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​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAR4​2 ΩB

Raskite ekvivalentinę varžą Req, kurią mato šaltinis V1.

V1 = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 2 ΩR4 = 2 Ω
Req = Ω
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiSunkus
R1​ = 2 ΩIR1​R3​ = 5 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​8 ΩBR6​6 Ω

Raskite šaltinio tiekiamą srovę IR1, tekančią per R1.

V1 = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 ΩR4 = 8 ΩR5 = 6 ΩR6 = 6 Ω
IR1 = A
3.Mazgų potencialų metodasVidutinis
−+Vs​ = 12 VIs​2,5 AAR1​4 ΩR2​10 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 = 2,5 AVs = 12 VR1 = 4 ΩR2 = 10 Ω
VA = V
4.Mazgų potencialų metodasSunkus
R1​ = 12 Ω+−Vs​ = 9 VIx​+−V1​6 VR2​2 ΩAR3​10 ΩBIs​0,5 A

Įtampos šaltinio Vₛ tarp A ir B + gnybtas yra ties A, todėl VA − VB = Vₛ. Mazgų potencialų metodu su supermazgu raskite srovę Ix per įtampos šaltinį, nuo A į B, kaip rodo rodyklė.

V1 = 6 VIs = 0,5 AVs = 9 VR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 Ω
Ix = A
5.Kontūrų srovių metodasVidutinis
R1​ = 4 ΩR2​ = 4 Ω+−V1​24 VR3​20 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

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

V1 = 24 VV2 = 12 VR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 20 Ω
I2 = A
6.Kontūrų srovių metodasSunkus
R1​ = 4 ΩR2​ = 6 ΩIR2​R3​ = 2 Ω+−V1​36 VR4​15 ΩAR5​15 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

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

V1 = 36 VV2 = 12 VR1 = 4 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 ΩR4 = 15 ΩR5 = 15 Ω
IR2 = A
7.SuperpozicijaVidutinis
tiesinė grandinėVs​Is​IRL​

Tiesinėje varžinėje grandinėje yra vienas įtampos šaltinis Vs ir vienas srovės šaltinis Is. Srovė I per apkrovos rezistorių išmatuota du kartus: kai Vs = 15 V ir Is = 6 mA, I = 19,5 mA; kai Vs = 12 V ir Is = 8 mA, I = 16,4 mA. Raskite apkrovos srovę I, kai Vs = 2 V ir Is = 6 mA.

15 V, 6 mA → 19,5 mA12 V, 8 mA → 16,4 mAVs = 2 V, Is = 6 mA
I = mA
8.SuperpozicijaSunkus
R1​ = 3 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​9 VR3​30 ΩIR3​AIs​2 AB+−V2​30 V

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

V1 = 9 VIs = 2 AV2 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 3 ΩR3 = 30 ΩR4 = 20 Ω
IR3 = A
9.Teveninas ir NortonasVidutinis
R1​ = 20 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​4 ΩAab

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

V1 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 Ω
Vth = V
10.Teveninas ir NortonasSunkus
R1​ = 20 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAIs​4 ABab

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

V1 = 12 VIs = 4 AR1 = 20 ΩR2 = 8 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V
11.RC ir RL pereinamieji procesaiVidutinis
R = 20 Ωt = 0L150 mHi(t)

Rite teka pastovi 2 A srovė. Momentu t = 0 jungiklis uždaro kontūrą per R, o šaltinis atjungiamas, todėl ritės srovė slopsta per R. Raskite įtampą vR ant R momentu t = 20 ms.

i(0) = 2 AR = 20 ΩL = 150 mHt = 20 ms
vR = V
12.RC ir RL pereinamieji procesaiSunkus
+−Vs​12 Vatsidaro momentu t = 0R1​ = 3,3 kΩR2​ = 1 kΩC22 µF+−vC​

Jungiklis ilgai buvo uždarytas, todėl grandinė yra nusistovėjusiame režime. Momentu t = 0 jungiklis atsidaro. Raskite kondensatoriaus įtampą vC momentu t = 40 ms.

Vs = 12 VR1 = 3,3 kΩR2 = 1 kΩC = 22 µFt = 40 ms
vC = V
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiVidutinis
Vf0​ = 50 HzRL = 10 mHC = ?

Nuosekli RLC grandinė, kurios L = 10 mH, turi rezonuoti esant 50 Hz. Raskite reikiamą talpą C.

f0 = 50 HzL = 10 mH
C = µF
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiSunkus
24 V60 HzR = 10 ΩL = 50 mHC = 47 µFI

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 24 V (efektinė), 60 Hz maitinimo. Raskite efektinę srovę I.

V = 24 V (rms)f = 60 HzR = 10 ΩL = 50 mHC = 47 µF
I = A
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasVidutinis
120 VR + jXP = 660 W11 A

Induktyvioji apkrova iš 120 V (efektinė) vienfazio tinklo ima 11 A ir 660 W. Modeliuokite ją kaip varžą R, nuosekliai sujungtą su reaktyviąja varža X. Raskite R.

V = 120 VI = 11 AP = 660 W
R = Ω
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasSunkus
P = 5 kWQ1​S1​φ1​QC​

Vienfazė apkrova iš 240 V, 50 Hz tinklo ima 5 kW, kai galios koeficientas 0,8 (induktyvus). Lygiagrečiai prijungtas kondensatorius padidina galios koeficientą iki 0,9. Raskite reikiamą talpą C.

P = 5 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9V = 240 Vf = 50 Hz
C = µF
17.Trifazė galiaVidutinis
ABCVL​ = 415 VIL​ = ?M110 kW, η = 95%cos φ = 0,82

Trifazis asinchroninis variklis esant vardinei apkrovai tiekia 110 kW mechaninės galios. Esant šiai apkrovai jo naudingumo koeficientas 95%, o galios koeficientas 0,82 (induktyvus). Tinklo linijinė įtampa 415 V. Raskite linijinę srovę IL.

Pout = 110 kWη = 95%cos φ = 0,82VL = 415 V
IL = A
18.Trifazė galiaSunkus
P = 80 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Simetrinė trifazė apkrova iš 690 V (linijinė įtampa), 60 Hz tinklo ima 80 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. Raskite bendrą reaktyviąją galią QC, kurią turi tiekti kondensatorių baterija, kvar.

P = 80 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatoriaiVidutinis
16 Ω81

Prie idealaus transformatoriaus, kurio transformacijos koeficientas N₁:N₂ = 8:1, antrinės apvijos prijungtas 16 Ω rezistorius. Raskite varžą R1′, matomą iš pirminės apvijos pusės.

N1:N2 = 8:1RL = 16 Ω
R1′ = Ω
20.TransformatoriaiSunkus
75 kVA

Vienfazio 75 kVA transformatoriaus šerdies nuostoliai yra 450 W, o vario nuostoliai esant vardinei apkrovai – 1350 W. Esant kokiai apkrovai Sη,max kVA jo naudingumo koeficientas didžiausias?

S = 75 kVAPcore = 450 WPcu,fl = 1350 W
Sη,max = kVA
21.Operacinių stiprintuvų grandinėsVidutinis
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 4,7 kΩVin​ = 3 VRa​ = 10 kΩRb​ = 10 kΩ

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

Vin = 3 VRa = 10 kΩRb = 10 kΩR1 = 4,7 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
22.Operacinių stiprintuvų grandinėsSunkus
−+Vout​Rf​ = 22 kΩV1​ = −1 VR1​ = 47 kΩV2​ = −1,1 VR2​ = 22 kΩ

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

V1 = −1 VV2 = −1,1 VR1 = 47 kΩR2 = 22 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
23.Diodai ir tranzistoriaiVidutinis
RC​ = 2,2 kΩβ = 200IC​ = ?RE​ = 1 kΩVCC​ = 18 VR1​ = 39 kΩR2​ = 6,8 kΩ

NPN tranzistoriaus, kurio β = 200, darbo taškas nustatomas įtampos dalikliu iš VCC = 18 V: R₁ = 39 kΩ nuo VCC iki bazės ir R₂ = 6,8 kΩ nuo bazės iki įžeminimo. Kolektoriaus rezistorius RC = 2,2 kΩ, emiterio rezistorius RE = 1 kΩ. Imkite VBE = 0,7 V ir naudokite daliklio Tevenino ekvivalentą (bazės srovės nepaisyti negalima). Raskite kolektoriaus srovę IC mA.

VCC = 18 VR1 = 39 kΩR2 = 6,8 kΩRC = 2,2 kΩRE = 1 kΩβ = 200
IC = mA
24.Diodai ir tranzistoriaiSunkus
V (V)I (mA)0,6320Q = ?

Diodas modeliuojamas kaip 0,6 V nuosekliai su 25 Ω (praleidžia virš 0,6 V). Jis sujungtas nuosekliai su 150 Ω rezistoriumi ir prijungtas prie 3 V šaltinio. Raskite darbo srovę ID, kur diodo tiesė kertasi su apkrovos tiese.

Vs = 3 VR = 150 ΩV0 = 0,6 Vrd = 25 Ω
ID = mA
25.Skaičiavimo sistemosVidutinis
8 bitų papildomasis kodas0−12806403201608040201

Nustatykite bitus, kad jie saugotų −31 8 bitų dvejetainiu papildomuoju kodu. Skaitant kaip skaičių be ženklo, kokia šablono reikšmė U?

N = −318 bit
U =
26.Skaičiavimo sistemosSunkus
1866 kodai, b = ? bitų?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Sistema kiekvienam iš 1866 elementų turi suteikti atskirą tokio pat ilgio dvejetainį kodą. Kiek mažiausiai bitų b reikia?

1866
b = bit
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABCD0001111000011110111111

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

F = Σm(0, 1, 3, 8, 9, 14)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
CLKT1234567

Kylančiuoju frontu valdomas T trigeris pradeda nuo Q = 0 ir gauna parodytus įėjimus 7 kylančiaisiais taktinio signalo frontais. Kiek kartų N Q keičia būseną?

Q₀ = 0T
N =
29.Laplaso transformacijosVidutinis
t (s)f(t)t = 1,2f(1,2) = ?

Paprastosiomis trupmenomis raskite f(t), kai F(s) = 30/(s(s + 1)(s + 2)), ir apskaičiuokite f(1,2).

F(s) = 30/(s(s + 1)(s + 2))t = 1,2 s
f(1.2) =
30.Laplaso transformacijosSunkus
ReIm−5−10−15−205

Sistema aprašoma diferencialine lygtimi y″ + 4y′ + 29y = u′ + 19u, kurios įėjimas u(t), o išėjimas y(t). Raskite jos perdavimo funkciją G(s) = Y(s)/U(s) (pradinės sąlygos nulinės) ir apskaičiuokite impulsinę reakciją g(t) ties t = 0,2 s. Raskite g(0,2).

y″ + 4y′ + 29y = u′ + 19ut = 0,2 s
g(0.2) =
31.Struktūrinės schemosVidutinis
R(s)+18s + 2G(s)C(s)0,25H−

Objektas G(s) = 18/(s + 2) valdomas neigiamo grįžtamojo ryšio kontūru, kurio jutiklio stiprinimas H = 0,25. Raskite uždarosios sistemos laiko pastovią τ.

G(s) = 18/(s + 2)H = 0,25
τ = s
32.Struktūrinės schemosSunkus
R(s)+20valdiklis+D(s)+10s + 2objektasC(s)−

Proporcinis valdiklis K = 20 valdo objektą G(s) = 10/(s + 2) vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūre. Trikdis D patenka objekto įėjime (pridedamas prie valdiklio išėjimo). Kai R = 0, veikia 2 dydžio trikdžio šuolis. Raskite nusistovėjusį išėjimą css.

K = 20G(s) = 10/(s + 2)D = 2R = 0
css =
33.Šuolinė reakcijaVidutinis
t (s)y(t)2tp​ = ?

Sistemos perdavimo funkcija G(s) = 188/(s² + 11s + 94), o jos įėjimas yra vienetinis šuolis. Raskite šuolinės reakcijos pikų laiką tp.

G(s) = 188/(s² + 11s + 94)
tp = s
34.Šuolinė reakcijaSunkus
R(s)+195s(s + 12)G(s)C(s)−

Vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūre G(s) = 195/(s(s + 12)). Raskite uždarosios sistemos šuolinės reakcijos 2 % nusistovėjimo laiką ts, naudodami ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 195/(s(s + 12))
ts = s
35.Bode grafikai ir atsargosVidutinis
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ω = 8

Raskite G(s) = (s + 18)/(s(s + 2)) fazę ∠G(jω), kai ω = 8 rad/s, laipsniais.

G(s) = (s + 18)/(s(s + 2))ω = 8 rad/s
∠G(jω) = °
36.Bode grafikai ir atsargosSunkus
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Vienetinio grįžtamojo ryšio kilpos atvirosios kilpos perdavimo funkcija yra L(s) = K/(s(s + 1)(s + 9)). Raskite stiprinimą K, duodantį 10 dB stiprinimo atsargą.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 9))GM = 10 dB
K =
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaVidutinis
R(s)+K1(s + 1)(s + 2)(s + 4)C(s)−

Vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre L(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 4)), kai K > 0. Raskite didžiausią stiprinimą Kmax, su kuriuo uždarasis kontūras yra stabilus.

L(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 4))
Kmax =
38.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaSunkus
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2

Vienetinio grįžtamojo ryšio kontūro L(s) = K(s + 6)/(s(s + 3)(s + 8)). Raskite tašką σa, kuriame šaknų geometrinės vietos asimptotės kerta realiąją ašį.

L(s) = K(s + 6)/(s(s + 3)(s + 8))
σa =
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasVidutinis
r(t) = 5t+20(s + 4)s(s + 1)(s + 5)C(s)−

Į vienetinio grįžtamojo ryšio kontūrą, kurio G(s) = 20(s + 4)/(s(s + 1)(s + 5)), paduodama rampa r(t) = 5t. Raskite nusistovėjusiąją paklaidą ess.

G(s) = 20(s + 4)/(s(s + 1)(s + 5))r(t) = 5t
ess =
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasSunkus
R(s)+K = 102s(s + 5)C(s)−

Proporcinis reguliatorius K = 10 valdo objektą G(s) = 2/(s(s + 5)) vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre. Raskite šuolinės reakcijos pikų laiką tp.

G(s) = 2/(s(s + 5))K = 10
tp = s

3Tirpalai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: Req = 13,33 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​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAR4​2 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 = 2 + 2 = 4 Ω
R2 ∥ 4 = 20·4/(20+4) = 3,333 Ω
Req = R1 + 3,333 = 10 + 3,333 = 13,33 Ω

Atsakymas

Req = 13,33 Ω
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: IR1 = 2,095 A

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​8 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 = 6 + 6 = 12 Ω
R4 ∥ 12 = 4,8 Ω
R3 + 4,8 = 9,8 Ω
R2 ∥ 9,8 = 2,297 Ω
Req = R1 + 2,297 = 2 + 2,297 = 4,297 Ω

Šaltinio srovė

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

IR1 = V1/Req = 9/4,297 = 2,095 A

Atsakymas

IR1 = 2,095 A
3.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: VA = 3,714 V

Mazgų potencialų metodas: pasirinkite atskaitos mazgą, pažymėkite nežinomus mazgų potencialus, kiekvienam nežinomam mazgui užrašykite Kirchhofo srovių dėsnį naudodami Omo dėsnį (I = ΔV/R) ir išspręskite gautas lygtis.

Sudarykite supermazgą

Per įtampos šaltinį tarp A ir B teka nežinoma srovė, todėl Kirchhofo srovių dėsnio negalima užrašyti atskirai mazgams A ar B. A, B ir šaltinį apgaubkite vienu supermazgu: į jį įtekanti srovė lygi ištekančiai.

VB = VA + Vs = VA + 12
VA/R1 + VB/R2 = Is

Išspręskite

VA/4 + (VA + 12)/10 = 2,5
VA = (2,5 − 12/10)/(1/4 + 1/10) = 3,714 V
VB = 3,714 + 12 = 15,71 V

Atsakymas

VA = 3,714 V
4.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: Ix = −1,122 A

Mazgų potencialų metodas: pasirinkite atskaitos mazgą, pažymėkite nežinomus mazgų potencialus, kiekvienam nežinomam mazgui užrašykite Kirchhofo srovių dėsnį naudodami Omo dėsnį (I = ΔV/R) ir išspręskite gautas lygtis.

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 − 9
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Išspręskite

(VA − 6)/12 + VA/2 + (VA − 9)/10 = 0,5
VA·(1/12 + 1/2 + 1/10) = 0,5 + 6/12 + 9/10 = 1,9
VA = 1,9/0,6833 = 2,78 V
VB = −6,22 V

Srovė per įtampos šaltinį

Kirchhofo srovių dėsnis vien mazgui A: per R₁ atitekanti srovė išteka per R₂ ir per įtampos šaltinį.

IR1 = (6 − 2,78)/12 = 0,2683 A
Ix = IR1 − VA/R2 = 0,2683 − 2,78/2 = −1,122 A

Atsakymas

Ix = −1,122 A

Neigiamas rezultatas reiškia, kad tikroji srovė teka prieš rodyklę.

5.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: I2 = 1,091 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 Ω+−V1​24 VR3​20 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

Priskirkite kontūrų sroves

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

KĮD kontūre 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
4·I1 + 20(I1 − I2) = 24
24·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
4·I2 + 20(I2 − I1) = (−12)
−20·I1 + 24·I2 = −12

Išspręskite

Δ = (24)(24) − (−20)(−20) = 176
I1 = Δ1/Δ = 336/176 = 1,909 A
I2 = Δ2/Δ = 192/176 = 1,091 A

Atsakymas

I2 = 1,091 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

6.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: IR2 = 1,633 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​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​36 VR4​15 ΩAR5​15 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) = 36
19·I1 − 15·I2 = 36

KĮD kontūre 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
6·I2 + 15(I2 − I1) + 15(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 36·I2 − 15·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
2·I3 + 15(I3 − I2) = (−12)
−15·I2 + 17·I3 = −12

Išspręskite

Δ = koeficientų matricos determinantas = 3528
I1 = Δ1/Δ = 11232/3528 = 3,184 A
I2 = Δ2/Δ = 5760/3528 = 1,633 A
I3 = Δ3/Δ = 2592/3528 = 0,7347 A

Atsakymas

IR2 = I2 = 1,633 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

7.Superpozicija

Atsakymas: I = 3,9 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.

Atsaką užrašykite kaip indėlių sumą

Kiekvienas indėlis proporcingas savo šaltiniui, o konstanta priklauso tik nuo rezistorių.

I = k₁·Vs + k₂·Is
15·k₁ + 6·k₂ = 19,5
12·k₁ + 8·k₂ = 16,4

Raskite konstantas

Δ = (15)(8) − (6)(12) = 48
k₁ = Δ1/Δ = 57,6/48 = 1,2
k₂ = Δ2/Δ = 12/48 = 0,25
k₁ = 1,2 mA/V, k₂ = 0,25

Apskaičiuokite naują srovę

I = 1,2·2 + 0,25·6 = 3,9 mA

Atsakymas

I = 3,9 mA
8.Superpozicija

Atsakymas: IR3 = 0,4912 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​ = 3 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​9 VR3​30 ΩAATVIRABTRUMPAS JUNGIMAS

1 atvejis · veikia tik V1

V₂ tampa trumpuoju jungimu, o Iₛ – atvira grandine. Žiūrint iš A, R₃ yra lygiagretus su nuoseklia pora R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 30 ∥ 23 = 13,02 Ω
VA = 9·13,02/(3+13,02) = 7,314 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 7,314·20/23 = 6,36 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (7,314 − 0)/30 = 0,2438 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 20 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​30 ΩAIs​2 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 = 2,727 Ω, todėl kairysis kelias yra R2+2,727 = 5,727 Ω
Req = R4 ∥ 5,727 = 4,452 Ω
VB = Is·Req = 2·4,452 = 8,905 V
VA = VB·2,727/5,727 = 4,24 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (4,24 − 0)/30 = 0,1413 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 20 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​30 ΩAATVIRAB+−V2​30 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 = 3·30/(3+30) = 2,727 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 30·5,727/25,73 = 6,678 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 6,678·2,727/5,727 = 3,18 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (3,18 − 0)/30 = 0,106 A

Sudėkite dedamąsias

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = 0,2438 + 0,1413 + 0,106 = 0,4912 A

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

9.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: Vth = 2 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​ = 20 ΩR3​ = 6 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​4 ΩAabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 20·4/(20+4) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 6 = 9,333 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​4 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) = 12·4/(20+4) = 2 V
10.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: Vth = −99,43 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​ = 20 ΩR3​ = 20 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​8 ΩAATVIRABabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 20·8/(20+8) = 5,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,714 + 20 = 25,71 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAIs​4 ABab+−Vth​

Raskite Vth – tuščiosios veikos įtampą

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 3,429 + (−4)·5,714 = −19,43 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −19,43 + (−4)·20 = −99,43 V
11.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: vR = 2,779 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.

Laiko konstanta

τ = L/R = 150 mH / 20 Ω = 7,5 ms

Srovės slopimas

i(t) = 2·e−20/7,5 = 0,139 A
vR = R·i = 20·0,139 = 2,779 V

Atsakymas

vR = 2,779 V
12.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: vC = 0,453 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 kondensatoriaus įtampa

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

vC(0) = 12·1/(3,3 + 1) = 2,791 V

Laiko konstanta atsidarius jungikliui

τ = R2·C = 1·22 = 22 ms

Išsikrovimas

vC(t) = 2,791·e−40/22 = 0,453 V

Atsakymas

vC = 0,453 V
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: C = 1013 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·50 = 314,2 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(314,2²·0,01) = 1013 µF

Atsakymas

C = 1013 µF
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: I = 0,617 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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,05 = 18,85 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·47·10⁻⁶) = 56,44 Ω

Pilnutinė varža

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(10² + (−37,59)²) = 38,9 Ω

Srovė

Visais nuoseklios grandinės elementais teka ta pati srovė.

I = V/|Z| = 24/38,9 = 0,617 A

Atsakymas

I = 0,617 A
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: R = 5,455 Ω

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.

Varža iš aktyviosios galios

R = P/I² = 660/11² = 5,455 Ω

Atsakymas

R = 5,455 Ω
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: C = 73,41 µF

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

Reaktyvioji galia prieš ir po

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

Q1 = P·tan φ1 = 5·tan(36,87°) = 3,75 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(25,84°) = 2,422 kvar
QC = Q1 − Q2 = 1,328 kvar

Talpa

Prie maitinimo prijungtas kondensatorius tiekia Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 1328/(2π·50·240²) = 73,41 µF

Atsakymas

C = 73,41 µF
17.Trifazė galia

Atsakymas: IL = 196,4 A

Simetrinės trifazės sistemos: jungiant žvaigžde (Y) linijinė įtampa √3 karto didesnė už fazinę, VL = √3·Vph, o linijinė srovė lygi fazinei. Jungiant trikampiu (Δ) linijinė įtampa lygi fazinei, o linijinė srovė √3 karto didesnė už fazinę, IL = √3·Iph. Bendra galia tris kartus didesnė už vienos fazės galią: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Naudojama elektrinė galia

Pin = Pout/η = 110/0,95 = 115,8 kW

Linijos srovė

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 115789/(√3·415·0,82) = 196,4 A

Atsakymas

IL = 196,4 A
18.Trifazė galia

Atsakymas: QC = 47,54 kvar

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 = 80·tan(acos 0,7) = 80·1,02 = 81,62 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,92) = 80·0,426 = 34,08 kvar

Kondensatorių tiekiama reaktyvioji galia

QC = Q1 − Q2 = 47,54 kvar

Atsakymas

QC = 47,54 kvar
19.Transformatoriai

Atsakymas: R1′ = 1024 Ω

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

Perskaičiuota varža

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

R1′ = a²·RL = 8²·16 = 1024 Ω

Atsakymas

R1′ = 1024 Ω
20.Transformatoriai

Atsakymas: Sη,max = 43,3 kVA

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

Vario nuostoliai lygūs šerdies nuostoliams

x²·1350 = 450 → x = √(450/1350) = 0,5774

Apkrova esant didžiausiam naudingumo koeficientui

Sη,max = x·S = 0,5774·75 = 43,3 kVA

Atsakymas

Sη,max = 43,3 kVA
21.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = 4,691 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) = 3·10/(10 + 10) = 1,5 V

Neinvertuojančio stiprintuvo stiprinimas

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

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 1,5·(1 + 10/4,7) = 4,691 V

Atsakymas

Vout = 4,691 V
22.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = 1,568 V

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

Įėjimo srovės

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

I1 = V1/R1 = −1/47 = −0,02128 mA
I2 = V2/R2 = −1,1/22 = −0,05 mA
If = I1 + I2 = −0,07128 mA

Išėjimo įtampa

Vout = −Rf·If = −22·(−0,07128) = 1,568 V

Atsakymas

Vout = 1,568 V
23.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: IC = 1,908 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 = 18·6,8/(39 + 6,8) = 2,672 V
RTH = 39·6,8/(39 + 6,8) = 5,79 kΩ

Bazės srovė

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

IB = (2,672 − 0,7)/(5,79 + 201·1) = 9,539 µA

Kolektoriaus srovė

IC = 200·9,539 µA = 1,908 mA
IE = 201·9,539 µA = 1,917 mA

Atsakymas

IC = 1,908 mA
24.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: ID = 13,71 mA

Šviesos diodų (LED) ir diodų grandinės: tiesiogine kryptimi įjungtas LED krinta maždaug jo tiesiogine įtampa VF (apie 2 V raudonam, 3 V mėlynam ar baltam), nepriklausomai nuo srovės. Srovę nustato nuoseklusis rezistorius: R = (Vs − n·VF)/I, kai nuosekliai sujungta n LED. Tikslesniu diodo modeliu V = V₀ + I·rd darbo taškas yra ten, kur diodo tiesė kertasi su apkrovos tiese I = (Vs − V)/R, todėl I = (Vs − V₀)/(R + rd).

Sujunkite dvi lygtis

3 = 0,6 + I·(150 + 25)

Darbo srovė

ID = 2,4/175 = 13,71 mA
VD = 0,6 + 0,01371·25 = 0,9429 V

Atsakymas

ID = 13,71 mA
25.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 225

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

31 = 0001 1111
invertuota: 1110 0000
+1 → 1110 0001

Perskaitykite be ženklo

1110 0001₂ = 256 − 31 = 225

Atsakymas

U = 225
26.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: b = 11 bit

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.

Dvejeto laipsniai

210 = 1024 < 1866
211 = 2048 ≥ 1866

Atsakymas

b = 11
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: AB = 11, CD = 10

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

Kiekvieno vieneto kaimynai

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

m14: m15, m12, m10, m6 → 0
ABCD0001111000011110111111

Izoliuotas vienetas

m14 = ABCD′ → AB = 11, CD = 10

Atsakymas

AB = 11, CD = 10
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: N = 5

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

Q po kiekvieno fronto

T trigeris kiekvienu kylančiuoju frontu perjungia, kai T = 1, ir išlaiko, kai T = 0.

1: T = 1 → Q = 1
2: T = 0 → Q = 1
3: T = 1 → Q = 0
4: T = 0 → Q = 0
5: T = 1 → Q = 1
6: T = 1 → Q = 0
7: T = 1 → Q = 1

Suskaičiuokite pokyčius

0 → 1 → 1 → 0 → 0 → 1 → 0 → 1
N = 5

Atsakymas

N = 5
29.Laplaso transformacijos

Atsakymas: f(1.2) = 7,325

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

Paprastosios trupmenos

F(s) = A/s + B/(s + 1) + C/(s + 2)
A = 30/(1·2) = 15
B = 30/((−1)·1) = −30
C = 30/((−2)·(−1)) = 15

Atvirkštinė transformacija

f(t) = 15 − 30·e−t + 15·e−2t

Apskaičiuokite

f(1,2) = 15 − 30·e−1,2 + 15·e−2·1,2 = 7,325

Atsakymas

f(1,2) = 7,325
30.Laplaso transformacijos

Atsakymas: g(0.2) = 2,28

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

Perdavimo funkcija

G(s) = Y(s)/U(s) = (s + 19)/(s² + 4s + 29)

Paprastosios trupmenos

s² + 4s + 29 = (s + 2)² + 5²
G(s) = 1·(s + 2)/((s + 2)² + 5²) + (17/5)·5/((s + 2)² + 5²)

Impulsinė reakcija

g(t) = e−2t·(cos 5t + 3,4·sin 5t)
g(0,2) = 2,28

Atsakymas

g(0,2) = 2,28
31.Struktūrinės schemos

Atsakymas: τ = 0,1538 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) = 18/(s + 2 + 4,5) = 18/(s + 6,5)

Rezultatas

τ = 1/6,5 = 0,1538 s

Atsakymas

τ = 0,1538 s
32.Struktūrinės schemos

Atsakymas: css = 0,09901

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).

Perdavimo funkcijos

C/D = G/(1 + K·G) = 10/(s + 2 + 200)

Nusistovėjęs režimas

css = 2·10/202 = 0,09901

Atsakymas

css = 0,09901

Didesnis K sumažina trikdžio poveikį, bet su proporciniu valdikliu niekada nesumažina iki nulio.

33.Šuolinė reakcija

Atsakymas: tp = 0,3935 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 = 94 → ωₙ = 9,695 rad/s
2ζωₙ = 11 → ζ = 11/(2·9,695) = 0,5673

Rezultatas

ωd = 9,695·√(1 − 0,5673²) = 7,984 rad/s → tp = π/ωd = 0,3935 s

Atsakymas

tp = 0,3935 s
34.Šuolinė reakcija

Atsakymas: ts = 0,6667 s

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

Uždarosios sistemos perdavimo funkcija

T(s) = 195/(s² + 12s + 195): ωₙ = 13,96 rad/s, ζ = 0,4297

Nusistovėjimo laikas

ζωₙ = 12/2 = 6
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 0,6667 s

Atsakymas

ts = 0,6667 s

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

35.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: ∠G(jω) = −142 °

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.

Sudėkite kampus

∠G = atan(8/18) − 90° − atan(8/2) = 23,96° − 90° − 75,96°

Rezultatas

∠G(j8) = −142°

Atsakymas

∠G(jω) = −142°
36.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: K = 28,46

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/1)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(1·9) = 3 rad/s

Modulis ties fazės kirtimu

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 81)) = K/(1·9·(1 + 9)) = K/90

Reikalingas stiprinimas

90/K = 1010/20 = 3,162
K = 90/3,162 = 28,46

Atsakymas

K = 28,46
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: Kmax = 90

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

Charakteristinis daugianaris

s³ + 7s² + 14s + 8 + K = 0

Raucho lentelė

s³: 1, 14
s²: 7, 8 + K
s¹: (7·14 − 8 − K)/7
s⁰: 8 + K

Sąlyga

Elementas s¹ eilutėje turi likti teigiamas.

K < 7·14 − 8 = 90

Atsakymas

Kmax = 90

Ties riba kontūras svyruoja dažniu ω = √14 = 3,742 rad/s.

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

Atsakymas: σa = −2,5

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.

Poliai ir nuliai

poliai: 0, −3, −8
nuliai: −6
n − m = 3 − 1 = 2

Svorio centras

σa = (−11 − (−6))/2 = −2,5

Atsakymas

σa = −2,5

2 asimptotės išeina iš centroido kampais 90°, 270°.

39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ess = 0,3125

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

Greičio konstanta

Kv = lim s·G(s) = 16

Rampos paklaida

ess = 5/16 = 0,3125

Atsakymas

ess = 0,3125
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: tp = 0,8472 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 + 5) + 10·2 = s² + 5s + 20

ωₙ ir ζ

ωₙ = √20 = 4,472 rad/s
ζ = 5/(2·4,472) = 0,559

Maksimumo laikas

ωd = 4,472·√(1 − 0,559²) = 3,708 rad/s
tp = π/3,708 = 0,8472 s

Atsakymas

tp = 0,8472 s

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