploss = 421,9 W

Naudingumo koeficientas esant šiai apkrovai η = 97,26%.

21.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Rf = 40 kΩ

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.

Neinvertuojančiojo stiprintuvo stiprinimas

V₋ = V₊ = Vin, o srovė per R₁ teka ir per Rf, todėl Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (21 − 1)·2 = 40 kΩ

Atsakymas

Rf = 40 kΩ
22.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = −5,682 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.

Įėjimo srovė ir kitimo sparta

kΩ kart µF duoda milisekundes.

RC = 1 kΩ · 0,22 µF = 0,22 ms
kitimo sparta = −Vin/(RC) = −2,5/0,22 = −11,36 V/ms

Išėjimas duotuoju momentu

Idealioji vertė yra ±Vsat ribose, todėl integratorius dar neapribojo išėjimo.

Vout = −Vin·t/(RC) = −2,5·0,5/0,22 = −5,682 V

Atsakymas

Vout = −5,682 V
23.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: IC = 5,42 mA

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.

Daliklio Tevenino ekvivalentas

VTH = 18·15/(56 + 15) = 3,803 V
RTH = 56·15/(56 + 15) = 11,83 kΩ

Bazės srovė

KĮD bazės kontūrui; emiterio srovė yra (β + 1)·IB.

IB = (3,803 − 0,7)/(11,83 + 121·0,47) = 45,16 µA

Kolektoriaus srovė

IC = 120·45,16 µA = 5,42 mA
IE = 121·45,16 µA = 5,465 mA

Atsakymas

IC = 5,42 mA
24.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: RB = 9,034 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) = (24 − 0,2)/1000 = 23,8 mA

Mažiausia bazės srovė

IB(min) = IC(sat)/β = 23,8/50 = 476 µA

Bazės rezistorius

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,476 mA = 9,034 kΩ

Atsakymas

RB = 9,034 kΩ

Bet kuris mažesnis bazės rezistorius taip pat įsotina tranzistorių; praktikoje parenkamas kelis kartus mažesnis.

25.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: N = −63

Pozicinės skaičiavimo sistemos: kiekvienas skaitmuo vertas savo reikšmės, padaugintos iš pagrindo laipsnio. Dvejetainėje sistemoje pozicijos vertos 1, 2, 4, 8, 16, …, šešioliktainėje 1, 16, 256, …, o A–F reiškia 10–15. 8 bitų papildomajame kode kairysis bitas vertas −128 vietoj +128; taip saugomi neigiami skaičiai.

Sudėkite vertes

Kiti bitai išlaiko įprastas teigiamas vertes.

−128 + 64 + 1 = −63

Atsakymas

N = −63
26.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: R = 16

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

AND duoda 1 tik ten, kur abu bitai yra 1.

0011 0000
AND 1001 1101
= 0001 0000

Rezultato reikšmė

0001 0000₂ = 16

Atsakymas

R = 16
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: AB = 01, CD = 01

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.

Kiekvieno vieneto kaimynai

Vienetas su gretimu vienetu gali įeiti į dviejų ar daugiau langelių grupę.

m5: m4, m7, m1, m13 → 0
ABCD00011110000111101111111

Izoliuotas vienetas

m5 = A′BC′D → AB = 01, CD = 01

Atsakymas

AB = 01, CD = 01
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: taktinis frontas 6

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.

Q po kiekvieno fronto

JK trigeris: 00 išlaiko, 01 nustato į 0 (Q = 0), 10 nustato į 1 (Q = 1), 11 perjungia.

1: J = 1, K = 0 → Q = 1
2: J = 0, K = 0 → Q = 1
3: J = 0, K = 0 → Q = 1
4: J = 0, K = 0 → Q = 1
5: J = 0, K = 0 → Q = 1
6: J = 1, K = 1 → Q = 0

Pirmasis pokytis iš 1 į 0

taktinis frontas 6

Atsakymas

taktinis frontas 6
29.Laplaso transformacijos

Atsakymas: A = 3

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 + 11s + 30 = (s + 5)(s + 6)
F(s) = A/(s + 5) + B/(s + 6)

Uždengimo taisyklė

Padauginkite iš (s + 5) ir įrašykite s = −5: B narys išnyksta.

A = (6s + 33)/(s + 6) |s = −5 = 3/1 = 3

Atsakymas

A = 3
(B = 3, taigi f(t) = 3·e−5t + 3·e−6t)
30.Laplaso transformacijos

Atsakymas: y(0.25) = −5,401

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

s²Y − (−5)s − (−6) + 5(sY − (−5)) + 4Y = 0
Y(s) = (−5s − 31)/((s + 1)(s + 4))

Paprastosios trupmenos

A = −26/3 = −8,667
B = −11/(−3) = 3,667

Rezultatas

y(t) = −8,667·e−t + 3,667·e−4t
y(0,25) = −5,401

Atsakymas

y(0,25) = −5,401

Patikra: y(0) = A + B = −5.

31.Struktūrinės schemos

Atsakymas: K = 30,25

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).

Charakteringoji lygtis

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

Kartotinė šaknis

Kvadratinė lygtis s² + βs + γ turi dvigubą šaknį, kai β² = 4γ.

11² = 4K → K = 121/4 = 30,25

Atsakymas

K = 30,25
Abu uždarosios sistemos poliai tada yra ties s = −5,5.
32.Struktūrinės schemos

Atsakymas: T(0) = 0,4

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) = 10/(s + 28)

Išorinis kontūras

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 70/((s + 5)(s + 28) + 35)

Nuolatinės srovės stiprinimas

T(0) = 70/(5·28 + 35) = 70/175 = 0,4

Atsakymas

T(0) = 0,4
33.Šuolinė reakcija

Atsakymas: %OS = 36,56 %

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 = 43 → ωₙ = 6,557 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·6,557) = 0,305

Rezultatas

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−1,006 = 36,56 %

Atsakymas

%OS = 36,56 %
34.Šuolinė reakcija

Atsakymas: K = 220,9

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) = K/(s² + 12s + K)

Slopinimo koeficientas iš viršijimo

ζ = −ln(0,25)/√(π² + ln²(0,25)) = 0,4037

Stiprinimas

ωₙ = 12/(2ζ) = 14,86 rad/s
K = ωₙ² = 220,9

Atsakymas

K = 220,9
35.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: Q = 23,06

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.

Rezonansinis dažnis

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,1·4,7 × 10⁻⁷) = 4613 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 734,1 Hz

Kokybės faktorius

BW = R/L = 20/0,1 = 200 rad/s = 31,83 Hz
Q = ω₀/BW = 4613/200 = 23,06

Atsakymas

Q = 23,06
36.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: K = 49,74

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/2)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(2·9) = 4,243 rad/s

Modulis ties fazės kirtimu

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 4)·√(ω² + 81)) = K/(2·9·(2 + 9)) = K/198

Reikalingas stiprinimas

198/K = 1012/20 = 3,981
K = 198/3,981 = 49,74

Atsakymas

K = 49,74
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: Kmax = 210

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 + 9s² + 26s + 24 + K = 0

Raucho lentelė

s³: 1, 26
s²: 9, 24 + K
s¹: (9·26 − 24 − K)/9
s⁰: 24 + K

Sąlyga

Elementas s¹ eilutėje turi likti teigiamas.

K < 9·26 − 24 = 210

Atsakymas

Kmax = 210

Ties riba kontūras svyruoja dažniu ω = √26 = 5,099 rad/s.

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

Atsakymas: K = 177,8

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.

Palyginkite su standartine forma

s² + 8s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,3·ωₙ = 8 → ωₙ = 13,33 rad/s

Stiprinimas

K = ωₙ² = 13,33² = 177,8

Atsakymas

K = 177,8

Uždarojo kontūro poliai yra ten, kur ζ tiesė kerta vertikaliąją šaką ties s = −4.

39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ess = 2,5

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 = 4·1/1 = 4

Parabolės paklaida

ess = 10/4 = 2,5

Atsakymas

ess = 2,5
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: K = 12,5

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 + 10) + 4K = s² + 10s + 4K

Savasis dažnis

2·0,707·ωₙ = 10 → ωₙ = 7,072 rad/s

Stiprinimas

4K = ωₙ² = 50,02 → K = 12,5

Atsakymas

K = 12,5

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