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​ = 3 ΩIR1​R3​ = 5 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAR4​15 ΩB

Raskite šaltinio tiekiamą srovę IR1, tekančią per R1.

V1 = 6 VR1 = 3 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 ΩR4 = 15 Ω
IR1 = A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiSunkus
R1​ = 6 ΩIR1​R3​ = 30 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAR4​4 ΩBR6​6 Ω

Raskite šaltinio tiekiamą srovę IR1, tekančią per R1.

V1 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 8 ΩR3 = 30 ΩR4 = 4 ΩR5 = 30 ΩR6 = 6 Ω
IR1 = A
3.Mazgų potencialų metodasVidutinis
−+Vs​ = 8 VIs​1,5 AAR1​5 ΩR2​3 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 = 8 VR1 = 5 ΩR2 = 3 Ω
VA = V
4.Mazgų potencialų metodasSunkus
R1​ = 3 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​9 VR3​2 ΩAR5​25 ΩBIs​1,5 A−+V2​9 V

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

V1 = 9 VIs = 1,5 AV2 = 9 VR1 = 3 ΩR2 = 3 ΩR3 = 2 ΩR4 = 10 ΩR5 = 25 Ω
VA = V
5.Kontūrų srovių metodasVidutinis
R1​ = 20 ΩIR1​R2​ = 3 Ω+−V1​24 VR3​20 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Taikykite kontūrų srovių metodą ir raskite srovę IR1 per R1 rodyklės kryptimi.

V1 = 24 VV2 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 20 Ω
IR1 = A
6.Kontūrų srovių metodasSunkus
R1​ = 4 ΩR2​ = 4 ΩIR2​R3​ = 4 Ω+−V1​30 VR4​15 ΩAR5​5 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

Taikykite kontūrų srovių metodą ir raskite srovę IR2 per R2 rodyklės kryptimi.

V1 = 30 VV2 = 12 VR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 4 ΩR4 = 15 ΩR5 = 5 Ω
IR2 = A
7.SuperpozicijaVidutinis
R1​ = 4 ΩR3​ = 20 ΩIR3​+−V1​15 VR2​3 ΩAR4​8 ΩBIs​?

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

V1 = 15 VR1 = 4 ΩR2 = 3 ΩR3 = 20 ΩR4 = 8 Ω
Is = A
8.SuperpozicijaSunkus
R1​ = 12 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​18 VR3​3 ΩIR3​AIs​1 AB−+V2​10 V

Taikydami superpoziciją, raskite galią PR3, kurią sunaudoja R3.

V1 = 18 VIs = 1 AV2 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 25 ΩR3 = 3 ΩR4 = 5 Ω
PR3 = W
9.Teveninas ir NortonasVidutinis
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩARL​6 ΩIL​B

Prie a–b prijungta apkrova RL = 6 Ω. Likusią grandinės dalį pakeiskite Tevenino ekvivalentu ir raskite apkrovos srovę IL.

V1 = 6 VR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩRL = 6 Ω
IL = A
10.Teveninas ir NortonasSunkus
R1​ = 4 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAIs​0,5 ABRL​20 ΩIL​

Prie a–b prijungta apkrova RL = 20 Ω. Naudodami Tevenino ekvivalentą raskite apkrovai tiekiamą galią PL.

V1 = 15 VIs = 0,5 AR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 ΩRL = 20 Ω
PL = W
11.RC ir RL pereinamieji procesaiVidutinis
+−Vs​9 Vt = 0R = 50 ΩL47 mHi(t)

Kol jungiklis neužsidarė momentu t = 0, rite srovė neteka. Raskite srovę i momentu t = 1 ms.

Vs = 9 VR = 50 ΩL = 47 mHt = 1 ms
i = A
12.RC ir RL pereinamieji procesaiSunkus
+−Vs​9 Vt = 0R = 6,8 kΩC47 µF+−vC​vC​(0) = 15 V

Prieš pat jungiklio užsidarymą momentu t = 0 kondensatoriaus įtampa yra 15 V su pažymėtu poliškumu. Raskite kondensatoriaus įtampą vC momentu t = 200 ms.

Vs = 9 VR = 6,8 kΩC = 47 µFvC(0) = 15 Vt = 200 ms
vC = V
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiVidutinis
Vf0​ = 200 HzRL = 200 mHC = ?

Nuosekli RLC grandinė, kurios L = 200 mH, turi rezonuoti esant 200 Hz. Raskite reikiamą talpą C.

f0 = 200 HzL = 200 mH
C = µF
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiSunkus
120 V500 HzR = 20 ΩL = 20 mHC = 22 µFI

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 120 V (efektinė), 500 Hz maitinimo. Raskite efektinę srovę I.

V = 120 V (rms)f = 500 HzR = 20 ΩL = 20 mHC = 22 µF
I = A
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasVidutinis
P = 37 kWQ = ?Sφ

Vienfazis variklis iš 240 V tinklo ima 37 kW, kai galios koeficientas 0,75 (induktyvus). Raskite jo naudojamą reaktyviąją galią Q.

P = 37 kWpf = 0,75V = 240 V
Q = kvar
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasSunkus
P = 20 kWQ1​S1​φ1​QC​

Vienfazė apkrova iš 400 V, 50 Hz tinklo ima 20 kW, kai galios koeficientas 0,65 (induktyvus). Lygiagrečiai prijungtas kondensatorius padidina galios koeficientą iki 0,95. Raskite reaktyviąją galią QC, kurią turi tiekti kondensatorius.

P = 20 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95V = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
17.Trifazė galiaVidutinis
ABCVL​ = 415 VZ = 24 + j18 Ωvienai fazei

Simetrinė trikampiu sujungta apkrova, kurios fazės impedansas 24 + j18 Ω, prijungta prie simetrinio trifazio tinklo, kurio linijinė įtampa 415 V. Raskite bendrą apkrovos naudojamą aktyviąją galią P kW.

VL = 415 VZ = 24 + j18 Ω vienai fazei
P = kW
18.Trifazė galiaSunkus
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Simetrinė trifazė apkrova iš 690 V (linijinė įtampa), 60 Hz tinklo ima 120 kW, kai galios koeficientas 0,7 (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 = 120 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatoriaiVidutinis
RL​ = 8 Ω41920 VV2​I1​ = ?I2​

Idealaus transformatoriaus, kurio transformacijos koeficientas N₁:N₂ = 4:1, pirminei apvijai prijungta 920 V įtampa. Prie antrinės apvijos prijungtas 8 Ω rezistorius. Raskite pirminę srovę I1.

N1:N2 = 4:1V1 = 920 VRL = 8 Ω
I1 = A
20.TransformatoriaiSunkus
pf 0,95250 kVA, 25% apkrova

Vienfazio 250 kVA transformatoriaus šerdies nuostoliai yra 2000 W, o vario nuostoliai esant vardinei apkrovai – 3000 W. Jis tiekia 25% vardinės galios kVA, kai galios koeficientas 0,95 (induktyvus). Raskite bendrus nuostolius Ploss vatais esant šiai apkrovai.

S = 250 kVAPcore = 2000 WPcu,fl = 3000 Wx = 0,25pf = 0,95
Ploss = W
21.Operacinių stiprintuvų grandinėsVidutinis
−+Vout​Rf​ = 100 kΩVin​R1​ = 47 kΩ

Operacinis stiprintuvas idealus ir maitinamas ±15 V įtampa; jo išėjimas įsisotina ties ±13 V. Invertuojantis stiprintuvas valdomas sinusiniu signalu. Raskite didžiausią įėjimo amplitudę Vin,max (amplitudinę vertę), kuriai esant išėjimas neapribojamas.

R1 = 47 kΩRf = 100 kΩVsat = ±13 V
Vin,max = V
22.Operacinių stiprintuvų grandinėsSunkus
−+Vout​R2​ = 10 kΩV1​ = 1,2 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 0,3 VR3​ = 1 kΩR4​ = 10 kΩ

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

V1 = 1,2 VV2 = 0,3 VR1 = 4,7 kΩR2 = 10 kΩR3 = 1 kΩR4 = 10 kΩ
Vout = V
23.Diodai ir tranzistoriaiVidutinis
RC​ = 4,7 kΩβ = 100IC​ = ?RE​ = 2,2 kΩVCC​ = 18 VR1​ = 47 kΩR2​ = 4,7 kΩ

NPN tranzistoriaus, kurio β = 100, darbo taškas nustatomas įtampos dalikliu iš VCC = 18 V: R₁ = 47 kΩ nuo VCC iki bazės ir R₂ = 4,7 kΩ nuo bazės iki įžeminimo. Kolektoriaus rezistorius RC = 4,7 kΩ, emiterio rezistorius RE = 2,2 kΩ. Imkite VBE = 0,7 V ir naudokite daliklio Tevenino ekvivalentą (bazės srovės nepaisyti negalima). Raskite kolektoriaus srovę IC mA.

VCC = 18 VR1 = 47 kΩR2 = 4,7 kΩRC = 4,7 kΩRE = 2,2 kΩβ = 100
IC = mA
24.Diodai ir tranzistoriaiSunkus
RC​ = 470 Ωβ = 100VCC​ = 12 V3,3 VRB​ = ?

NPN tranzistorius, kurio β = 100, komutuoja 470 Ω apkrovos rezistorių, prijungtą tarp VCC = 12 V ir jo kolektoriaus. Emiteris įžemintas. Bazė valdoma iš 3,3 V loginio išėjimo per bazės rezistorių RB. Imkite VBE = 0,7 V ir VCE(sat) = 0,2 V. Kad perjungimas būtų patikimas, projektuokite bazės srovę, 10 kartų didesnę už mažiausią įsotinimui reikalingą. Raskite RB kΩ.

VCC = 12 VRC = 470 Ωβ = 100Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vperteklinis valdymas = 10
RB = kΩ
25.Skaičiavimo sistemosVidutinis
8 bitų papildomasis kodas?−128?64?32?16?8?4?2?1

Užrašykite −95 kaip 8 bitų papildomojo kodo seką. Perskaitykite seką kaip dvejetainį skaičių be ženklo: kokia jo reikšmė U dešimtainėje sistemoje?

N = −958 bit
U =
26.Skaičiavimo sistemosSunkus
spustelėkite bitus, kad juos nustatytumėte012806403201608040201

Nustatykite bitus pagal 8 bitų rezultatą 1111 1001 << 1. Kokia rezultato reikšmė R dešimtainėje sistemoje?

1111 1001<< 1
R =
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABC000111100101324576

Supaprastinkite F = AB′ + AC′ + A′B′C′ iki minimalios sandaugų sumos formos. Kiek literalų L turi supaprastinta išraiška?

F = AB′ + AC′ + A′B′C′
L =
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
ABCD00011110000111100011131214X51716112013X150140809111X10

Funkcijai F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 4, 6, 7, 11, 12) + d(5, 10, 15), kur d žymi nesvarbias sąlygas, raskite esminių pagrindinių implikantų skaičių N.

F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 4, 6, 7, 11, 12) + d(5, 10, 15)
N =
29.Laplaso transformacijosVidutinis
ReIm−1−2−3−4−5−61

F(s) = (6s + 13)/(s² + 10s + 24). Jos atvirkštinė transformacija yra f(t) = A·e−4t + B·e−6t. Paprastosiomis trupmenomis raskite koeficientą A.

F(s) = (6s + 13)/(s² + 10s + 24)
A =
30.Laplaso transformacijosSunkus
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Sistema tenkina y″ + 11y′ + 30y = 120·u(t), kai y(0) = 5 ir y′(0) = 0. Ties t = 0 pridedamas šuolinis įėjimas u(t) = 10. Laplaso transformacija raskite y(0,1).

y″ + 11y′ + 30y = 120·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 10t = 0,1 s
y(0.1) =
31.Struktūrinės schemosVidutinis
R(s)+19s + 8G(s)C(s)0,1H−

Objektas G(s) = 19/(s + 8) valdomas neigiamo grįžtamojo ryšio kontūru, kurio jutiklio stiprinimas H = 0,1. Raskite uždarosios sistemos laiko pastovią τ.

G(s) = 19/(s + 8)H = 0,1
τ = s
32.Struktūrinės schemosSunkus
R(s)+Kvaldiklis+D(s)+10s + 3objektasC(s)−

Proporcinis valdiklis K valdo objektą G(s) = 10/(s + 3) vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūre. Kai R = 0, objekto įėjime veikia 10 dydžio trikdžio šuolis. Raskite mažiausią stiprinimą K, su kuriuo nusistovėjęs išėjimas neviršija 0,3333.

G(s) = 10/(s + 3)D = 10css ≤ 0,3333
K =
33.Šuolinė reakcijaVidutinis
t (s)y(t)0,5tp​ = ?

Sistemos perdavimo funkcija G(s) = 9,5/(s² + 4s + 19), o jos įėjimas yra vienetinis šuolis. Raskite šuolinės reakcijos pikų laiką tp.

G(s) = 9,5/(s² + 4s + 19)
tp = s
34.Šuolinė reakcijaSunkus
k = 800 N/mc = 80 N·s/mm = 8 kgF = 50 Nx(t)

8 kg masė kabo ant 800 N/m spyruoklės su klampiuoju slopintuvu c = 80 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Pusiausvyroje rimtyje staiga pridedama pastovi jėga F = 50 N. Raskite laiką tp, kai poslinkis didžiausias.

m = 8 kgk = 800 N/mc = 80 N·s/mF = 50 N
tp = s
35.Bode grafikai ir atsargosVidutinis
vin​C = 22 nFR = 47 kΩvout​

Parodytas RC aukštųjų dažnių filtras turi R = 47 kΩ, C = 22 nF. Taikoma sinusinė įvestis 1,5 kHz. Raskite vout fazės poslinkį φ vin atžvilgiu laipsniais.

R = 47 kΩC = 22 nFf = 1,5 kHz
φ = °
36.Bode grafikai ir atsargosSunkus
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Vienetinio grįžtamojo ryšio kilpos atvirosios kilpos perdavimo funkcija yra L(s) = 402/(s(s + 7)(s + 9)). Raskite stiprinimo atsargą GM dB.

L(s) = 402/(s(s + 7)(s + 9))
GM = dB
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaVidutinis
R(s)+K = 121s(s + 2)(s + 3)C(s)−

Schemoje pavaizduotas kontūras veikia, kai K = 12, o L(s) = K/(s(s + 2)(s + 3)). Kiek kartų m galima padidinti stiprinimą, kol uždarasis kontūras taps nestabilus?

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 3))K = 12
m =
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 + 4)/(s(s + 2)) šaknų geometrinė vieta palieka realiąją ašį tarp s = 0 ir s = −2, apsisuka ir vėl prisijungia prie realiosios ašies į kairę nuo nulio. Raskite atsiskyrimo tašką sb.

L(s) = K(s + 4)/(s(s + 2))
sb =
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasVidutinis
r(t) = 2·t²/2+10(s + 2)s²(s + 4)C(s)−

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

G(s) = 10(s + 2)/(s²(s + 4))r(t) = 2·t²/2
ess =
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasSunkus
R(s)+25 + Kd​s4s(s + 3)C(s)−

PD reguliatorius C(s) = 25 + Kd·s valdo objektą G(s) = 4/(s(s + 3)) vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre. Raskite diferencialinį stiprinimą Kd, kuriam esant uždarojo kontūro slopinimo koeficientas yra ζ = 0,707.

G(s) = 4/(s(s + 3))Kp = 25ζ = 0,707
Kd = s

3Tirpalai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: IR1 = 0,9474 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​ = 3 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​6 VR2​4 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 = 5 + 15 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 4·20/(4+20) = 3,333 Ω
Req = R1 + 3,333 = 3 + 3,333 = 6,333 Ω

Šaltinio srovė

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

IR1 = V1/Req = 6/6,333 = 0,9474 A

Atsakymas

IR1 = 0,9474 A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: IR1 = 0,7222 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​ = 6 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAR4​4 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 = 30 + 6 = 36 Ω
R4 ∥ 36 = 3,6 Ω
R3 + 3,6 = 33,6 Ω
R2 ∥ 33,6 = 6,462 Ω
Req = R1 + 6,462 = 6 + 6,462 = 12,46 Ω

Šaltinio srovė

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

IR1 = V1/Req = 9/12,46 = 0,7222 A

Atsakymas

IR1 = 0,7222 A
3.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: VA = −2,187 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 + 8
VA/R1 + VB/R2 = Is

Išspręskite

VA/5 + (VA + 8)/3 = 1,5
VA = (1,5 − 8/3)/(1/5 + 1/3) = −2,187 V
VB = −2,187 + 8 = 5,813 V

Atsakymas

VA = −2,187 V
4.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: VA = 1,406 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​ = 3 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​9 VR3​2 ΩAR5​25 ΩBIs​1,5 A−+V2​9 V

Nustatykite mazgus

Įžeminimas – apatinis laidas. Žinomi mazgų potencialai gaunami tiesiai iš šaltinių (V1 = 9 V, V2 = −9 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/2 + (VA − 9)/3 + (VA − VB)/3 = 0
1,167·VA − 0,3333·VB = 3

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/25 + (VB − VA)/3 + (VB − (−9))/10 = (−1,5)
−0,3333·VA + 0,4733·VB = −2,4

Išspręskite

Δ = (1,167)(0,4733) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,4411
VA = Δ1/Δ = 0,62/0,4411 = 1,406 V
VB = Δ2/Δ = −1,8/0,4411 = −4,081 V

Atsakymas

VA = 1,406 V
5.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: IR1 = 0,3692 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​ = 20 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​24 VR3​20 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Priskirkite kontūrų sroves

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

KĮD kontūre 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
20·I1 + 20(I1 − I2) = 24
40·I1 − 20·I2 = 24

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 + 20(I2 − I1) = (−18)
−20·I1 + 23·I2 = −18

Išspręskite

Δ = (40)(23) − (−20)(−20) = 520
I1 = Δ1/Δ = 192/520 = 0,3692 A
I2 = Δ2/Δ = −240/520 = −0,4615 A

Atsakymas

IR1 = I1 = 0,3692 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

6.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: IR2 = 1,814 A

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

R1​ = 4 ΩR2​ = 4 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 VR4​15 ΩAR5​5 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

Priskirkite kontūrų sroves

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

KĮD kontūre 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
4·I1 + 15(I1 − I2) = 30
19·I1 − 15·I2 = 30

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
4·I2 + 15(I2 − I1) + 5(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 24·I2 − 5·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 + 5(I3 − I2) = (−12)
−5·I2 + 9·I3 = −12

Išspręskite

Δ = koeficientų matricos determinantas = 1604
I1 = Δ1/Δ = 4830/1604 = 3,011 A
I2 = Δ2/Δ = 2910/1604 = 1,814 A
I3 = Δ3/Δ = −522/1604 = −0,3254 A

Atsakymas

IR2 = I2 = 1,814 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

7.Superpozicija

Atsakymas: Is = 0,8036 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 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAR4​8 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 = 20+8 = 28 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 3·28/(3+28) = 2,71 Ω
VA = 15·2,71/(4+2,71) = 6,058 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 6,058·8/28 = 1,731 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (6,058 − 1,731)/20 = 0,2163 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 = 1,714 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·8/29,71 = −0,2692·Is

Prilyginkite sumą nuliui

IR3′ + IR3″ = 0,2163 − 0,2692·Is = 0
Is = 0,2163/0,2692 = 0,8036 A

Atsakymas

Is = 0,8036 A
8.Superpozicija

Atsakymas: PR3 = 2,926 W

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​ = 12 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​18 VR3​3 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) = 3 ∥ 30 = 2,727 Ω
VA = 18·2,727/(12+2,727) = 3,333 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,333·5/30 = 0,5556 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (3,333 − 0)/3 = 1,111 A
R1​ = 12 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 5 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​3 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 = 27,4 Ω
Req = R4 ∥ 27,4 = 4,228 Ω
VB = Is·Req = 1·4,228 = 4,228 V
VA = VB·2,4/27,4 = 0,3704 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (0,3704 − 0)/3 = 0,1235 A
R1​ = 12 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 5 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​3 ΩAATVIRAB−+V2​10 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 = 12·3/(12+3) = 2,4 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−10)·27,4/32,4 = −8,457 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −8,457·2,4/27,4 = −0,7407 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (−0,7407 − 0)/3 = −0,2469 A

Sudėkite srovės indėlius

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴ = 1,111 + 0,1235 + (−0,2469) = 0,9877 A

Rezistoriaus galia

Galia priklauso nuo srovės kvadrato, todėl superpozicijos principas jai negalioja: pirmiausia sudėkite sroves, tada kelkite kvadratu.

PR3 = IR3²·R3 = 0,9877²·3 = 2,926 W

Atsakymas

PR3 = 2,926 W

Sudėjus atskirų atvejų galias būtų gauta 3,932 W, o tai neteisinga.

9.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: IL = 0,3191 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​ = 2 ΩR3​ = 6 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​5 ΩAabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 2·5/(2+5) = 1,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,429 + 6 = 7,429 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​5 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) = 6·5/(2+5) = 4,286 V
Rth​ = 7,429 Ω+−Vth​4,286 VRL​6 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) = 4,286/(7,429 + 6) = 0,3191 A
10.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: PL = 6,572 W

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​ = 2 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​15 ΩAATVIRABabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 4·15/(4+15) = 3,158 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,158 + 2 = 5,158 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAIs​0,5 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) = 11,84 + 0,5·3,158 = 13,42 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 13,42 + 0,5·2 = 14,42 V
Rth​ = 5,158 Ω+−Vth​14,42 VRL​20 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) = 14,42/(5,158 + 20) = 0,5732 A
PL = IL²·RL = 0,5732²·20 = 6,572 W
11.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: i = 0,1179 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.

Laiko konstanta ir galutinė srovė

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

τ = L/R = 47 mH / 50 Ω = 0,94 ms
i(∞) = Vs/R = 9/50 = 0,18 A

Srovė duotuoju momentu

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,18·(1 − e−1/0,94) = 0,1179 A

Atsakymas

i = 0,1179 A
12.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: vC = 12,21 V

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

Pradinė vertė, galutinė vertė, laiko konstanta

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

vC(0) = 15 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 47 µF = 319,6 ms
vC(t) = 9 + (15 − 9)·e−t/τ

Įtampa duotuoju momentu

vC(200) = 9 + (6)·e−200/319,6 = 12,21 V

Atsakymas

vC = 12,21 V
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: C = 3,166 µF

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|.

Rezonanso sąlyga

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

ω₀ = 2π·200 = 1257 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(1257²·0,2) = 3,166 µF

Atsakymas

C = 3,166 µF
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: I = 2,293 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·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,02 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·22·10⁻⁶) = 14,47 Ω

Pilnutinė varža

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(20² + (48,36)²) = 52,34 Ω

Srovė

Visais nuoseklios grandinės elementais teka ta pati srovė.

I = V/|Z| = 120/52,34 = 2,293 A

Atsakymas

I = 2,293 A
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: Q = 32,63 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(0,75) = 41,41°, tan φ = 0,8819

Reaktyvioji galia

Q = P·tan φ = 37·0,8819 = 32,63 kvar

Atsakymas

Q = 32,63 kvar
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: QC = 16,81 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 = 20·tan(49,46°) = 23,38 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(18,19°) = 6,574 kvar
QC = Q1 − Q2 = 16,81 kvar

Atsakymas

QC = 16,81 kvar
17.Trifazė galia

Atsakymas: P = 13,78 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 = 415 V

Fazinė srovė

|Z| = √(24² + 18²) = 30 Ω
Iph = 415/30 = 13,83 A

Bendra aktyvioji galia

Aktyviąją galią naudoja tik aktyvioji kiekvieno impedanso dalis.

P = 3·Iph²·R = 3·13,83²·24 = 13,78 kW

Atsakymas

P = 13,78 kW

Patikrinimas: cos φ = R/|Z| = 0,8, o √3·VL·IL·cos φ duoda tą pačią galią.

18.Trifazė galia

Atsakymas: Cph = 132,4 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 = 120·tan(acos 0,7) = 120·1,02 = 122,4 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,92) = 120·0,426 = 51,12 kvar

Kondensatorių tiekiama reaktyvioji galia

QC = Q1 − Q2 = 71,3 kvar

Vienos fazės talpa

Trikampiu sujungtoje baterijoje kiekvienas kondensatorius prijungtas tarp dviejų linijų.

V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 23768/(377·690²) = 132,4 µF

Atsakymas

Cph = 132,4 µF
19.Transformatoriai

Atsakymas: I1 = 7,188 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 = 920/4 = 230 V
I2 = 230/8 = 28,75 A

Pirminė srovė

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

I1 = I2/4 = 7,188 A

Atsakymas

I1 = 7,188 A

Patikrinimas: iš pirminės pusės matoma apkrova yra a²·RL = 128 Ω, o 920/128 duoda tą pačią srovę.

20.Transformatoriai

Atsakymas: Ploss = 2188 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 = 0,0625·3000 = 187,5 W

Bendri nuostoliai

Šerdies nuostoliai vienodi esant bet kokiai apkrovai.

Ploss = 2000 + 187,5 = 2188 W

Atsakymas

Ploss = 2188 W

Naudingumo koeficientas esant šiai apkrovai η = 96,45%.

21.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vin,max = 6,11 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.

Stiprinimas

|Av| = Rf/R1 = 100/47 = 2,128

Didžiausias įėjimas prieš apribojimą

Vin,max = Vsat/|Av| = 13/2,128 = 6,11 V

Atsakymas

Vin,max = 6,11 V
22.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = −1,7 V

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

Įtampa + įėjime

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 0,3·10/(1 + 10) = 0,2727 V

Sudėkite abiejų įėjimų indėlius

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

Vout = −(10/4,7)·1,2 + (1 + 10/4,7)·0,2727 = −2,553 + 0,853 = −1,7 V

Atsakymas

Vout = −1,7 V
23.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: IC = 0,4135 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 = 18·4,7/(47 + 4,7) = 1,636 V
RTH = 47·4,7/(47 + 4,7) = 4,273 kΩ

Bazės srovė

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

IB = (1,636 − 0,7)/(4,273 + 101·2,2) = 4,135 µA

Kolektoriaus srovė

IC = 100·4,135 µA = 0,4135 mA
IE = 101·4,135 µA = 0,4176 mA

Atsakymas

IC = 0,4135 mA
24.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: RB = 1,036 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) = (12 − 0,2)/470 = 25,11 mA

Mažiausia bazės srovė

IB(min) = IC(sat)/β = 25,11/100 = 251,1 µA

Projektinė bazės srovė

IB = 10·251,1 µA = 2511 µA

Bazės rezistorius

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/2,511 mA = 1,036 kΩ

Atsakymas

RB = 1,036 kΩ
25.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 161

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.

Invertuokite ir pridėkite vienetą

95 = 0101 1111
invertuota: 1010 0000
+1 → 1010 0001

Perskaitykite be ženklo

1010 0001₂ = 256 − 95 = 161

Atsakymas

U = 161
26.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: R = 242

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 1 perkelia kiekvieną bitą 1 pozicijomis į kairę; bitai, iškritę iš kairiojo galo, prarandami, o dešinėje įeina nuliai.

1111 1001 << 1
= 1111 0010

Rezultato reikšmė

1111 0010₂ = 242

Atsakymas

R = 242
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: L = 6

Būlio algebra: išraiškas supaprastinančios taisyklės yra X + X′ = 1 ir X·X′ = 0, X + X = X, sugėrimas X + X·Y = X, jungimo taisyklė X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y ir konsensuso teorema XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. De Morgano dėsniai (X·Y)′ paverčia X′ + Y′, o (X + Y)′ – X′·Y′. Karno žemėlapis šias taisykles taiko grafiškai: kiekviena dviejų gretimų langelių grupė yra vienas XY + XY′ = X taikymas.

Išraiškos mintermos

AB′ → m(4, 5)
AC′ → m(4, 6)
A′B′C′ → m(0)
ABC00011110011001030214150716

Sugrupuokite ir nuskaitykite

F = B′C′ + AC′ + AB′

Suskaičiuokite literalus

L = 6

Atsakymas

L = 6
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: N = 2

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

Pagrindiniai implikantai

Didžiausios grupės, kurias galima sudaryti iš vienetų ir X.

CD, B′C, BC′D′, A′D, A′C, A′B
ABCD00011110000111100011131214X51716112013X150140809111X10

Esminiai pagrindiniai implikantai

BC′D′, A′D
N = 2

Atsakymas

N = 2
29.Laplaso transformacijos

Atsakymas: A = −5,5

Laplaso transformacija: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt išvestines paverčia daugyba iš s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Standartinės poros: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), o postūmis s → s + σ laiko funkciją padaugina iš e−σt. Norėdami atlikti racionaliosios F(s) atvirkštinę transformaciją, išskaidykite ją į paprastąsias trupmenas: paprastojo poliaus p reziduumas yra A = [(s − p)·F(s)] ties s = p. Galutinės vertės teorema: f(∞) = lims→0 s·F(s), galioja tik tada, kai visi s·F(s) poliai yra kairiojoje pusplokštumėje. Pradinės vertės teorema: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Išskaidykite vardiklį dauginamaisiais

s² + 10s + 24 = (s + 4)(s + 6)
F(s) = A/(s + 4) + B/(s + 6)

Uždengimo taisyklė

Padauginkite iš (s + 4) ir įrašykite s = −4: B narys išnyksta.

A = (6s + 13)/(s + 6) |s = −4 = −11/2 = −5,5

Atsakymas

A = −5,5
(B = 11,5, taigi f(t) = −5,5·e−4t + 11,5·e−6t)
30.Laplaso transformacijos

Atsakymas: y(0.1) = 8,671

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 + 11s + 30)·Y(s) = 5s + 55 + 1200/s
Y(s) = (5s² + 55s + 1200)/(s(s + 5)(s + 6))

Paprastosios trupmenos

A = 1200/(5·6) = 40
B = 1050/((−5)·1) = −210
C = 1050/((−6)·(−1)) = 175

Rezultatas

y(t) = 40 − 210·e−5t + 175·e−6t
y(0,1) = 8,671

Atsakymas

y(0,1) = 8,671

Patikra: y(0) = A + B + C = 5.

31.Struktūrinės schemos

Atsakymas: τ = 0,101 s

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).

Uždarosios sistemos perdavimo funkcija

T(s) = G/(1 + G·H) = 19/(s + 8 + 1,9) = 19/(s + 9,9)

Rezultatas

τ = 1/9,9 = 0,101 s

Atsakymas

τ = 0,101 s
32.Struktūrinės schemos

Atsakymas: K = 29,7

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)) = 10·10/(3 + 10K)

Išspręskite K atžvilgiu

3 + 10K = 10·10/0,3333 = 300
K = (300 − 3)/10 = 29,7

Atsakymas

K = 29,7
33.Šuolinė reakcija

Atsakymas: tp = 0,8112 s

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

Palyginkite su standartine forma

Vardiklis turi atitikti s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 19 → ωₙ = 4,359 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·4,359) = 0,4588

Rezultatas

ωd = 4,359·√(1 − 0,4588²) = 3,873 rad/s → tp = π/ωd = 0,8112 s

Atsakymas

tp = 0,8112 s
34.Šuolinė reakcija

Atsakymas: tp = 0,3628 s

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

Savasis dažnis ir slopinimo koeficientas

ωₙ = √(k/m) = √(800/8) = 10 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 80/(2·√(800·8)) = 0,5

Rezultatas

ωd = 8,66 rad/s
tp = π/ωd = 0,3628 s

Atsakymas

tp = 0,3628 s
35.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: φ = 5,859 °

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/(47000·2,2 × 10⁻⁸) = 967,1 rad/s
fc = 153,9 Hz → f/fc = 1500/153,9 = 9,745

Fazė

φ = 90° − atan(9,745) = 5,859°

Atsakymas

φ = 5,859°
36.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: GM = 7,985 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/7)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(7·9) = 7,937 rad/s

Modulis ties fazės kirtimu

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 49)·√(ω² + 81)) = K/(7·9·(7 + 9)) = K/1008

Stiprinimo atsarga

GM = 20·log₁₀(1008/402) = 7,985 dB

Atsakymas

GM = 7,985 dB
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: m = 2,5

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.

Raucho lentelė

s³ + 5s² + 6s + K = 0
s³: 1, 6
s²: 5, K
s¹: (5·6 − K)/5
s⁰: K

Didžiausias stabilus stiprinimas

Kmax = 5·6 = 30

Koeficientas

m = 30/12 = 2,5

Atsakymas

m = 2,5

Šis koeficientas yra stiprinimo atsarga santykiu: 7,959 dB.

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

Atsakymas: sb = −1,172

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) = −(s² + 2s)/(s + 4)

Stacionarieji taškai

Diferencijuokite pagal dalinio taisyklę ir skaitiklį prilyginkite nuliui.

(2s + 2)(s + 4) − (s² + 2s) = s² + 8s + 8 = 0
s = −4 ± √8 = −1,172, −6,828

Atsiskyrimo taškas

sb = −1,172

Atsakymas

sb = −1,172

Tarp dviejų lūžio taškų geometrinė vieta yra apskritimas, kurio centras yra nulyje, o spindulys √8 = 2,828.

39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ess = 0,4

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

Pagreičio konstanta

Ka = 10·2/4 = 5

Parabolės paklaida

ess = 2/5 = 0,4

Atsakymas

ess = 0,4
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: Kd = 2,785 s

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

Charakteristinis daugianaris

s(s + 3) + 4(25 + Kds) = s² + (3 + 4Kd)s + 100

Savasis dažnis

ωₙ = √100 = 10 rad/s

Diferencialinis stiprinimas

3 + 4Kd = 2·0,707·10 = 14,14
Kd = 2,785 s

Atsakymas

Kd = 2,785 s

Diferencialinis narys prideda slopinimo nekeisdamas ωₙ.

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