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​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩIR2​AR4​10 ΩB

Raskite srovę IR2 per R2.

V1 = 10 VR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 ΩR4 = 10 Ω
IR2 = A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiSunkus
R1​ = 10 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​4 ΩIR2​AR4​10 ΩBR6​10 Ω

Raskite srovę IR2 per R2.

V1 = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 ΩR4 = 10 ΩR5 = 4 ΩR6 = 10 Ω
IR2 = A
3.Mazgų potencialų metodasVidutinis
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAR4​6 ΩBIs​4 A

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

V1 = 24 VIs = 4 AR1 = 6 ΩR2 = 8 ΩR3 = 10 ΩR4 = 6 Ω
VB = V
4.Mazgų potencialų metodasSunkus
R1​ = 2 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 15 ΩIR4​+−V1​30 VR3​30 ΩAR5​3 ΩBIs​1 A+−V2​18 V

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

V1 = 30 VIs = 1 AV2 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 30 ΩR4 = 15 ΩR5 = 3 Ω
IR4 = A
5.Kontūrų srovių metodasVidutinis
R1​ = 10 ΩR2​ = 5 Ω+−V1​18 VR3​5 ΩIR3​A+−V2​10 VI1​I2​

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

V1 = 18 VV2 = 10 VR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 5 Ω
IR3 = A
6.Kontūrų srovių metodasSunkus
R1​ = 10 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​36 VR4​25 ΩAR5​3 Ω+−VR5​B+−V2​18 VI1​I2​I3​

Taikykite kontūrų srovių metodą ir raskite įtampą VR5 ant R5 su pažymėtu poliškumu.

V1 = 36 VV2 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 ΩR4 = 25 ΩR5 = 3 Ω
VR5 = V
7.SuperpozicijaVidutinis
R1​ = 15 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​6 ΩIR2​AR4​12 ΩBIs​4 A

Taikykite superpozicijos principą ir raskite srovę IR2 per R2 rodyklės kryptimi.

V1 = 9 VIs = 4 AR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 15 ΩR4 = 12 Ω
IR2 = A
8.SuperpozicijaSunkus
R1​ = 30 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​5 VR3​30 ΩIR3​AIs​6 AB−+V2​30 V

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

V1 = 5 VIs = 6 AV2 = 30 VR1 = 30 ΩR2 = 6 ΩR3 = 30 ΩR4 = 15 Ω
IR3 = A
9.Teveninas ir NortonasVidutinis
R1​ = 2 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​24 VR2​3 ΩAab

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

V1 = 24 VR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 Ω
Rth = Ω
10.Teveninas ir NortonasSunkus
R1​ = 2 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAIs​0,5 ABRL​15 ΩIL​

Prie a–b prijungta apkrova RL = 15 Ω. Naudodami Tevenino ekvivalentą raskite apkrovai tiekiamą galią PL.

V1 = 12 VIs = 0,5 AR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 ΩRL = 15 Ω
PL = W
11.RC ir RL pereinamieji procesaiVidutinis
R = 20 Ωt = 0L33 mHi(t)

Rite teka pastovi 0,5 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 = 2 ms.

i(0) = 0,5 AR = 20 ΩL = 33 mHt = 2 ms
vR = V
12.RC ir RL pereinamieji procesaiSunkus
+−Vs​20 Vatsidaro momentu t = 0R1​ = 2,2 kΩR2​ = 10 kΩC22 µF+−vC​

Jungiklis ilgai buvo uždarytas, todėl grandinė yra nusistovėjusiame režime. Momentu t = 0 jungiklis atsidaro. Raskite kondensatoriaus įtampą vC momentu t = 100 ms.

Vs = 20 VR1 = 2,2 kΩR2 = 10 kΩC = 22 µFt = 100 ms
vC = V
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiVidutinis
Vf0​ = 2000 HzRL = 20 mHC = ?

Nuosekli RLC grandinė, kurios L = 20 mH, turi rezonuoti esant 2000 Hz. Raskite reikiamą talpą C.

f0 = 2000 HzL = 20 mH
C = µF
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiSunkus
100 V60 HzR = 80 ΩL = 100 mHC = 2,2 µF

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 100 V (efektinė), 60 Hz maitinimo. Raskite grandinės rezonansinį dažnį f0.

V = 100 V (rms)f = 60 HzR = 80 ΩL = 100 mHC = 2,2 µF
f0 = Hz
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasVidutinis
120 VZ15 + j20 ΩI

Apkrova, kurios pilnutinė varža Z = 15 + j20 Ω, prijungta prie 120 V (efektinė) vienfazio tinklo. Raskite jos imamą reaktyviąją galią Q.

V = 120 VZ = 15 + j20 Ω
Q = var
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasSunkus
230 V60 HzRs​ = 10 ΩXs​ = j15 ΩZL​ = ?

230 V (efektinė), 60 Hz šaltinio vidinė pilnutinė varža Zs = 10 + j15 Ω. Apkrovos pilnutinę varžą ZL galima pasirinkti laisvai. Raskite didžiausią aktyviąją galią Pmax, kurią galima perduoti apkrovai.

Vs = 230 V (rms)f = 60 HzZs = 10 + j15 Ω
Pmax = W
17.Trifazė galiaVidutinis
ABCVL​ = 400 VZ = 3 + j4 Ωvienai fazei

Simetrinė trikampiu sujungta apkrova, kurios fazės impedansas 3 + j4 Ω, prijungta prie simetrinio trifazio tinklo, kurio linijinė įtampa 400 V. Raskite bendrą apkrovos naudojamą aktyviąją galią P kW.

VL = 400 VZ = 3 + j4 Ω vienai fazei
P = kW
18.Trifazė galiaSunkus
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​

Simetrinė trifazė apkrova iš 480 V (linijinė įtampa), 60 Hz tinklo ima 200 kW, kai galios koeficientas 0,72 (induktyvus). Lygiagrečiai apkrovai prijungta trifazė kondensatorių baterija turi padidinti bendrą galios koeficientą iki 0,98 (induktyvus). Aktyvioji galia nekinta. Kondensatoriai sujungti žvaigžde. Raskite kiekvieno kondensatoriaus talpą Cph µF.

P = 200 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatoriaiVidutinis
RL​ = 48 Ω21480 VV2​I1​ = ?I2​

Idealaus transformatoriaus, kurio transformacijos koeficientas N₁:N₂ = 2:1, pirminei apvijai prijungta 480 V įtampa. Prie antrinės apvijos prijungtas 48 Ω rezistorius. Raskite pirminę srovę I1.

N1:N2 = 2:1V1 = 480 VRL = 48 Ω
I1 = A
20.TransformatoriaiSunkus
pf 0,85200 kVA, 50% apkrova

Vienfazio 200 kVA transformatoriaus šerdies nuostoliai yra 1600 W, o vario nuostoliai esant vardinei apkrovai – 2400 W. Jis tiekia 50% vardinės galios kVA, kai galios koeficientas 0,85 (induktyvus). Raskite bendrus nuostolius Ploss vatais esant šiai apkrovai.

S = 200 kVAPcore = 1600 WPcu,fl = 2400 Wx = 0,5pf = 0,85
Ploss = W
21.Operacinių stiprintuvų grandinėsVidutinis
−+Vout​Rf​ = 1 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = −0,4 V

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

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

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

V1 = 2 VV2 = −1,3 VR1 = 47 kΩR2 = 10 kΩR3 = 22 kΩR4 = 22 kΩ
Vout = V
23.Diodai ir tranzistoriaiVidutinis
RC​ = 1 kΩβ = 120IC​ = ?VCC​ = 9 VRB​ = 470 kΩ

NPN tranzistoriaus, kurio β = 120, darbo taškas nustatomas bazės rezistoriumi RB = 470 kΩ iš maitinimo šaltinio VCC = 9 V. Kolektoriaus rezistorius RC = 1 kΩ, emiteris įžemintas. Imkite VBE = 0,7 V ir tarkite, kad tranzistorius veikia aktyviojoje srityje. Raskite kolektoriaus srovę IC mA.

VCC = 9 VRB = 470 kΩRC = 1 kΩβ = 120VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Diodai ir tranzistoriaiSunkus
+−≥ 18 VR = ?9,1 V≤ 25 mA

9,1 V Zenerio stabilizatorius turi tiekti iki 25 mA apkrovai. Įėjimo įtampa gali nukristi iki 18 V, o Zenerio diodui stabilizuoti reikia bent 2 mA. Raskite didžiausią nuosekliąją varžą Rmax, su kuria jis dar stabilizuoja.

Vin,min = 18 VVZ = 9,1 VIL,max = 25 mAIZ,min = 2 mA
Rmax = Ω
25.Skaičiavimo sistemosVidutinis
8 bitų papildomasis kodas0−12806403201608040201

Nustatykite bitus, kad jie saugotų −97 8 bitų dvejetainiu papildomuoju kodu. Skaitant kaip skaičių be ženklo, kokia šablono reikšmė U?

N = −978 bit
U =
26.Skaičiavimo sistemosSunkus
16 bitai, be ženklo, N = ?????????????????

Koks yra didžiausias sveikasis skaičius be ženklo N, telpantis į 16 bitus?

16 bit
N =
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABC000111100101324576

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

F = A′B′C′ + AB′C′ + A′BC + AB′
L =
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​CLKMOD-10

Mod-10 skaitiklis sudarytas iš mažiausio galimo trigerių skaičiaus. Kiek iš galimų būsenų U niekada nenaudojama?

N = 10
U =
29.Laplaso transformacijosVidutinis
t (s)f(t)t = 2f(2) = ?

Raskite f(t), kai F(s) = (6s + 30)/(s² + 2s + 1), ir apskaičiuokite f(2).

F(s) = (6s + 30)/(s² + 2s + 1)t = 2 s
f(2) =
30.Laplaso transformacijosSunkus
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Sistema tenkina y″ + 8y′ + 15y = 30·u(t), kai y(0) = 3 ir y′(0) = 0. Ties t = 0 pridedamas šuolinis įėjimas u(t) = 2. Laplaso transformacija raskite y(0,1).

y″ + 8y′ + 15y = 30·u(t)y(0) = 3y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,1 s
y(0.1) =
31.Struktūrinės schemosVidutinis
R(s)+6s(s + 3)G(s)C(s)−

Vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūre G(s) = 6/(s(s + 3)). Atskaitos signalas yra tiesiškai kintantis signalas r(t) = 5·t. Raskite nusistovėjusią paklaidą ess.

G(s) = 6/(s(s + 3))r(t) = 5·t
ess =
32.Struktūrinės schemosSunkus
R(s)+19s + 4G₁+9s + 7G₂C(s)1H₁−0,5H₂−

Sutrumpinkite struktūrinę schemą su G₁ = 19/(s + 4), G₂ = 9/(s + 7), vidiniu neigiamu grįžtamuoju ryšiu H₁ = 1 aplink G₂ ir išoriniu neigiamu grįžtamuoju ryšiu H₂ = 0,5. Raskite C(s)/R(s) nuolatinės srovės stiprinimą T(0).

G₁ = 19/(s + 4)G₂ = 9/(s + 7)H₁ = 1H₂ = 0,5
T(0) =
33.Šuolinė reakcijaVidutinis
t (s)y(t)2tp​ = ?

Sistemos perdavimo funkcija G(s) = 14/(s² + 3s + 7), o jos įėjimas yra vienetinis šuolis. Raskite šuolinės reakcijos pikų laiką tp.

G(s) = 14/(s² + 3s + 7)
tp = s
34.Šuolinė reakcijaSunkus
+−12 VR = 566 ΩL = 500 mHC = 1 µFvC​

Nuosekli RLC grandinė, kurios R = 566 Ω, L = 500 mH ir C = 1 µF, prijungiama prie 12 V šuolio, kai t = 0. Kondensatorius neįkrautas, prieš šuolį srovė neteka. Raskite pirmojo įtampos piko laiką tp ms.

R = 566 ΩL = 500 mHC = 1 µFV = 12 V
tp = ms
35.Bode grafikai ir atsargosVidutinis
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 15

Raskite G(s) = 2(s + 4)/(s(s + 3)) fazę ∠G(jω), kai ω = 15 rad/s, laipsniais.

G(s) = 2(s + 4)/(s(s + 3))ω = 15 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) = 22/(s(s + 2)(s + 5)). Raskite fazės kirtimo dažnį ω180, kai ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 22/(s(s + 2)(s + 5))
ω180 = rad/s
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaVidutinis
R(s)+K1s(s + 2)(s + 8)C(s)−

Schemoje pavaizduoto kontūro atvirojo kontūro perdavimo funkcija yra L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8)). Stiprinimas didinamas tol, kol uždarasis kontūras atsiduria ties stabilumo riba. Raskite nuolatinių svyravimų dažnį ω.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8))
ω = rad/s
38.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaSunkus
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2

Kontūrui L(s) = K/((s + 6)(s² + 2s + 5)) raskite šaknų geometrinės vietos išėjimo kampą θd iš viršutinėje pusplokštumėje esančio kompleksinio polio, matuojamą nuo teigiamosios realiosios ašies.

L(s) = K/((s + 6)(s² + 2s + 5))
θd = °
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasVidutinis
r(t) = 5 + 0,5t+50(s + 2)s(s + 1)C(s)−

Į vienetinio grįžtamojo ryšio kontūrą, kurio G(s) = 50(s + 2)/(s(s + 1)), paduodamas signalas r(t) = 5 + 0,5t (šuolis ir rampa). Raskite nusistovėjusiąją paklaidą ess.

G(s) = 50(s + 2)/(s(s + 1))r(t) = 5 + 0,5t
ess =
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasSunkus
R(s)+Kp​ + Ki​/s5s + 1C(s)−

PI reguliatorius C(s) = Kp + Ki/s valdo objektą G(s) = 5/(s + 1) vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre. Uždarasis kontūras turi turėti ωₙ = 4 rad/s ir ζ = 0,6. Raskite integralinį stiprinimą Ki.

G(s) = 5/(s + 1)ωₙ = 4 rad/sζ = 0,6
Ki =

3Tirpalai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: IR2 = 0,8904 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​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAR4​10 ΩB

Junkite rezistorius nuo tolimiausio galo

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

R3 + R4 = 3 + 10 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 2·13/(2+13) = 1,733 Ω
Req = R1 + 1,733 = 8 + 1,733 = 9,733 Ω

Šaltinio srovė

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

IR1 = V1/Req = 10/9,733 = 1,027 A

Srovė per R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 10 − 1,027·8 = 1,781 V
IR2 = VA/R2 = 1,781/2 = 0,8904 A

Atsakymas

IR2 = 0,8904 A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: IR2 = 0,6904 A

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​4 ΩAR4​10 ΩBR6​10 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 = 4 + 10 = 14 Ω
R4 ∥ 14 = 5,833 Ω
R3 + 5,833 = 11,83 Ω
R2 ∥ 11,83 = 2,989 Ω
Req = R1 + 2,989 = 10 + 2,989 = 12,99 Ω

Šaltinio srovė

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

IR1 = V1/Req = 12/12,99 = 0,9238 A

Srovė per R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 12 − 0,9238·10 = 2,762 V
IR2 = VA/R2 = 2,762/4 = 0,6904 A

Atsakymas

IR2 = 0,6904 A
3.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: VB = 20,82 V

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAR4​6 ΩBIs​4 A

Nustatykite mazgus

Įžeminimas – apatinis laidas. Žinomi mazgų potencialai gaunami tiesiai iš šaltinių (V1 = 24 V). Nežinomieji: VA, VB.

KSD mazge A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/8 + (VA − 24)/6 + (VA − VB)/10 = 0
0,3917·VA − 0,1·VB = 4

KSD mazge B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/6 + (VB − VA)/10 = 4
−0,1·VA + 0,2667·VB = 4

Išspręskite

Δ = (0,3917)(0,2667) − (−0,1)(−0,1) = 0,09444
VA = Δ1/Δ = 1,467/0,09444 = 15,53 V
VB = Δ2/Δ = 1,967/0,09444 = 20,82 V

Atsakymas

VB = 20,82 V
4.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: IR4 = −0,6786 A

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

R1​ = 2 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​30 VR3​30 ΩAR5​3 ΩBIs​1 A+−V2​18 V

Nustatykite mazgus

Įžeminimas – apatinis laidas. Žinomi mazgų potencialai gaunami tiesiai iš šaltinių (V1 = 30 V, V2 = 18 V). Nežinomieji: VA, VB.

KSD mazge A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/30 + (VA − 30)/2 + (VA − VB)/20 = 0
0,5833·VA − 0,05·VB = 15

KSD mazge B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/3 + (VB − VA)/20 + (VB − 18)/15 = 1
−0,05·VA + 0,45·VB = 2,2

Išspręskite

Δ = (0,5833)(0,45) − (−0,05)(−0,05) = 0,26
VA = Δ1/Δ = 6,86/0,26 = 26,38 V
VB = Δ2/Δ = 2,033/0,26 = 7,821 V

Atsakymas

IR4 = (VB − V2)/R4 = (7,821 − 18)/15 = −0,6786 A
5.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: IR3 = 1,52 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​ = 10 ΩR2​ = 5 Ω+−V1​18 VR3​5 ΩA+−V2​10 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
10·I1 + 5(I1 − I2) = 18
15·I1 − 5·I2 = 18

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
5·I2 + 5(I2 − I1) = (−10)
−5·I1 + 10·I2 = −10

Išspręskite

Δ = (15)(10) − (−5)(−5) = 125
I1 = Δ1/Δ = 130/125 = 1,04 A
I2 = Δ2/Δ = −60/125 = −0,48 A

Atsakymas

IR3 = I1 − I2 = 1,52 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

6.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: VR5 = 6,218 V

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

R1​ = 10 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​36 VR4​25 ΩAR5​3 ΩB+−V2​18 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
10·I1 + 25(I1 − I2) = 36
35·I1 − 25·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 + 25(I2 − I1) + 3(I2 − I3) = 0
−25·I1 + 34·I2 − 3·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
20·I3 + 3(I3 − I2) = (−18)
−3·I2 + 23·I3 = −18

Išspręskite

Δ = koeficientų matricos determinantas = 12680
I1 = Δ1/Δ = 26478/12680 = 2,088 A
I2 = Δ2/Δ = 18810/12680 = 1,483 A
I3 = Δ3/Δ = −7470/12680 = −0,5891 A

Atsakymas

IR5 = I2 − I3 = 2,073 A
VR5 = IR5·R5 = 2,073·3 = 6,218 V

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

7.Superpozicija

Atsakymas: IR2 = 1,466 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​ = 15 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​6 ΩAR4​12 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 = 15+12 = 27 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 6·27/(6+27) = 4,909 Ω
VA = 9·4,909/(15+4,909) = 2,219 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,219·12/27 = 0,9863 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (2,219 − 0)/6 = 0,3699 A
R1​ = 15 ΩR3​ = 15 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​6 ΩAR4​12 ΩBIs​4 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 = 15·6/(15+6) = 4,286 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 12 ∥ 19,29 = 7,397 Ω
VB = Is·Req = 4·7,397 = 29,59 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 29,59·4,286/19,29 = 6,575 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (6,575 − 0)/6 = 1,096 A

Sudėkite dedamąsias

IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = 0,3699 + 1,096 = 1,466 A

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

8.Superpozicija

Atsakymas: IR3 = 0,8819 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​ = 30 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​5 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 ∥ 21 = 12,35 Ω
VA = 5·12,35/(30+12,35) = 1,458 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,458·15/21 = 1,042 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (1,458 − 0)/30 = 0,04861 A
R1​ = 30 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 15 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​30 ΩAIs​6 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 = 15 Ω, todėl kairysis kelias yra R2+15 = 21 Ω
Req = R4 ∥ 21 = 8,75 Ω
VB = Is·Req = 6·8,75 = 52,5 V
VA = VB·15/21 = 37,5 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (37,5 − 0)/30 = 1,25 A
R1​ = 30 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 15 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 = 30·30/(30+30) = 15 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−30)·21/36 = −17,5 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −17,5·15/21 = −12,5 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (−12,5 − 0)/30 = −0,4167 A

Sudėkite dedamąsias

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = 0,04861 + 1,25 + (−0,4167) = 0,8819 A

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

9.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: Rth = 16,2 Ω

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 15 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​3 ΩAabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 2·3/(2+3) = 1,2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,2 + 15 = 16,2 Ω
10.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: PL = 4,974 W

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 20 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​12 ΩAATVIRABabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 2·12/(2+12) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 20 = 21,71 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAIs​0,5 ABab+−Vth​

Raskite Vth – tuščiosios veikos įtampą

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 10,29 + 0,5·1,714 = 11,14 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,14 + 0,5·20 = 21,14 V
Rth​ = 21,71 Ω+−Vth​21,14 VRL​15 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) = 21,14/(21,71 + 15) = 0,5759 A
PL = IL²·RL = 0,5759²·15 = 4,974 W
11.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: vR = 2,976 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 = 33 mH / 20 Ω = 1,65 ms

Srovės slopimas

i(t) = 0,5·e−2/1,65 = 0,1488 A
vR = R·i = 20·0,1488 = 2,976 V

Atsakymas

vR = 2,976 V
12.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: vC = 10,41 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) = 20·10/(2,2 + 10) = 16,39 V

Laiko konstanta atsidarius jungikliui

τ = R2·C = 10·22 = 220 ms

Išsikrovimas

vC(t) = 16,39·e−100/220 = 10,41 V

Atsakymas

vC = 10,41 V
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: C = 0,3166 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·2000 = 12566 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(12566²·0,02) = 0,3166 µF

Atsakymas

C = 0,3166 µF
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: f0 = 339,3 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|.

Rezonansas

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

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,1·2,2·10⁻⁶)) = 339,3 Hz

Atsakymas

f0 = 339,3 Hz
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: Q = 460,8 var

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.

Srovė

|Z| = √(15² + 20²) = 25 Ω
I = V/|Z| = 120/25 = 4,8 A

Reaktyvioji galia

Q = I²·X = 4,8²·20 = 460,8 var

Atsakymas

Q = 460,8 var
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: Pmax = 1323 W

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

Jungtinis suderinimas

Apkrovos reaktyvioji varža panaikina šaltinio reaktyviąją varžą, o apkrovos varža lygi šaltinio varžai.

ZL = Zs* = 10 − j15 Ω

Didžiausia galia

I = Vs/(2Rs) = 230/20 = 11,5 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 230²/(4·10) = 1323 W

Atsakymas

Pmax = 1323 W
17.Trifazė galia

Atsakymas: P = 57,6 kW

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

Fazinė įtampa

Vph = VL = 400 V

Fazinė srovė

|Z| = √(3² + 4²) = 5 Ω
Iph = 400/5 = 80 A

Bendra aktyvioji galia

Aktyviąją galią naudoja tik aktyvioji kiekvieno impedanso dalis.

P = 3·Iph²·R = 3·80²·3 = 57,6 kW

Atsakymas

P = 57,6 kW

Patikrinimas: cos φ = R/|Z| = 0,6, o √3·VL·IL·cos φ duoda tą pačią galią.

18.Trifazė galia

Atsakymas: Cph = 1752 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 = 200·tan(acos 0,72) = 200·0,9639 = 192,8 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,98) = 200·0,2031 = 40,61 kvar

Kondensatorių tiekiama reaktyvioji galia

QC = Q1 − Q2 = 152,2 kvar

Vienos fazės talpa

Žvaigžde sujungtoje baterijoje kiekvienas kondensatorius prijungtas tarp linijos ir žvaigždės taško.

V = 480/√3 = 277,1 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 50720/(377·277,1²) = 1752 µF

Atsakymas

Cph = 1752 µF
19.Transformatoriai

Atsakymas: I1 = 2,5 A

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

Antrinė įtampa ir srovė

V2 = 480/2 = 240 V
I2 = 240/48 = 5 A

Pirminė srovė

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

I1 = I2/2 = 2,5 A

Atsakymas

I1 = 2,5 A

Patikrinimas: iš pirminės pusės matoma apkrova yra a²·RL = 192 Ω, o 480/192 duoda tą pačią srovę.

20.Transformatoriai

Atsakymas: Ploss = 2200 W

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

Vario nuostoliai esant šiai apkrovai

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,25·2400 = 600 W

Bendri nuostoliai

Šerdies nuostoliai vienodi esant bet kokiai apkrovai.

Ploss = 1600 + 600 = 2200 W

Atsakymas

Ploss = 2200 W

Naudingumo koeficientas esant šiai apkrovai η = 97,48%.

21.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = −0,8 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.

Invertuojantysis įėjimas seka įėjimą

V₋ = V₊ = −0,4 V
I = V₋/R1 = −0,4/1 = −0,4 mA

Išėjimo įtampa

Srovė per R₁ teka ir per Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −0,4 + (−0,4)·1 = −0,8 V

Atsakymas

Vout = −0,8 V
22.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = −1,214 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) = −1,3·22/(22 + 22) = −0,65 V

Sudėkite abiejų įėjimų indėlius

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

Vout = −(10/47)·2 + (1 + 10/47)·(−0,65) = −0,4255 + (−0,7883) = −1,214 V

Atsakymas

Vout = −1,214 V
23.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: IC = 2,119 mA

Dvipolio tranzistoriaus darbo taškas: aktyviojoje srityje VBE = 0,7 V, IC = β·IB ir IE = (β + 1)·IB. IB raskite iš bazės kontūro pagal KĮD, tada IC, tada VCE iš kolektoriaus–emiterio kontūro. Įtampos daliklis bazėje pakeičiamas jo Tevenino ekvivalentu VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; emiterio rezistorius bazės kontūre atrodo (β + 1) karto didesnis.

Bazės srovė

IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/470 kΩ = 17,66 µA

Kolektoriaus srovė

IC = β·IB = 120·17,66 µA = 2,119 mA

Atsakymas

IC = 2,119 mA

Patikrinimas: VCE = 6,881 V gerokai viršija 0,2 V, todėl tranzistorius iš tikrųjų veikia aktyviojoje srityje.

24.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: Rmax = 329,6 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 = 25 + 2 = 27 mA

Didžiausia varža

Rmax = 8,9/0,027 = 329,6 Ω

Atsakymas

Rmax = 329,6 Ω
25.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 159

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

97 = 0110 0001
invertuota: 1001 1110
+1 → 1001 1111

Perskaitykite be ženklo

1001 1111₂ = 256 − 97 = 159

Atsakymas

U = 159
26.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: N = 65535

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.

Didžiausia reikšmė

216 − 1 = 65535

Atsakymas

N = 65535
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: L = 7

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

Išraiškos mintermos

A′B′C′ → m(0)
AB′C′ → m(4)
A′BC → m(3)
AB′ → m(4, 5)
ABC00011110011001130214150706

Sugrupuokite ir nuskaitykite

F = B′C′ + AB′ + A′BC

Suskaičiuokite literalus

L = 7

Atsakymas

L = 7
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: U = 6

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

Trigerių skaičius

2ⁿ ≥ 10 → n = 4 (2⁴ = 16)

Nenaudojamos būsenos

U = 16 − 10 = 6

Atsakymas

U = 6
29.Laplaso transformacijos

Atsakymas: f(2) = 7,308

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

Išskaidykite vardiklį dauginamaisiais

s² + 2s + 1 = (s + 1)²

Paprastosios trupmenos

6s + 30 = 6(s + 1) + 24
F(s) = 6/(s + 1) + 24/(s + 1)²

Atvirkštinė transformacija

f(t) = 6·e−t + 24·t·e−t
f(2) = (6 + 24·2)·e−2 = 7,308

Atsakymas

f(2) = 7,308
30.Laplaso transformacijos

Atsakymas: y(0.1) = 3,058

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 + 8s + 15)·Y(s) = 3s + 24 + 60/s
Y(s) = (3s² + 24s + 60)/(s(s + 3)(s + 5))

Paprastosios trupmenos

A = 60/(3·5) = 4
B = 15/((−3)·2) = −2,5
C = 15/((−5)·(−2)) = 1,5

Rezultatas

y(t) = 4 − 2,5·e−3t + 1,5·e−5t
y(0,1) = 3,058

Atsakymas

y(0,1) = 3,058

Patikra: y(0) = A + B + C = 3.

31.Struktūrinės schemos

Atsakymas: ess = 2,5

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).

Greičio paklaidos konstanta

Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 6/3 = 2

Nusistovėjusi paklaida

ess = A/Kᵥ = 5/2 = 2,5

Atsakymas

ess = 2,5
32.Struktūrinės schemos

Atsakymas: T(0) = 1,144

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) = 9/(s + 16)

Išorinis kontūras

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 171/((s + 4)(s + 16) + 85,5)

Nuolatinės srovės stiprinimas

T(0) = 171/(4·16 + 85,5) = 171/149,5 = 1,144

Atsakymas

T(0) = 1,144
33.Šuolinė reakcija

Atsakymas: tp = 1,441 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 = 7 → ωₙ = 2,646 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·2,646) = 0,5669

Rezultatas

ωd = 2,646·√(1 − 0,5669²) = 2,179 rad/s → tp = π/ωd = 1,441 s

Atsakymas

tp = 1,441 s
34.Šuolinė reakcija

Atsakymas: tp = 2,424 ms

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

Savasis dažnis ir slopinimo koeficientas

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,5·1 × 10⁻⁶) = 1414 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (566/2)·√(1 × 10⁻⁶/0,5) = 0,4002

Rezultatas

ωd = 1296 rad/s
tp = π/ωd = 2,424 ms

Atsakymas

tp = 2,424 ms
35.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: ∠G(jω) = −93,62 °

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(15/4) − 90° − atan(15/3) = 75,07° − 90° − 78,69°

Rezultatas

∠G(j15) = −93,62°

Atsakymas

∠G(jω) = −93,62°
36.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: ω180 = 3,162 rad/s

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

Fazės kirtimas

(ω/2)·(ω/5) = 1 → ω180 = √(2·5) = 3,162 rad/s

Atsakymas

ω180 = 3,162 rad/s
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: ω = 4 rad/s

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 + 10s² + 16s + K = 0
s³: 1, 16
s²: 10, K
s¹: (10·16 − K)/10
s⁰: K

Kritinis stiprinimas

K = 10·16 = 160

Pagalbinė lygtis

Esant kritiniam stiprinimui s¹ eilutė lygi nuliui; s² eilutė duoda polius ant menamosios ašies.

10s² + 160 = 0 → s = ±j√16
ω = 4 rad/s

Atsakymas

ω = 4 rad/s
38.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: θd = 68,2 °

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.

Polių padėtys

s² + 2s + 5 = 0 → s = −1 ± j2
s = −6

Kampai iš kitų polių

∠(−1 + j2 + 6) = atan2(2, 5) = 21,8°
∠(−1 + j2 − (−1 − j2)) = ∠(j4) = 90°

Išėjimo kampas

θd = 180° − 21,8° − 90° = 68,2°

Atsakymas

θd = 68,2°
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ess = 0,005

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) = 100

Šuolio dalis

Kp = ∞ → estep = 0

Rampos paklaida

ess = 0,5/100 = 0,005

Atsakymas

ess = 0,005
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: Ki = 3,2

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 + 5Kp)s + 5Ki

Tikslinis daugianaris

s² + 2·0,6·4s + 4² = s² + 4,8s + 16

Sulyginkite koeficientus

5Ki = 16 → Ki = 3,2

Atsakymas

Ki = 3,2

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