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​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩAR4​8 ΩB

Raskite ekvivalentinę varžą Req, kurią mato šaltinis V1.

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

Raskite ekvivalentinę varžą Req, kurią mato šaltinis V1.

V1 = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 ΩR5 = 12 ΩR6 = 25 Ω
Req = Ω
3.Mazgų potencialų metodasVidutinis
R1​ = 4 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​12 ΩAR4​3 ΩBIs​2 A

Mazgų potencialų metodu raskite srovės šaltinio Is atiduodamą galią PIs.

V1 = 9 VIs = 2 AR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 15 ΩR4 = 3 Ω
PIs = W
4.Mazgų potencialų metodasSunkus
R1​ = 2 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAR4​5 ΩB0,05·VA​

Rombas yra įtampa valdomas srovės šaltinis, kuris į mazgą B aukštyn stumia 0,05·VA srovę (A, kai VA – V). Mazgų potencialų metodu raskite mazgo potencialą VB (matuojamą nuo įžeminimo).

V1 = 15 VR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 ΩR4 = 5 Ωg = 0,05 A/V
VB = V
5.Kontūrų srovių metodasVidutinis
R1​ = 5 ΩIR1​R2​ = 3 Ω+−V1​12 VR3​20 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 12 VV2 = 18 VR1 = 5 ΩR2 = 3 ΩR3 = 20 Ω
IR1 = A
6.Kontūrų srovių metodasSunkus
R1​ = 2 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR4​15 ΩAR5​25 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

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

V1 = 15 VV2 = 10 VR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 ΩR5 = 25 Ω
I1 = A
7.SuperpozicijaVidutinis
R1​ = 8 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​15 Ω+−VR2​AR4​5 ΩBIs​5 A

Taikykite superpozicijos principą ir raskite įtampą VR2 ant R2 su pažymėtu poliškumu.

V1 = 10 VIs = 5 AR1 = 8 ΩR2 = 15 ΩR3 = 6 ΩR4 = 5 Ω
VR2 = V
8.SuperpozicijaSunkus
tiesinė grandinėV1​V2​Is​IRL​

Tiesinėje varžinėje grandinėje yra trys nepriklausomi šaltiniai: V1, V2 ir Is. Srovė I per apkrovą išmatuota tris kartus. Kai visų šaltinių vertės įprastos, I = 13,5 mA. Padvigubinus V1 ir nekeičiant kitų dviejų, I = 25 mA. Pakeitus Is kryptį priešinga ir nekeičiant kitų dviejų, I = 10,5 mA. Raskite apkrovos srovę I, kai V2 išjungtas, o V1 ir Is vertės įprastos.

įprasta: I = 13,5 mA2·V1: I = 25 mA−Is: I = 10,5 mA
I = mA
9.Teveninas ir NortonasVidutinis
R1​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩARL​10 ΩIL​B

Prie a–b prijungta apkrova RL = 10 Ω. Likusią grandinės dalį pakeiskite Tevenino ekvivalentu ir raskite apkrovos srovę IL.

V1 = 12 VR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 8 ΩRL = 10 Ω
IL = A
10.Teveninas ir NortonasSunkus
R1​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩAIs​2,5 ABab

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

V1 = 10 VIs = 2,5 AR1 = 3 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 Ω
Vth = V
11.RC ir RL pereinamieji procesaiVidutinis
+−Vs​12 Vt = 0R1​ = 4,7 kΩR2​ = 10 kΩC10 µF+−vC​

Šaltinis Vₛ per R₁ krauna kondensatorių, o R₂ prijungtas lygiagrečiai su C. Kondensatorius neįkrautas, kai jungiklis užsidaro momentu t = 0. Raskite kondensatoriaus įtampą vC momentu t = 30 ms.

Vs = 12 VR1 = 4,7 kΩR2 = 10 kΩC = 10 µFt = 30 ms
vC = V
12.RC ir RL pereinamieji procesaiSunkus
+−Vs​5 Vt = 0R = 10 kΩC22 µF+−vC​vC​(0) = 20 V

Prieš pat jungiklio užsidarymą momentu t = 0 kondensatoriaus įtampa yra 20 V su pažymėtu poliškumu. Per kiek laiko vC pasieks 14 V? Raskite t.

Vs = 5 VR = 10 kΩC = 22 µFvC(0) = 20 V
t = ms
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiVidutinis
120 V100 HzR = 15 ΩL = 100 mHC = 4,7 µF

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 120 V (efektinė), 100 Hz maitinimo. Raskite pilnutinės varžos fazės kampą φ laipsniais (teigiamas, kai srovė atsilieka nuo įtampos).

V = 120 V (rms)f = 100 HzR = 15 ΩL = 100 mHC = 4,7 µF
φ = °
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiSunkus
VfR = 50 ΩL = 1 mHC = 0,01 µF

Nuoseklios RLC grandinės R = 50 Ω, L = 1 mH ir C = 0,01 µF. Raskite jos praleidžiamųjų dažnių juostos plotį B (juostos tarp pusinės galios dažnių plotį) Hz.

R = 50 ΩL = 1 mHC = 0,01 µF
B = Hz
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasVidutinis
400 V120 kW, 0,8221 kW, 0,9I = ?

Dvi apkrovos lygiagrečiai prijungtos prie 400 V vienfazio tinklo: 20 kW apkrova, kurios galios koeficientas 0,8 (induktyvus), ir 21 kW apkrova, kurios galios koeficientas 0,9 (induktyvus). Raskite bendrą iš tinklo imamą srovę I.

V = 400 VP1 = 20 kW, pf1 = 0,8 induktyvusP2 = 21 kW, pf2 = 0,9 induktyvus
I = A
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasSunkus
P = 40 kWQ1​S1​φ1​QC​

Vienfazė apkrova iš 230 V, 50 Hz tinklo ima 40 kW, kai galios koeficientas 0,7 (induktyvus). Lygiagrečiai prijungtas kondensatorius padidina galios koeficientą iki 0,92. Raskite reaktyviąją galią QC, kurią turi tiekti kondensatorius.

P = 40 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92V = 230 Vf = 50 Hz
QC = kvar
17.Trifazė galiaVidutinis
ABCVL​ = 208 VNZ = 5 + j12 Ωvienai fazei

Simetrinė žvaigžde sujungta apkrova, kurios fazės impedansas 5 + j12 Ω, prijungta prie simetrinio trifazio tinklo, kurio linijinė įtampa 208 V. Raskite bendrą apkrovos naudojamą aktyviąją galią P kW.

VL = 208 VZ = 5 + j12 Ω vienai fazei
P = kW
18.Trifazė galiaSunkus
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Simetrinė trifazė apkrova iš 480 V (linijinė įtampa), 50 Hz tinklo ima 120 kW, kai galios koeficientas 0,72 (induktyvus). Lygiagrečiai apkrovai prijungta trifazė kondensatorių baterija turi padidinti bendrą galios koeficientą iki 0,95 (induktyvus). Aktyvioji galia nekinta. Kondensatoriai sujungti trikampiu. Raskite kiekvieno kondensatoriaus talpą Cph µF.

P = 120 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoriaiVidutinis
480 V240 VIHV​ = ?ILV​50 kVA

Vienfazis 50 kVA, 480/240 V transformatorius veikia vardine apkrova. Laikykite jį idealiu. Raskite srovę IHV aukštosios įtampos apvijoje.

S = 50 kVAV1 = 480 VV2 = 240 V
IHV = A
20.TransformatoriaiSunkus
pf 0,9525 kVA, η = 96%

Vienfazio 25 kVA transformatoriaus šerdies nuostoliai yra 150 W. Esant vardinei apkrovai ir galios koeficientui 0,95 (induktyvus), jo naudingumo koeficientas 96%. Raskite vario nuostolius Pcu,fl vatais esant vardinei apkrovai.

S = 25 kVAPcore = 150 Wpf = 0,95η = 96%
Pcu,fl = W
21.Operacinių stiprintuvų grandinėsVidutinis
−+Vout​Rf​ = 22 kΩR1​ = 10 kΩVin​ = 1,5 VRa​ = 2 kΩRb​ = 47 kΩ

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

Vin = 1,5 VRa = 2 kΩRb = 47 kΩR1 = 10 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
22.Operacinių stiprintuvų grandinėsSunkus
−+Vout​R2​ = 22 kΩV1​ = 1 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 2 VR3​ = 47 kΩR4​ = 2 kΩ

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

V1 = 1 VV2 = 2 VR1 = 4,7 kΩR2 = 22 kΩR3 = 47 kΩR4 = 2 kΩ
Vout = V
23.Diodai ir tranzistoriaiVidutinis
+−20 V100 Ω5,6 V680 ΩIZ​ = ?

5,6 V Zenerio stabilizatorius maitinamas iš 20 V per 100 Ω ir tiekia srovę 680 Ω apkrovai. Raskite Zenerio diodo srovę IZ.

Vin = 20 VVZ = 5,6 VR = 100 ΩRL = 680 Ω
IZ = mA
24.Diodai ir tranzistoriaiSunkus
+−≥ 20 VR = ?12 V≤ 30 mA

12 V Zenerio stabilizatorius turi tiekti iki 30 mA apkrovai. Įėjimo įtampa gali nukristi iki 20 V, o Zenerio diodui stabilizuoti reikia bent 1 mA. Raskite didžiausią nuosekliąją varžą Rmax, su kuria jis dar stabilizuoja.

Vin,min = 20 VVZ = 12 VIL,max = 30 mAIZ,min = 1 mA
Rmax = Ω
25.Skaičiavimo sistemosVidutinis
8 bitų papildomasis kodas0−12806403201608040201

Nustatykite bitus, kad jie saugotų −73 8 bitų dvejetainiu papildomuoju kodu. Skaitant kaip skaičių be ženklo, kokia šablono reikšmė U?

N = −738 bit
U =
26.Skaičiavimo sistemosSunkus
32 bit1 px640 px480 pxM = ? KiB

Nesuspaustas vaizdas yra 640 × 480 pikselių, 32 bitų pikseliui. Kiek atminties M jis užima, KiB (1 KiB = 1024 baitai)?

640 × 480 px32 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
MUXCI0​C′I1​CI2​0I3​ABS1​S0​F

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

I₀ = CI₁ = C′I₂ = CI₃ = 0
N =
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKJOHNSON

4 bitų Johnsono skaitiklis Q₃Q₂Q₁Q₀ pradeda nuo 0000. Kiekvienu taktiniu frontu bitai pasislenka per vieną vietą į dešinę (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀), o Q₃ gauna Q₀ inversiją. Nurodykite būseną Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ dešimtainiu skaičiumi po 7 taktinių frontų.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 00007
Q =
29.Laplaso transformacijosVidutinis
ReIm−5−10−15

Pilnojo kvadrato išskyrimo būdu raskite f(t), kai F(s) = (s + 17)/(s² + 6s + 25), ir apskaičiuokite f(0,2).

F(s) = (s + 17)/(s² + 6s + 25)t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Laplaso transformacijosSunkus
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Sistema tenkina y″ + 3y′ + 2y = 4·u(t), kai y(0) = 1 ir y′(0) = 0. Ties t = 0 pridedamas šuolinis įėjimas u(t) = 5. Laplaso transformacija raskite y(0,25).

y″ + 3y′ + 2y = 4·u(t)y(0) = 1y′(0) = 0u(t) = 5t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Struktūrinės schemosVidutinis
R(s)+2s + 5G(s)C(s)0,1H−

Objektas G(s) = 2/(s + 5) valdomas neigiamo grįžtamojo ryšio kontūru, kurio jutiklio stiprinimas H = 0,1. Raskite uždarosios sistemos laiko pastovią τ.

G(s) = 2/(s + 5)H = 0,1
τ = s
32.Struktūrinės schemosSunkus
R(s)+2s + 2G₁+6s + 2G₂C(s)2H₁−1H₂−

Sutrumpinkite struktūrinę schemą su G₁ = 2/(s + 2), G₂ = 6/(s + 2), vidiniu neigiamu grįžtamuoju ryšiu H₁ = 2 aplink G₂ ir išoriniu neigiamu grįžtamuoju ryšiu H₂ = 1. Raskite C(s)/R(s) nuolatinės srovės stiprinimą T(0).

G₁ = 2/(s + 2)G₂ = 6/(s + 2)H₁ = 2H₂ = 1
T(0) =
33.Šuolinė reakcijaVidutinis
t (s)y(t)1tp​ = ?

Sistemos perdavimo funkcija G(s) = 58/(s² + 5s + 58), o jos įėjimas yra vienetinis šuolis. Raskite šuolinės reakcijos pikų laiką tp.

G(s) = 58/(s² + 5s + 58)
tp = s
34.Šuolinė reakcijaSunkus
R(s)+Ks(s + 4)G(s)C(s)−

Vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūre G(s) = K/(s(s + 4)). Raskite stiprinimą K, kuriam esant šuolinė reakcija turi 15 % viršijimą.

G(s) = K/(s(s + 4))%OS = 15 %
K =
35.Bode grafikai ir atsargosVidutinis
|H| (dB)0,11101001000−80−60−40−20020ω (rad/s)ω = 2

Raskite G(s) = 468/((s + 9)(s + 13)) tikslų modulį |G(jω)|, kai ω = 2 rad/s, dB.

G(s) = 468/((s + 9)(s + 13))ω = 2 rad/s
|G(jω)| = dB
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) = 60/(s(s + 3)(s + 5)). Raskite stiprinimo atsargą GM dB.

L(s) = 60/(s(s + 3)(s + 5))
GM = dB
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaVidutinis
R(s)+K = 1,21s(s + 1)(s + 3)C(s)−

Schemoje pavaizduotas kontūras veikia, kai K = 1,2, o L(s) = K/(s(s + 1)(s + 3)). Kiek kartų m galima padidinti stiprinimą, kol uždarasis kontūras taps nestabilus?

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 3))K = 1,2
m =
38.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaSunkus
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2sb​

Pavaizduota kontūro L(s) = K/((s + 2)(s + 8)) šaknų geometrinė vieta. Raskite stiprinimą K atsiskyrimo taške sb, kuriame du uždarojo kontūro poliai susitinka realiojoje ašyje.

L(s) = K/((s + 2)(s + 8))
K =
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasVidutinis
R(s)+K = 142s + 1C(s)−

Procesas G(s) = 4/(2s + 1) valdomas proporciniu stiprinimu K = 1 vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre. Raskite šuolio nusistovėjusiąją paklaidą ess kaip šuolio dydžio procentą.

G(s) = 4/(2s + 1)K = 1
ess = %
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasSunkus
R(s)+Kp​ + Ki​/s10s + 1C(s)−

PI reguliatorius C(s) = Kp + Ki/s valdo objektą G(s) = 10/(s + 1) vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre. Uždarasis kontūras turi turėti ωₙ = 2 rad/s ir ζ = 0,5. Raskite proporcinį stiprinimą Kp.

G(s) = 10/(s + 1)ωₙ = 2 rad/sζ = 0,5
Kp =

3Tirpalai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: Req = 22,37 Ω

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

R1​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩAR4​8 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 = 20 + 8 = 28 Ω
R2 ∥ 28 = 10·28/(10+28) = 7,368 Ω
Req = R1 + 7,368 = 15 + 7,368 = 22,37 Ω

Atsakymas

Req = 22,37 Ω
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: Req = 17,59 Ω

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAR4​15 ΩBR6​25 Ω

Junkite rezistorius nuo tolimiausio galo

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

R5 + R6 = 12 + 25 = 37 Ω
R4 ∥ 37 = 10,67 Ω
R3 + 10,67 = 20,67 Ω
R2 ∥ 20,67 = 7,593 Ω
Req = R1 + 7,593 = 10 + 7,593 = 17,59 Ω

Atsakymas

Req = 17,59 Ω
3.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: PIs = 12,21 W

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.

KSD mazge A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/12 + (VA − 9)/4 + (VA − VB)/15 = 0
0,4·VA − 0,06667·VB = 2,25

KSD mazge B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/3 + (VB − VA)/15 = 2
−0,06667·VA + 0,4·VB = 2

Išspręskite

Δ = (0,4)(0,4) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,1556
VA = Δ1/Δ = 1,033/0,1556 = 6,643 V
VB = Δ2/Δ = 0,95/0,1556 = 6,107 V

Srovės šaltinio atiduodama galia

Šaltinis srovę Iₛ stumia aukštyn į mazgą B, nuo įžeminimo (0 V) iki VB. Šaltinis, kurio srovė išteka iš jo + gnybto, atiduoda galią P = V·I.

PIs = VB·Is = 6,107·2 = 12,21 W

Atsakymas

PIs = 12,21 W
4.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: VB = 3,768 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.

Kirchhofo srovių dėsnis mazge A

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

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,9·VA − 0,06667·VB = 7,5

Kirchhofo srovių dėsnis mazge B

Priklausomasis šaltinis į mazgą B stumia g·VA. Traktuokite jį kaip nepriklausomą šaltinį, tada narį su VA perkelkite į kairę pusę.

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,05·VA
−0,1167·VA + 0,2667·VB = 0

Išspręskite

Δ = (0,9)(0,2667) − (−0,06667)(−0,1167) = 0,2322
VA = Δ1/Δ = 2/0,2322 = 8,612 V
VB = Δ2/Δ = 0,875/0,2322 = 3,768 V

Atsakymas

VB = 3,768 V
5.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: IR1 = −0,48 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​ = 5 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​12 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
5·I1 + 20(I1 − I2) = 12
25·I1 − 20·I2 = 12

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 = (25)(23) − (−20)(−20) = 175
I1 = Δ1/Δ = −84/175 = −0,48 A
I2 = Δ2/Δ = −210/175 = −1,2 A

Atsakymas

IR1 = I1 = −0,48 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

6.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: I1 = 1,334 A

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

R1​ = 2 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR4​15 ΩAR5​25 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Priskirkite kontūrų sroves

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

KĮD kontūre 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
2·I1 + 15(I1 − I2) = 15
17·I1 − 15·I2 = 15

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
3·I2 + 15(I2 − I1) + 25(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 43·I2 − 25·I3 = 0

KĮD kontūre 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
10·I3 + 25(I3 − I2) = (−10)
−25·I2 + 35·I3 = −10

Išspręskite

Δ = koeficientų matricos determinantas = 7085
I1 = Δ1/Δ = 9450/7085 = 1,334 A
I2 = Δ2/Δ = 3625/7085 = 0,5116 A
I3 = Δ3/Δ = 565/7085 = 0,07975 A

Atsakymas

I1 = 1,334 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

7.Superpozicija

Atsakymas: VR2 = 12,47 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​ = 8 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​15 ΩAR4​5 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 = 6+5 = 11 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 15·11/(15+11) = 6,346 Ω
VA = 10·6,346/(8+6,346) = 4,424 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,424·5/11 = 2,011 V
VR2′ = VA − 0 = 4,424 − 0 = 4,424 V
R1​ = 8 ΩR3​ = 6 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​15 ΩAR4​5 ΩBIs​5 A

2 atvejis · veikia tik Is

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

R1 ∥ R2 = 8·15/(8+15) = 5,217 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 5 ∥ 11,22 = 3,458 Ω
VB = Is·Req = 5·3,458 = 17,29 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 17,29·5,217/11,22 = 8,043 V
VR2″ = VA − 0 = 8,043 − 0 = 8,043 V

Sudėkite dedamąsias

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 4,424 + 8,043 = 12,47 V

Neigiamas rezultatas reiškia, kad iš tikrųjų poliškumas priešingas pažymėtam.

8.Superpozicija

Atsakymas: I = 13 mA

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.

Matavimus užrašykite per indėlius

Kiekvienas indėlis proporcingas savo šaltiniui.

I₁ + I₂ + I₃ = 13,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 25
I₁ + I₂ − I₃ = 10,5

Raskite indėlius

I₁ = 25 − 13,5 = 11,5 mA
I₃ = (13,5 − 10,5)/2 = 1,5 mA
I₂ = 13,5 − 11,5 − 1,5 = 0,5 mA

Išjunkite V₂

I = I₁ + I₃ = 11,5 + 1,5 = 13 mA

Atsakymas

I = 13 mA
9.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: IL = 0,2927 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​ = 5 ΩR3​ = 8 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 = 5·5/(5+5) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 8 = 10,5 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 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) = 12·5/(5+5) = 6 V
Rth​ = 10,5 Ω+−Vth​6 VRL​10 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) = 6/(10,5 + 10) = 0,2927 A
10.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: Vth = 33,75 V

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

R1​ = 3 ΩR3​ = 10 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​3 ΩAATVIRABabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 3·3/(3+3) = 1,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,5 + 10 = 11,5 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩAIs​2,5 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) = 5 + 2,5·1,5 = 8,75 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 8,75 + 2,5·10 = 33,75 V
11.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: vC = 4,969 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.

Kondensatoriaus matomas Tevenino ekvivalentas

Šaltinį trumpai sujunkite, kad rastumėte Rth; kondensatorių atjunkite, kad rastumėte įtampą, iki kurios jis nusistovės.

Rth = R1 ∥ R2 = 4,7·10/(4,7 + 10) = 3,197 kΩ
vC(∞) = 12·10/(4,7 + 10) = 8,163 V

Laiko konstanta

τ = Rth·C = 3,197·10 = 31,97 ms

Įkrovimo kreivė

vC(t) = 8,163·(1 − e−30/31,97) = 4,969 V

Atsakymas

vC = 4,969 V
12.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: t = 112,4 ms

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

Pradinė vertė, galutinė vertė, laiko konstanta

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

vC(0) = 20 V, vC(∞) = Vs = 5 V
τ = R·C = 10 kΩ · 22 µF = 220 ms
vC(t) = 5 + (20 − 5)·e−t/τ

Išreiškite laiką

14 = 5 + (15)·e−t/τ → e−t/τ = (14 − 5)/(20 − 5) = 0,6
t = τ·ln((20 − 5)/(14 − 5)) = 220·ln(1,667) = 112,4 ms

Atsakymas

t = 112,4 ms
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: φ = −86,89 °

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·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,1 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·4,7·10⁻⁶) = 338,6 Ω

Pilnutinė varža

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(15² + (−275,8)²) = 276,2 Ω

Fazės kampas

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−275,8/15) = −86,89°

Atsakymas

φ = −86,89°
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: B = 7958 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·√(0,001·0,01·10⁻⁶)) = 50329 Hz

Kokybės faktorius

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

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/50)·√(0,001/(0,01·10⁻⁶)) = 6,325

Juostos plotis

B = f0/Q = 50329/6,325 = 7958 Hz

Atsakymas

B = 7958 Hz
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: I = 120,3 A

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

Kiekvienos apkrovos reaktyvioji galia

Induktyvioji apkrova reaktyviąją galią ima (Q > 0); talpinė ją tiekia (Q < 0).

Q1 = 20·tan(arccos 0,8) = 15 kvar
Q2 = 21·tan(arccos 0,9) = 10,17 kvar

Sumos

P = 20 + 21 = 41 kW
Q = 15 + 10,17 = 25,17 kvar
S = √(41² + 25,17²) = 48,11 kVA

Bendra srovė

I = S/V = 48110/400 = 120,3 A

Atsakymas

I = 120,3 A
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: QC = 23,77 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 = 40·tan(45,57°) = 40,81 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(23,07°) = 17,04 kvar
QC = Q1 − Q2 = 23,77 kvar

Atsakymas

QC = 23,77 kvar
17.Trifazė galia

Atsakymas: P = 1,28 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 = 208/√3 = 120,1 V

Fazinė srovė

|Z| = √(5² + 12²) = 13 Ω
Iph = 120,1/13 = 9,238 A

Bendra aktyvioji galia

Aktyviąją galią naudoja tik aktyvioji kiekvieno impedanso dalis.

P = 3·Iph²·R = 3·9,238²·5 = 1,28 kW

Atsakymas

P = 1,28 kW

Patikrinimas: cos φ = R/|Z| = 0,3846, o √3·VL·IL·cos φ duoda tą pačią galią.

18.Trifazė galia

Atsakymas: Cph = 351 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 0,72) = 120·0,9639 = 115,7 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,95) = 120·0,3287 = 39,44 kvar

Kondensatorių tiekiama reaktyvioji galia

QC = Q1 − Q2 = 76,22 kvar

Vienos fazės talpa

Trikampiu sujungtoje baterijoje kiekvienas kondensatorius prijungtas tarp dviejų linijų.

V = 480 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 25407/(314,2·480²) = 351 µF

Atsakymas

Cph = 351 µF
19.Transformatoriai

Atsakymas: IHV = 104,2 A

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

Vardinė srovė

Abi apvijos perneša tą pačią pilnutinę galią.

IHV = S/V = 50000/480 = 104,2 A

Atsakymas

IHV = 104,2 A
20.Transformatoriai

Atsakymas: Pcu,fl = 839,6 W

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

Išėjimo ir įėjimo galia

Pout = 25·0,95 = 23,75 kW
Pin = 23750/0,96 = 24740 W

Bendri ir vario nuostoliai

Ploss = 24740 − 23750 = 989,6 W
Pcu,fl = 989,6 − 150 = 839,6 W

Atsakymas

Pcu,fl = 839,6 W
21.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = 4,604 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₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 1,5·47/(2 + 47) = 1,439 V

Neinvertuojančio stiprintuvo stiprinimas

V₋ = V₊, o srovė per R₁ teka ir per Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 1,439·(1 + 22/10) = 4,604 V

Atsakymas

Vout = 4,604 V
22.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = −4,217 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.

Įtampa + įėjime

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 2·2/(47 + 2) = 0,08163 V

Sudėkite abiejų įėjimų indėlius

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

Vout = −(22/4,7)·1 + (1 + 22/4,7)·0,08163 = −4,681 + 0,4637 = −4,217 V

Atsakymas

Vout = −4,217 V
23.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: IZ = 135,8 mA

Zenerio stabilizatorius: atvirkštine kryptimi įjungtas Zenerio diodas išlaiko įtampą VZ, kol jo srovė viršija mažiausią IZ,min. Nuoseklusis rezistorius R priima skirtumą tarp įėjimo ir išėjimo: IR = (Vin − VZ)/R. Ši srovė dalijasi tarp apkrovos, IL = VZ/RL, ir Zenerio diodo: IZ = IR − IL. Projektuokite blogiausiems atvejams: esant mažiausiai įėjimo įtampai ir didžiausiai apkrovai vis tiek turi likti IZ,min, o didžiausia įėjimo įtampa be apkrovos duoda didžiausią Zenerio diodo galią PZ = VZ·IZ.

Rezistoriaus srovė

IR = 14,4/100 = 144 mA

Apkrovos srovė

IL = 5,6/680 = 8,235 mA

Zenerio diodo srovė

IZ = 144 − 8,235 = 135,8 mA

Atsakymas

IZ = 135,8 mA
24.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: Rmax = 258,1 Ω

Zenerio stabilizatorius: atvirkštine kryptimi įjungtas Zenerio diodas išlaiko įtampą VZ, kol jo srovė viršija mažiausią IZ,min. Nuoseklusis rezistorius R priima skirtumą tarp įėjimo ir išėjimo: IR = (Vin − VZ)/R. Ši srovė dalijasi tarp apkrovos, IL = VZ/RL, ir Zenerio diodo: IZ = IR − IL. Projektuokite blogiausiems atvejams: esant mažiausiai įėjimo įtampai ir didžiausiai apkrovai vis tiek turi likti IZ,min, o didžiausia įėjimo įtampa be apkrovos duoda didžiausią Zenerio diodo galią PZ = VZ·IZ.

Blogiausio atvejo srovė

IR = 30 + 1 = 31 mA

Didžiausia varža

Rmax = 8/0,031 = 258,1 Ω

Atsakymas

Rmax = 258,1 Ω
25.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 183

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

73 = 0100 1001
invertuota: 1011 0110
+1 → 1011 0111

Perskaitykite be ženklo

1011 0111₂ = 256 − 73 = 183

Atsakymas

U = 183
26.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: M = 1200 KiB

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.

Bitai ir baitai

640·480·32 = 9830400 bit = 1228800 B

Paverskite į KiB

1228800/1024 = 1200 KiB

Atsakymas

M = 1200 KiB
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: N = 3

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

Išėjimo išraiška

F = A′B′C + A′BC′ + AB′C

Eilutės su F = 1

ABC = 001, 010, 101
N = 3

Atsakymas

N = 3
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: Q = 1

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

Būsena po kiekvieno fronto

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

Dešimtainė reikšmė

0001₂ = 1

Atsakymas

Q = 1
29.Laplaso transformacijos

Atsakymas: f(0.2) = 1,76

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).

Išskirkite pilnąjį kvadratą

s² + 6s + 25 = (s + 3)² + 16 = (s + 3)² + 4²

Suderinkite skaitiklį

F(s) = 1·(s + 3)/((s + 3)² + 4²) + (14/4)·4/((s + 3)² + 4²)

Atvirkštinė transformacija

f(t) = e−3t·(cos 4t + 3,5·sin 4t)
f(0,2) = e−3·0,2·(cos(4·0,2) + 3,5·sin(4·0,2)) = 1,76

Atsakymas

f(0,2) = 1,76
30.Laplaso transformacijos

Atsakymas: y(0.25) = 1,44

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 + 3s + 2)·Y(s) = 1s + 3 + 20/s
Y(s) = (s² + 3s + 20)/(s(s + 1)(s + 2))

Paprastosios trupmenos

A = 20/(1·2) = 10
B = 18/((−1)·1) = −18
C = 18/((−2)·(−1)) = 9

Rezultatas

y(t) = 10 − 18·e−t + 9·e−2t
y(0,25) = 1,44

Atsakymas

y(0,25) = 1,44

Patikra: y(0) = A + B + C = 1.

31.Struktūrinės schemos

Atsakymas: τ = 0,1923 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) = 2/(s + 5 + 0,2) = 2/(s + 5,2)

Rezultatas

τ = 1/5,2 = 0,1923 s

Atsakymas

τ = 0,1923 s
32.Struktūrinės schemos

Atsakymas: T(0) = 0,3

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

Vidinis kontūras

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 6/(s + 14)

Išorinis kontūras

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 12/((s + 2)(s + 14) + 12)

Nuolatinės srovės stiprinimas

T(0) = 12/(2·14 + 12) = 12/40 = 0,3

Atsakymas

T(0) = 0,3
33.Šuolinė reakcija

Atsakymas: tp = 0,4367 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 = 58 → ωₙ = 7,616 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·7,616) = 0,3283

Rezultatas

ωd = 7,616·√(1 − 0,3283²) = 7,194 rad/s → tp = π/ωd = 0,4367 s

Atsakymas

tp = 0,4367 s
34.Šuolinė reakcija

Atsakymas: K = 14,97

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

Uždarosios sistemos perdavimo funkcija

T(s) = K/(s² + 4s + K)

Slopinimo koeficientas iš viršijimo

ζ = −ln(0,15)/√(π² + ln²(0,15)) = 0,5169

Stiprinimas

ωₙ = 4/(2ζ) = 3,869 rad/s
K = ωₙ² = 14,97

Atsakymas

K = 14,97
35.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: |G(jω)| = 11,73 dB

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

Sudauginkite modulius

|G(j2)| = 468/(√(2² + 9²)·√(2² + 13²)) = 468/(9,22·13,15) = 3,859

Rezultatas

20·log₁₀(3,859) = 11,73 dB

Atsakymas

|G(jω)| = 11,73 dB
36.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: GM = 6,021 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/5) = 1 → ω180 = √(3·5) = 3,873 rad/s

Modulis ties fazės kirtimu

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 25)) = K/(3·5·(3 + 5)) = K/120

Stiprinimo atsarga

GM = 20·log₁₀(120/60) = 6,021 dB

Atsakymas

GM = 6,021 dB
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: m = 10

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 + 4s² + 3s + K = 0
s³: 1, 3
s²: 4, K
s¹: (4·3 − K)/4
s⁰: K

Didžiausias stabilus stiprinimas

Kmax = 4·3 = 12

Koeficientas

m = 12/1,2 = 10

Atsakymas

m = 10

Šis koeficientas yra stiprinimo atsarga santykiu: 20 dB.

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

Atsakymas: K = 9

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.

Atsiskyrimo taškas

dK/ds = 0, kai K = −(s + 2)(s + 8), duoda 2s + 10 = 0.

sb = −5

Modulio sąlyga

K = |−5 + 2|·|−5 + 8| = 3·3 = 9

Atsakymas

K = 9

Su šiuo stiprinimu uždarasis kontūras yra kritiškai slopinamas (ζ = 1).

39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ess = 20 %

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.

Padėties konstanta

Kp = 1·4 = 4

Šuolio paklaida

ess = 100/(1 + 4) = 20 %

Atsakymas

ess = 20 %
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: Kp = 0,1

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 + 1).

s² + (1 + 10Kp)s + 10Ki

Tikslinis daugianaris

s² + 2·0,5·2s + 2² = s² + 2s + 4

Sulyginkite koeficientus

1 + 10Kp = 2 → Kp = 0,1

Atsakymas

Kp = 0,1

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