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 ΩIR1​R3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​6 ΩB

Raskite šaltinio tiekiamą srovę IR1, tekančią per R1.

V1 = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 ΩR4 = 6 Ω
IR1 = A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiSunkus
R1​ = 25 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩIR2​AR4​5 ΩBR6​6 Ω

Raskite srovę IR2 per R2.

V1 = 24 VR1 = 25 ΩR2 = 4 ΩR3 = 10 ΩR4 = 5 ΩR5 = 10 ΩR6 = 6 Ω
IR2 = A
3.Mazgų potencialų metodasVidutinis
R1​ = 15 ΩR3​ = 3 ΩIR3​+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​15 ΩBIs​2,5 A

Taikykite mazgų potencialų metodą ir raskite srovę IR3 per R3 rodyklės kryptimi.

V1 = 10 VIs = 2,5 AR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 ΩR4 = 15 Ω
IR3 = A
4.Mazgų potencialų metodasSunkus
R1​ = 6 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​9 VR3​15 ΩAR5​2 ΩBIs​1,5 A−+V2​18 V

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

V1 = 9 VIs = 1,5 AV2 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 10 ΩR3 = 15 ΩR4 = 20 ΩR5 = 2 Ω
VA = V
5.Kontūrų srovių metodasVidutinis
R1​ = 8 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​10 VR3​5 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

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

V1 = 10 VV2 = 6 VR1 = 8 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 Ω
I1 = A
6.Kontūrų srovių metodasSunkus
R1​ = 6 ΩR2​ = 25 ΩR3​ = 4 ΩIR3​+−V1​9 VR4​20 ΩAR5​6 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

Taikykite kontūrų srovių metodą ir raskite srovę IR3 per R3 rodyklės kryptimi.

V1 = 9 VV2 = 5 VR1 = 6 ΩR2 = 25 ΩR3 = 4 ΩR4 = 20 ΩR5 = 6 Ω
IR3 = A
7.SuperpozicijaVidutinis
R1​ = 10 ΩIR1​R3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAR4​15 ΩBIs​3 A

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

V1 = 24 VIs = 3 AR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 ΩR4 = 15 Ω
IR1 = A
8.SuperpozicijaSunkus
R1​ = 30 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​18 VR3​30 ΩIR3​AIs​2,5 AB+−V2​?

Raskite įtampos šaltinio V2 vertę (poliškumas kaip pavaizduota), kuriai esant srovė IR3 per R3 lygi nuliui.

V1 = 18 VIs = 2,5 AR1 = 30 ΩR2 = 8 ΩR3 = 30 ΩR4 = 15 Ω
V2 = V
9.Teveninas ir NortonasVidutinis
R1​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩAab

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

V1 = 10 VR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
10.Teveninas ir NortonasSunkus
R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAIs​4 ABRL​25 ΩIL​

Prie a–b prijungta apkrova RL = 25 Ω. Likusią grandinės dalį pakeiskite Tevenino ekvivalentu ir raskite apkrovos srovę IL.

V1 = 24 VIs = 4 AR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 ΩRL = 25 Ω
IL = A
11.RC ir RL pereinamieji procesaiVidutinis
+−Vs​20 Vt = 0R = 22 ΩL10 mHi(t)

Kol jungiklis neužsidarė momentu t = 0, rite srovė neteka. Po kiek laiko nuo jungiklio užsidarymo srovė pasiekia 50% galutinės vertės? Raskite t.

Vs = 20 VR = 22 ΩL = 10 mH
t = ms
12.RC ir RL pereinamieji procesaiSunkus
+−Vs​24 Vatsidaro momentu t = 0R1​ = 6,8 kΩR2​ = 1 kΩi2​C10 µF+−vC​

Jungiklis ilgai buvo uždarytas, todėl grandinė yra nusistovėjusiame režime. Momentu t = 0 jungiklis atsidaro. Raskite srovę i2 per R2 momentu t = 15 ms.

Vs = 24 VR1 = 6,8 kΩR2 = 1 kΩC = 10 µFt = 15 ms
i2 = mA
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiVidutinis
10 V1000 HzR = 100 ΩL = 250 mHC = 100 µFI

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 10 V (efektinė), 1000 Hz maitinimo. Raskite efektinę srovę I.

V = 10 V (rms)f = 1000 HzR = 100 ΩL = 250 mHC = 100 µF
I = A
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiSunkus
VfR = 100 ΩL = 200 mHC = 0,47 µF

Nuoseklios RLC grandinės R = 100 Ω, L = 200 mH ir C = 0,47 µF. Raskite jos praleidžiamųjų dažnių juostos plotį B (juostos tarp pusinės galios dažnių plotį) Hz.

R = 100 ΩL = 200 mHC = 0,47 µF
B = Hz
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasVidutinis
P = 37 kWQSφ

Vienfazis variklis iš 240 V tinklo ima 37 kW, kai galios koeficientas 0,6 (induktyvus). Raskite linijos srovę I.

P = 37 kWpf = 0,6V = 240 V
I = A
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasSunkus
P = 10 kWQ1​S1​φ1​QC​

Vienfazė apkrova iš 240 V, 60 Hz tinklo ima 10 kW, kai galios koeficientas 0,65 (induktyvus). Lygiagrečiai prijungtas kondensatorius padidina galios koeficientą iki 0,9. Raskite reaktyviąją galią QC, kurią turi tiekti kondensatorius.

P = 10 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9V = 240 Vf = 60 Hz
QC = kvar
17.Trifazė galiaVidutinis
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M55 kW, η = 92%cos φ = 0,8

Trifazis asinchroninis variklis esant vardinei apkrovai tiekia 55 kW mechaninės galios. Esant šiai apkrovai jo naudingumo koeficientas 92%, o galios koeficientas 0,8 (induktyvus). Tinklo linijinė įtampa 400 V. Raskite linijinę srovę IL.

Pout = 55 kWη = 92%cos φ = 0,8VL = 400 V
IL = A
18.Trifazė galiaSunkus
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​

Simetrinė trifazė apkrova iš 690 V (linijinė įtampa), 50 Hz tinklo ima 150 kW, kai galios koeficientas 0,72 (induktyvus). Lygiagrečiai apkrovai prijungta trifazė kondensatorių baterija turi padidinti bendrą galios koeficientą iki 0,92 (induktyvus). Aktyvioji galia nekinta. Kondensatoriai sujungti trikampiu. Raskite kiekvieno kondensatoriaus talpą Cph µF.

P = 150 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoriaiVidutinis
2 Ω81

Prie idealaus transformatoriaus, kurio transformacijos koeficientas N₁:N₂ = 8:1, antrinės apvijos prijungtas 2 Ω rezistorius. Raskite varžą R1′, matomą iš pirminės apvijos pusės.

N1:N2 = 8:1RL = 2 Ω
R1′ = Ω
20.TransformatoriaiSunkus
25 kVA

Vienfazio 25 kVA transformatoriaus šerdies nuostoliai yra 125 W, o vario nuostoliai esant vardinei apkrovai – 312,5 W. Esant kokiai apkrovai Sη,max kVA jo naudingumo koeficientas didžiausias?

S = 25 kVAPcore = 125 WPcu,fl = 312,5 W
Sη,max = kVA
21.Operacinių stiprintuvų grandinėsVidutinis
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 1 kΩVin​

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

R1 = 1 kΩAv = 21
Rf = kΩ
22.Operacinių stiprintuvų grandinėsSunkus
−+Vout​Rf​ = 2 kΩV1​ = 0,3 VR1​ = 1 kΩV2​ = −0,9 VR2​ = 4,7 kΩ

Sumuojantysis stiprintuvas naudoja idealų operacinį stiprintuvą, maitinamą ±15 V. Raskite išėjimo įtampą Vout.

V1 = 0,3 VV2 = −0,9 VR1 = 1 kΩR2 = 4,7 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
23.Diodai ir tranzistoriaiVidutinis
RC​ = 1,2 kΩβ = 100IC​ = ?VCC​ = 9 VRB​ = 680 kΩ

NPN tranzistoriaus, kurio β = 100, darbo taškas nustatomas bazės rezistoriumi RB = 680 kΩ iš maitinimo šaltinio VCC = 9 V. Kolektoriaus rezistorius RC = 1,2 kΩ, emiteris įžemintas. Imkite VBE = 0,7 V ir tarkite, kad tranzistorius veikia aktyviojoje srityje. Raskite kolektoriaus srovę IC mA.

VCC = 9 VRB = 680 kΩRC = 1,2 kΩβ = 100VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Diodai ir tranzistoriaiSunkus
RC​ = 220 Ωβ = 150VCC​ = 9 V3,3 VRB​ = ?

NPN tranzistorius, kurio β = 150, komutuoja 220 Ω apkrovos rezistorių, prijungtą tarp VCC = 9 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. Raskite didžiausią bazės rezistorių RB kΩ, kuris dar įveda tranzistorių į įsotinimą.

VCC = 9 VRC = 220 Ωβ = 150Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Skaičiavimo sistemosVidutinis
8 bitų papildomasis kodas0−12806403201608040201

Nustatykite bitus, kad jie saugotų −50 8 bitų dvejetainiu papildomuoju kodu. Skaitant kaip skaičių be ženklo, kokia šablono reikšmė U?

N = −508 bit
U =
26.Skaičiavimo sistemosSunkus
spustelėkite bitus, kad juos nustatytumėte012806403201608040201

Nustatykite bitus pagal 8 bitų rezultatą 1110 1100 << 2. Kokia rezultato reikšmė R dešimtainėje sistemoje?

1110 1100<< 2
R =
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABCD000111100001111000111302040517061121130151141819011010

Karno žemėlapiu raskite minimalią F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 7, 8, 9, 12, 13, 14) sumų sandaugos (POS) formą. Kiek sumos narių (daugiklių) N ji turi?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 7, 8, 9, 12, 13, 14)
N =
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​CLKMOD-12

Sinchroninis mod-12 skaitiklis skaičiuoja 0, 1, …, 11 ir tada grįžta į 0. Jis pradeda nuo 8. Kokį skaičių Q (dešimtainiu pavidalu) jis rodo po 36 taktinių impulsų?

Q0 = 836N = 12
Q =
29.Laplaso transformacijosVidutinis
t (s)f(t)t = 0,8f(0,8) = ?

Paprastosiomis trupmenomis raskite f(t), kai F(s) = 60/(s(s + 1)(s + 6)), ir apskaičiuokite f(0,8).

F(s) = 60/(s(s + 1)(s + 6))t = 0,8 s
f(0.8) =
30.Laplaso transformacijosSunkus
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Sistema tenkina y″ + 4y′ + 3y = 6·u(t), kai y(0) = 6 ir y′(0) = 0. Ties t = 0 pridedamas šuolinis įėjimas u(t) = 5. Laplaso transformacija raskite y(0,3).

y″ + 4y′ + 3y = 6·u(t)y(0) = 6y′(0) = 0u(t) = 5t = 0,3 s
y(0.3) =
31.Struktūrinės schemosVidutinis
R(s)+K(s + 7)(s + 11)G(s)C(s)−

Objektas G(s) = K/((s + 7)(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 + 7)(s + 11))vienetinis neigiamas grįžtamasis ryšys
K =
32.Struktūrinės schemosSunkus
R(s)+Kvaldiklis+D(s)+6s + 8objektasC(s)−

Proporcinis valdiklis K valdo objektą G(s) = 6/(s + 8) vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūre. Kai R = 0, objekto įėjime veikia 5 dydžio trikdžio šuolis. Raskite mažiausią stiprinimą K, su kuriuo nusistovėjęs išėjimas neviršija 0,0375.

G(s) = 6/(s + 8)D = 5css ≤ 0,0375
K =
33.Šuolinė reakcijaVidutinis
t (s)y(t)2

Sistemos perdavimo funkcija G(s) = 152/(s² + 3s + 76), o jos įėjimas yra vienetinis šuolis. Poliai yra s = σ ± jωd. Raskite realiąją dalį σ.

G(s) = 152/(s² + 3s + 76)
σ =
34.Šuolinė reakcijaSunkus
t (s)y(t)120 %

Antrosios eilės sistemos be nulių šuolinė reakcija turi turėti 20 % viršijimą. Raskite slopinimo koeficientą ζ.

%OS = 20 %
ζ =
35.Bode grafikai ir atsargosVidutinis
vin​R = 2,2 kΩC = 47 nFvout​

Parodytas RC žemųjų dažnių filtras turi R = 2,2 kΩ, C = 47 nF. Taikoma sinusinė įvestis 380 Hz. Raskite vout fazės poslinkį φ vin atžvilgiu laipsniais.

R = 2,2 kΩC = 47 nFf = 380 Hz
φ = °
36.Bode grafikai ir atsargosSunkus
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Vienetinio grįžtamojo ryšio kilpos atvirosios kilpos perdavimo funkcija yra L(s) = 40/(s(s + 3)(s + 10)). Raskite stiprinimo atsargą GM dB.

L(s) = 40/(s(s + 3)(s + 10))
GM = dB
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaVidutinis
R(s)+K1s(s + 8)(s + 10)C(s)−

Schemoje pavaizduoto kontūro atvirojo kontūro perdavimo funkcija yra L(s) = K/(s(s + 8)(s + 10)). Raskite didžiausią stiprinimą Kmax, su kuriuo uždarasis kontūras yra stabilus.

L(s) = K/(s(s + 8)(s + 10))
Kmax =
38.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaSunkus
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,5−50,5j0,5j1

Kontūro L(s) = K/(s(s + 1)(s + 4)) šaknų geometrinė vieta palieka realiąją ašį tarp s = 0 ir s = −1. Raskite atsiskyrimo tašką sb.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 4))
sb =
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasVidutinis
r(t) = 4·t²/2+5(s + 1)s²(s + 4)C(s)−

Į vienetinio grįžtamojo ryšio kontūrą, kurio G(s) = 5(s + 1)/(s²(s + 4)), paduodamas parabolinis signalas r(t) = 4·t²/2. Raskite nusistovėjusiąją paklaidą ess.

G(s) = 5(s + 1)/(s²(s + 4))r(t) = 4·t²/2
ess =
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasSunkus
R(s)+Kp​ + Ki​/s4s + 2C(s)−

PI reguliatorius C(s) = Kp + Ki/s valdo objektą G(s) = 4/(s + 2) vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre. Uždarasis kontūras turi turėti ωₙ = 5 rad/s ir ζ = 0,5. Raskite proporcinį stiprinimą Kp.

G(s) = 4/(s + 2)ωₙ = 5 rad/sζ = 0,5
Kp =

3Tirpalai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: IR1 = 2,066 A

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​6 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 = 5 + 6 = 11 Ω
R2 ∥ 11 = 3·11/(3+11) = 2,357 Ω
Req = R1 + 2,357 = 2 + 2,357 = 4,357 Ω

Šaltinio srovė

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

IR1 = V1/Req = 9/4,357 = 2,066 A

Atsakymas

IR1 = 2,066 A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: IR2 = 0,6622 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​ = 25 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAR4​5 ΩBR6​6 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 = 10 + 6 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 3,81 Ω
R3 + 3,81 = 13,81 Ω
R2 ∥ 13,81 = 3,102 Ω
Req = R1 + 3,102 = 25 + 3,102 = 28,1 Ω

Šaltinio srovė

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

IR1 = V1/Req = 24/28,1 = 0,854 A

Srovė per R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 24 − 0,854·25 = 2,649 V
IR2 = VA/R2 = 2,649/4 = 0,6622 A

Atsakymas

IR2 = 0,6622 A
3.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: IR3 = −1,196 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​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​15 ΩBIs​2,5 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/20 + (VA − 10)/15 + (VA − VB)/3 = 0
0,45·VA − 0,3333·VB = 0,6667

KSD mazge B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/15 + (VB − VA)/3 = 2,5
−0,3333·VA + 0,4·VB = 2,5

Išspręskite

Δ = (0,45)(0,4) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,06889
VA = Δ1/Δ = 1,1/0,06889 = 15,97 V
VB = Δ2/Δ = 1,347/0,06889 = 19,56 V

Atsakymas

IR3 = (VA − VB)/R3 = (15,97 − 19,56)/3 = −1,196 A
4.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: VA = 5,008 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​ = 6 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​9 VR3​15 ΩAR5​2 ΩBIs​1,5 A−+V2​18 V

Nustatykite mazgus

Įžeminimas – apatinis laidas. Žinomi mazgų potencialai gaunami tiesiai iš šaltinių (V1 = 9 V, V2 = −18 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/15 + (VA − 9)/6 + (VA − VB)/10 = 0
0,3333·VA − 0,1·VB = 1,5

KSD mazge B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/2 + (VB − VA)/10 + (VB − (−18))/20 = 1,5
−0,1·VA + 0,65·VB = 0,6

Išspręskite

Δ = (0,3333)(0,65) − (−0,1)(−0,1) = 0,2067
VA = Δ1/Δ = 1,035/0,2067 = 5,008 V
VB = Δ2/Δ = 0,35/0,2067 = 1,694 V

Atsakymas

VA = 5,008 V
5.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: I1 = 0,6329 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​ = 3 Ω+−V1​10 VR3​5 ΩA+−V2​6 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
8·I1 + 5(I1 − I2) = 10
13·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
3·I2 + 5(I2 − I1) = (−6)
−5·I1 + 8·I2 = −6

Išspręskite

Δ = (13)(8) − (−5)(−5) = 79
I1 = Δ1/Δ = 50/79 = 0,6329 A
I2 = Δ2/Δ = −28/79 = −0,3544 A

Atsakymas

I1 = 0,6329 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

6.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: IR3 = −0,4265 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​ = 6 ΩR2​ = 25 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR4​20 ΩAR5​6 ΩB+−V2​5 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
6·I1 + 20(I1 − I2) = 9
26·I1 − 20·I2 = 9

KĮD kontūre 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
25·I2 + 20(I2 − I1) + 6(I2 − I3) = 0
−20·I1 + 51·I2 − 6·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
4·I3 + 6(I3 − I2) = (−5)
−6·I2 + 10·I3 = −5

Išspręskite

Δ = koeficientų matricos determinantas = 8324
I1 = Δ1/Δ = 3666/8324 = 0,4404 A
I2 = Δ2/Δ = 1020/8324 = 0,1225 A
I3 = Δ3/Δ = −3550/8324 = −0,4265 A

Atsakymas

IR3 = I3 = −0,4265 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

7.Superpozicija

Atsakymas: IR1 = 0,4792 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​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAR4​15 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 = 8+15 = 23 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 12·23/(12+23) = 7,886 Ω
VA = 24·7,886/(10+7,886) = 10,58 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 10,58·15/23 = 6,901 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (24 − 10,58)/10 = 1,342 A
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​12 ΩAR4​15 ΩBIs​3 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 = 10·12/(10+12) = 5,455 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 15 ∥ 13,45 = 7,093 Ω
VB = Is·Req = 3·7,093 = 21,28 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 21,28·5,455/13,45 = 8,626 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 8,626)/10 = −0,8626 A

Sudėkite dedamąsias

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 1,342 + (−0,8626) = 0,4792 A

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

8.Superpozicija

Atsakymas: V2 = 23,7 V

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​ = 30 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​18 VR3​30 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) = 30 ∥ 23 = 13,02 Ω
VA = 18·13,02/(30+13,02) = 5,447 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 5,447·15/23 = 3,553 V
R1​ = 30 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 15 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​30 ΩAIs​2,5 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. Iₛ rodyklė nukreipta žemyn, tolyn nuo savo mazgo, todėl Iₛ ištraukia srovę iš to mazgo: jos narys įrašomas su minuso ženklu.

R1 ∥ R3 = 15 Ω, todėl kairysis kelias yra R2+15 = 23 Ω
Req = R4 ∥ 23 = 9,079 Ω
VB = −Is·Req = −2,5·9,079 = −22,7 V
VA = VB·15/23 = −14,8 V

3 atvejis · veikia tik V2, vienam voltui

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

R1 ∥ R3 = 15 Ω
VA‴ = V2·15/(15 + 8 + 15) = 0,3947·V2

Prilyginkite VA nuliui

Kai VA = 0, įtampos ant R₃ nėra, todėl jo srovė lygi nuliui.

VA′ + VA″ + VA‴ = 5,447 + (−14,8) + 0,3947·V2 = 0
V2 = 9,355/0,3947 = 23,7 V

Atsakymas

V2 = 23,7 V
9.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: IN = 0,1379 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​ = 20 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 + 20 = 25,22 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 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) = 10·8/(15+8) = 3,478 V
IN​0,1379 ARth​25,22 Ωab

Nortono ekvivalentas

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

IN = Vth/Rth = 3,478/25,22 = 0,1379 A
10.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: IL = −1,065 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​ = 20 ΩR3​ = 8 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​2 ΩAATVIRABabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 20·2/(20+2) = 1,818 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,818 + 8 = 9,818 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAIs​4 ABab+−Vth​

Raskite Vth – tuščiosios veikos įtampą

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 2,182 + (−4)·1,818 = −5,091 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −5,091 + (−4)·8 = −37,09 V
Rth​ = 9,818 Ω−+Vth​37,09 VRL​25 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) = −37,09/(9,818 + 25) = −1,065 A
11.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: t = 0,3151 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 = 20/22 = 0,9091 A

Išreiškite laiką

0,5 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,5)
t = −0,4545·ln(0,5) = 0,3151 ms

Atsakymas

t = 0,3151 ms
12.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: i2 = 0,6866 mA

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 kondensatoriaus įtampa

Nusistovėjusiame režime kondensatorius yra atvira grandinė, todėl R₁ ir R₂ sudaro įtampos daliklį. Atsidarius jungikliui, kondensatoriaus įtampa negali pasikeisti šuoliu.

vC(0) = 24·1/(6,8 + 1) = 3,077 V

Laiko konstanta atsidarius jungikliui

τ = R2·C = 1·10 = 10 ms

Išsikrovimas

vC(t) = 3,077·e−15/10 = 0,6866 V
i2 = vC/R2 = 0,6866/1 = 0,6866 mA

Atsakymas

i2 = 0,6866 mA
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: I = 0,00636 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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,25 = 1571 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·100·10⁻⁶) = 1,592 Ω

Pilnutinė varža

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (1569)²) = 1572 Ω

Srovė

Visais nuoseklios grandinės elementais teka ta pati srovė.

I = V/|Z| = 10/1572 = 0,00636 A

Atsakymas

I = 0,00636 A
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: B = 79,58 Hz

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

Rezonansinis dažnis

f0 = 1/(2π·√(0,2·0,47·10⁻⁶)) = 519,1 Hz

Kokybės faktorius

Q palygina reaktyviąją varžą rezonanso metu su varža: Q = ω₀L/R.

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/100)·√(0,2/(0,47·10⁻⁶)) = 6,523

Juostos plotis

B = f0/Q = 519,1/6,523 = 79,58 Hz

Atsakymas

B = 79,58 Hz
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: I = 256,9 A

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

Linijos srovė

Darbą atlieka tik aktyvioji galios dalis, todėl dalykite iš galios koeficiento.

I = P/(V·cos φ) = 37000/(240·0,6) = 256,9 A

Atsakymas

I = 256,9 A
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: QC = 6,848 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.

Reaktyvioji galia prieš ir po

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

Q1 = P·tan φ1 = 10·tan(49,46°) = 11,69 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 10·tan(25,84°) = 4,843 kvar
QC = Q1 − Q2 = 6,848 kvar

Atsakymas

QC = 6,848 kvar
17.Trifazė galia

Atsakymas: IL = 107,9 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 = 55/0,92 = 59,78 kW

Linijos srovė

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 59783/(√3·400·0,8) = 107,9 A

Atsakymas

IL = 107,9 A
18.Trifazė galia

Atsakymas: Cph = 179,8 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 = 150·tan(acos 0,72) = 150·0,9639 = 144,6 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,92) = 150·0,426 = 63,9 kvar

Kondensatorių tiekiama reaktyvioji galia

QC = Q1 − Q2 = 80,68 kvar

Vienos fazės talpa

Trikampiu sujungtoje baterijoje kiekvienas kondensatorius prijungtas tarp dviejų linijų.

V = 690 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 26893/(314,2·690²) = 179,8 µF

Atsakymas

Cph = 179,8 µF
19.Transformatoriai

Atsakymas: R1′ = 128 Ω

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

Perskaičiuota varža

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

R1′ = a²·RL = 8²·2 = 128 Ω

Atsakymas

R1′ = 128 Ω
20.Transformatoriai

Atsakymas: Sη,max = 15,81 kVA

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 lygūs šerdies nuostoliams

x²·312,5 = 125 → x = √(125/312,5) = 0,6325

Apkrova esant didžiausiam naudingumo koeficientui

Sη,max = x·S = 0,6325·25 = 15,81 kVA

Atsakymas

Sη,max = 15,81 kVA
21.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Rf = 20 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)·1 = 20 kΩ

Atsakymas

Rf = 20 kΩ
22.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = −0,217 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 srovės

V₋ = 0, todėl ant kiekvieno įėjimo rezistoriaus yra visa jo įėjimo įtampa.

I1 = V1/R1 = 0,3/1 = 0,3 mA
I2 = V2/R2 = −0,9/4,7 = −0,1915 mA
If = I1 + I2 = 0,1085 mA

Išėjimo įtampa

Vout = −Rf·If = −2·0,1085 = −0,217 V

Atsakymas

Vout = −0,217 V
23.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: IC = 1,221 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.

Bazės srovė

IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/680 kΩ = 12,21 µA

Kolektoriaus srovė

IC = β·IB = 100·12,21 µA = 1,221 mA

Atsakymas

IC = 1,221 mA

Patikrinimas: VCE = 7,535 V gerokai viršija 0,2 V, todėl tranzistorius iš tikrųjų veikia aktyviojoje srityje.

24.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: RB = 9,75 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) = (9 − 0,2)/220 = 40 mA

Mažiausia bazės srovė

IB(min) = IC(sat)/β = 40/150 = 266,7 µA

Bazės rezistorius

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,2667 mA = 9,75 kΩ

Atsakymas

RB = 9,75 kΩ

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

25.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 206

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

50 = 0011 0010
invertuota: 1100 1101
+1 → 1100 1110

Perskaitykite be ženklo

1100 1110₂ = 256 − 50 = 206

Atsakymas

U = 206
26.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: R = 176

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

Postūmis kairėn 2 perkelia kiekvieną bitą 2 pozicijomis į kairę; bitai, iškritę iš kairiojo galo, prarandami, o dešinėje įeina nuliai.

1110 1100 << 2
= 1011 0000

Rezultato reikšmė

1011 0000₂ = 176

Atsakymas

R = 176
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: N = 4

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.

ABCD000111100001111000111302040517061121130151141819011010

Sugrupuokite nulius

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

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

Minimali POS forma

F = (B + C′ + D)(A + D)(A′ + C′ + D′)(A + B′ + C)
N = 4

Atsakymas

N = 4

Egzistuoja kitas to paties dydžio grupavimas; jis turi tiek pat narių ir literalų.

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.

Pilni ciklai

Kas 12 impulsų skaitiklis grįžta į tą pačią būseną.

36 = 3·12 + 0

Skaičius po likusių impulsų

Q = (8 + 0) mod 12 = 8
Q = 1000₂

Atsakymas

Q = 8
29.Laplaso transformacijos

Atsakymas: f(0.8) = 4,625

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).

Paprastosios trupmenos

F(s) = A/s + B/(s + 1) + C/(s + 6)
A = 60/(1·6) = 10
B = 60/((−1)·5) = −12
C = 60/((−6)·(−5)) = 2

Atvirkštinė transformacija

f(t) = 10 − 12·e−t + 2·e−6t

Apskaičiuokite

f(0,8) = 10 − 12·e−0,8 + 2·e−6·0,8 = 4,625

Atsakymas

f(0,8) = 4,625
30.Laplaso transformacijos

Atsakymas: y(0.3) = 6,368

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

(s² + 4s + 3)·Y(s) = 6s + 24 + 30/s
Y(s) = (6s² + 24s + 30)/(s(s + 1)(s + 3))

Paprastosios trupmenos

A = 30/(1·3) = 10
B = 12/((−1)·2) = −6
C = 12/((−3)·(−2)) = 2

Rezultatas

y(t) = 10 − 6·e−t + 2·e−3t
y(0,3) = 6,368

Atsakymas

y(0,3) = 6,368

Patikra: y(0) = A + B + C = 6.

31.Struktūrinės schemos

Atsakymas: K = 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).

Charakteringoji lygtis

1 + K/((s + 7)(s + 11)) = 0 → s² + 18s + 77 + K = 0

Kartotinė šaknis

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

18² = 4(77 + K) → K = 324/4 − 77 = 4

Atsakymas

K = 4
Abu uždarosios sistemos poliai tada yra ties s = −9.
32.Struktūrinės schemos

Atsakymas: K = 132

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).

Trikdžio atsakas

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 5·6/(8 + 6K)

Išspręskite K atžvilgiu

8 + 6K = 5·6/0,0375 = 800
K = (800 − 8)/6 = 132

Atsakymas

K = 132
33.Šuolinė reakcija

Atsakymas: σ = −1,5

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 = 76 → ωₙ = 8,718 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·8,718) = 0,1721

Rezultatas

σ = −ζωₙ = −3/2 = −1,5

Atsakymas

σ = −1,5
34.Šuolinė reakcija

Atsakymas: ζ = 0,4559

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).

Slopinimo koeficientas

ζ = −ln(0,2)/√(π² + ln²(0,2)) = 1,609/√(9,87 + 2,59) = 0,4559

Atsakymas

ζ = 0,4559
35.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: φ = −13,87 °

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

Lūžio dažnis

ωc = 1/(RC) = 1/(2200·4,7 × 10⁻⁸) = 9671 rad/s
fc = 1539 Hz → f/fc = 380/1539 = 0,2469

Fazė

φ = − atan(0,2469) = −13,87°

Atsakymas

φ = −13,87°
36.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: GM = 19,78 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.

Fazės kirtimas

(ω/3)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(3·10) = 5,477 rad/s

Modulis ties fazės kirtimu

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 100)) = K/(3·10·(3 + 10)) = K/390

Stiprinimo atsarga

GM = 20·log₁₀(390/40) = 19,78 dB

Atsakymas

GM = 19,78 dB
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: Kmax = 1440

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

Charakteringoji lygtis

s³ + 18s² + 80s + K = 0

Raucho lentelė

s³: 1, 80
s²: 18, K
s¹: (18·80 − K)/18
s⁰: K

Sąlygos

Kiekvienas pirmojo stulpelio elementas turi būti teigiamas.

K > 0
18·80 − K > 0 → K < 1440

Atsakymas

Kmax = 1440

Kai K = 1440, uždarasis kontūras svyruoja dažniu ω = √80 = 8,944 rad/s.

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

Atsakymas: sb = −0,4648

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.

Stiprinimas išilgai realiosios ašies

K(s) = −s(s + 1)(s + 4) = −(s³ + 5s² + 4s)

Stacionarieji taškai

dK/ds = −(3s² + 10s + 4) = 0
s = (−10 ± √(100 − 48))/6 = −0,4648, −2,869

Pasirinkite geometrinės vietos tašką

Geometrinė vieta yra realiojoje ašyje tarp 0 ir −1; kita šaknis jai nepriklauso.

sb = −0,4648

Atsakymas

sb = −0,4648
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ess = 3,2

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 = 5·1/4 = 1,25

Parabolės paklaida

ess = 4/1,25 = 3,2

Atsakymas

ess = 3,2
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: Kp = 0,75

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

1 + C(s)G(s) = 0, padauginta iš s(s + 2).

s² + (2 + 4Kp)s + 4Ki

Tikslinis daugianaris

s² + 2·0,5·5s + 5² = s² + 5s + 25

Sulyginkite koeficientus

2 + 4Kp = 5 → Kp = 0,75

Atsakymas

Kp = 0,75

Integralinis narys kontūrą padaro 1 tipo, todėl šuolis seka be nusistovėjusiosios paklaidos.

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