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​ = 5 ΩIR1​R3​ = 20 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAR4​15 ΩB

Raskite šaltinio tiekiamą srovę IR1, tekančią per R1.

V1 = 24 VR1 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 20 ΩR4 = 15 Ω
IR1 = A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiSunkus
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAR4​15 ΩBR6​12 Ω

Raskite ekvivalentinę varžą Req, kurią mato šaltinis V1.

V1 = 30 VR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 ΩR4 = 15 ΩR5 = 12 ΩR6 = 12 Ω
Req = Ω
3.Mazgų potencialų metodasVidutinis
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩAR4​5 ΩBIs​5 A

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

V1 = 6 VIs = 5 AR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 20 ΩR4 = 5 Ω
VB = V
4.Mazgų potencialų metodasSunkus
R1​ = 10 ΩIR1​+−Vs​ = 8 V+−V1​18 VR2​12 ΩAR3​20 ΩBIs​1 A

Įtampos šaltinio Vₛ tarp A ir B + gnybtas yra ties A, todėl VA − VB = Vₛ. Mazgų potencialų metodu su supermazgu raskite srovę IR1 per R1 rodyklės kryptimi.

V1 = 18 VIs = 1 AVs = 8 VR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 Ω
IR1 = A
5.Kontūrų srovių metodasVidutinis
R1​ = 20 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​6 VR3​3 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

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

V1 = 6 VV2 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 Ω
I1 = A
6.Kontūrų srovių metodasSunkus
R1​ = 3 ΩR2​ = 8 ΩIR2​R3​ = 3 Ω+−V1​6 VR4​20 ΩAR5​2 ΩB+−V2​30 VI1​I2​I3​

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

V1 = 6 VV2 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 ΩR4 = 20 ΩR5 = 2 Ω
IR2 = A
7.SuperpozicijaVidutinis
R1​ = 2 ΩIR1​R3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩAR4​12 ΩBIs​2,5 A

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

V1 = 6 VIs = 2,5 AR1 = 2 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 ΩR4 = 12 Ω
IR1 = A
8.SuperpozicijaSunkus
tiesinė grandinėV1​V2​Is​IRL​

Tiesinėje varžinėje grandinėje yra trys nepriklausomi šaltiniai: V1, V2 ir Is. Srovė I per apkrovą išmatuota tris kartus. Kai visų šaltinių vertės įprastos, I = −3,5 mA. Padvigubinus V1 ir nekeičiant kitų dviejų, I = −15,5 mA. Pakeitus Is kryptį priešinga ir nekeičiant kitų dviejų, I = −26,5 mA. Raskite apkrovos srovę I, kai V2 išjungtas, o V1 ir Is vertės įprastos.

įprasta: I = −3,5 mA2·V1: I = −15,5 mA−Is: I = −26,5 mA
I = mA
9.Teveninas ir NortonasVidutinis
R1​ = 3 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAab

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

V1 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 5 Ω
Vth = V
10.Teveninas ir NortonasSunkus
R1​ = 25 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAIs​1,5 ABRL​5 ΩIL​

Prie a–b prijungta apkrova RL = 5 Ω. Naudodami Tevenino ekvivalentą raskite apkrovai tiekiamą galią PL.

V1 = 12 VIs = 1,5 AR1 = 25 ΩR2 = 10 ΩR3 = 30 ΩRL = 5 Ω
PL = W
11.RC ir RL pereinamieji procesaiVidutinis
+−Vs​10 Vt = 0R = 10 ΩL33 mHi(t)

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

Vs = 10 VR = 10 ΩL = 33 mH
t = ms
12.RC ir RL pereinamieji procesaiSunkus
+−Vs​12 Vt = 0R = 6,8 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 8 V

Prieš pat jungiklio užsidarymą momentu t = 0 kondensatoriaus įtampa yra 8 V su pažymėtu poliškumu. Raskite kondensatoriaus įtampą vC momentu t = 120 ms.

Vs = 12 VR = 6,8 kΩC = 33 µFvC(0) = 8 Vt = 120 ms
vC = V
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiVidutinis
Vf0​ = 1000 HzRL = 100 mHC = ?

Nuosekli RLC grandinė, kurios L = 100 mH, turi rezonuoti esant 1000 Hz. Raskite reikiamą talpą C.

f0 = 1000 HzL = 100 mH
C = µF
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiSunkus
5 Vf0​R = 15 ΩL = 100 mHC = 0,47 µF

Nuosekli RLC grandinė maitinama 5 V (efektinė) šaltiniu, kurio dažnis nustatytas lygus grandinės rezonansiniam dažniui. Raskite efektinę įtampą VL ant ritės.

V = 5 V (rms)R = 15 ΩL = 100 mHC = 0,47 µF
VL = V
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasVidutinis
240 VZ24 + j7 ΩI

Apkrova, kurios pilnutinė varža Z = 24 + j7 Ω, prijungta prie 240 V (efektinė) vienfazio tinklo. Raskite jos imamą reaktyviąją galią Q.

V = 240 VZ = 24 + j7 Ω
Q = var
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasSunkus
P = 50 kWQ1​S1​φ1​QC​

Vienfazė apkrova iš 230 V, 60 Hz tinklo ima 50 kW, kai galios koeficientas 0,75 (induktyvus). Lygiagrečiai prijungtas kondensatorius padidina galios koeficientą iki 0,92. Raskite reikiamą talpą C.

P = 50 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92V = 230 Vf = 60 Hz
C = µF
17.Trifazė galiaVidutinis
ABCVL​ = 415 VNZ = 9 + j12 Ωvienai fazei

Simetrinė žvaigžde sujungta apkrova, kurios fazės impedansas 9 + j12 Ω, prijungta prie simetrinio trifazio tinklo, kurio linijinė įtampa 415 V. Raskite bendrą apkrovos naudojamą aktyviąją galią P kW.

VL = 415 VZ = 9 + j12 Ω vienai fazei
P = kW
18.Trifazė galiaSunkus
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Simetrinė trifazė apkrova iš 415 V (linijinė įtampa), 50 Hz tinklo ima 250 kW, kai galios koeficientas 0,72 (induktyvus). Lygiagrečiai apkrovai prijungta trifazė kondensatorių baterija turi padidinti bendrą galios koeficientą iki 0,95 (induktyvus). Aktyvioji galia nekinta. Raskite bendrą reaktyviąją galią QC, kurią turi tiekti kondensatorių baterija, kvar.

P = 250 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.TransformatoriaiVidutinis
7200 V240 VIHV​ = ?ILV​15 kVA

Vienfazis 15 kVA, 7200/240 V transformatorius veikia vardine apkrova. Laikykite jį idealiu. Raskite srovę IHV aukštosios įtampos apvijoje.

S = 15 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
IHV = A
20.TransformatoriaiSunkus
pf 0,925 kVA, 75% apkrova

Vienfazio 25 kVA transformatoriaus šerdies nuostoliai yra 125 W, o vario nuostoliai esant vardinei apkrovai – 375 W. Jis tiekia 75% vardinės galios kVA, kai galios koeficientas 0,9 (induktyvus). Raskite bendrus nuostolius Ploss vatais esant šiai apkrovai.

S = 25 kVAPcore = 125 WPcu,fl = 375 Wx = 0,75pf = 0,9
Ploss = W
21.Operacinių stiprintuvų grandinėsVidutinis
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 22 kΩVin​

Parinkite grįžtamojo ryšio rezistorių Rf, kad šio neinvertuojančiojo stiprintuvo įtampos stiprinimas būtų 2.

R1 = 22 kΩAv = 2
Rf = kΩ
22.Operacinių stiprintuvų grandinėsSunkus
Vin​V1​Vout​1 pakopa: invertuojantiR1​ = 4,7 kΩRf1​ = 4,7 kΩ2 pakopa: neinvertuojantiR2​ = 10 kΩRf2​ = 2 kΩ

Dvi idealių operacinių stiprintuvų pakopos sujungtos nuosekliai: invertuojantis stiprintuvas (R1, Rf1), po jo neinvertuojantis stiprintuvas (R2 į įžeminimą, Rf2 grįžtamajame ryšyje). Abi maitinamos ±15 V. Įėjimas Vin = −0,5 V. Raskite išėjimo įtampą Vout.

R1 = 4,7 kΩRf1 = 4,7 kΩR2 = 10 kΩRf2 = 2 kΩVin = −0,5 V
Vout = V
23.Diodai ir tranzistoriaiVidutinis
RC​ = 2,7 kΩβ = 80RE​ = 1 kΩVCC​ = 18 VR1​ = 39 kΩR2​ = 6,8 kΩ

NPN tranzistoriaus, kurio β = 80, 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 = 2,7 kΩ, emiterio rezistorius RE = 1 kΩ. Imkite VBE = 0,7 V ir naudokite daliklio Tevenino ekvivalentą (bazės srovės nepaisyti negalima). Raskite kolektoriaus–emiterio įtampą VCE.

VCC = 18 VR1 = 39 kΩR2 = 6,8 kΩRC = 2,7 kΩRE = 1 kΩβ = 80
VCE = V
24.Diodai ir tranzistoriaiSunkus
RC​ = 680 Ωβ = 200VCC​ = 9 V5 VRB​ = ?

NPN tranzistorius, kurio β = 200, komutuoja 680 Ω apkrovos rezistorių, prijungtą tarp VCC = 9 V ir jo kolektoriaus. Emiteris įžemintas. Bazė valdoma iš 5 V loginio išėjimo per bazės rezistorių RB. Imkite VBE = 0,7 V ir VCE(sat) = 0,2 V. Kad perjungimas būtų patikimas, projektuokite bazės srovę, 4 kartų didesnę už mažiausią įsotinimui reikalingą. Raskite RB kΩ.

VCC = 9 VRC = 680 Ωβ = 200Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vperteklinis valdymas = 4
RB = kΩ
25.Skaičiavimo sistemosVidutinis
pozicijų vertės papildomajame kode1−12806413201608141201

8 bitų seka 1010 0110 saugo sveikąjį skaičių su ženklu papildomajame kode. Kokia jo reikšmė N dešimtainėje sistemoje?

1010 01108 bit
N =
26.Skaičiavimo sistemosSunkus
24 bit1 px800 px600 pxM = ? KiB

Nesuspaustas vaizdas yra 800 × 600 pikselių, 24 bitų pikseliui. Kiek atminties M jis užima, KiB (1 KiB = 1024 baitai)?

800 × 600 px24 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABC00011110010001130214151706

Karno žemėlapiu raskite minimalią F(A, B, C) = Σm(3, 4, 5, 7) sumų sandaugos (POS) formą. Kiek sumos narių (daugiklių) N ji turi?

F(A, B, C) = Σm(3, 4, 5, 7)
N =
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
CLKJK123456

Kylančiuoju frontu valdomas JK trigeris pradeda nuo Q = 0 ir gauna parodytus įėjimus 6 kylančiaisiais taktinio signalo frontais. Kiek kartų N Q keičia būseną?

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

Paprastosiomis trupmenomis raskite f(t), kai F(s) = 40/(s(s + 3)(s + 4)), ir apskaičiuokite f(0,2).

F(s) = 40/(s(s + 3)(s + 4))t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Laplaso transformacijosSunkus
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Sistema tenkina y″ + 6y′ + 8y = 8·u(t), kai y(0) = 4 ir y′(0) = 0. Ties t = 0 pridedamas šuolinis įėjimas u(t) = 2. Laplaso transformacija raskite y(0,3).

y″ + 6y′ + 8y = 8·u(t)y(0) = 4y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,3 s
y(0.3) =
31.Struktūrinės schemosVidutinis
R(s)+32s(s + 2)G(s)C(s)−

Vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūre G(s) = 32/(s(s + 2)). Atskaitos signalas yra tiesiškai kintantis signalas r(t) = 5·t. Raskite nusistovėjusią paklaidą ess.

G(s) = 32/(s(s + 2))r(t) = 5·t
ess =
32.Struktūrinės schemosSunkus
R(s)+Ks(s + 8)(s + 10)G(s)C(s)−

Objektas G(s) = K/(s(s + 8)(s + 10)) įtrauktas į vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūrą. Esant didžiausiam stabiliam stiprinimui kontūras svyruoja. Raskite svyravimo dažnį ω rad/s.

G(s) = K/(s(s + 8)(s + 10))vienetinis neigiamas grįžtamasis ryšys
ω = rad/s
33.Šuolinė reakcijaVidutinis
t (s)y(t)3

Sistemos perdavimo funkcija G(s) = 111/(s² + 4s + 37), o jos įėjimas yra vienetinis šuolis. Raskite santykinį slopinimo koeficientą ζ.

G(s) = 111/(s² + 4s + 37)
ζ =
34.Šuolinė reakcijaSunkus
t (s)y(t)1tp​ = 1 s30 %

Antrosios eilės sistemos be nulių šuolinė reakcija rodo 30 % viršijimą, o pirmas pikas atsiranda ties t = 1 s. Raskite savąjį dažnį ωn.

%OS = 30 %tp = 1 s
ωn = rad/s
35.Bode grafikai ir atsargosVidutinis
|H| (dB)0,010,010,10,111101010010010001000−20020406080100ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ω = 0,5

Raskite G(s) = 28(s + 16)/(s(s + 2)) fazę ∠G(jω), kai ω = 0,5 rad/s, laipsniais.

G(s) = 28(s + 16)/(s(s + 2))ω = 0,5 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) = 186/(s(s + 4)(s + 9)). Raskite fazės kirtimo dažnį ω180, kai ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 186/(s(s + 4)(s + 9))
ω180 = rad/s
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaVidutinis
R(s)+K1s(s + 1)(s + 2)C(s)−

Schemoje pavaizduoto kontūro atvirojo kontūro perdavimo funkcija yra L(s) = K/(s(s + 1)(s + 2)). Stiprinimas didinamas tol, kol uždarasis kontūras atsiduria ties stabilumo riba. Raskite nuolatinių svyravimų dažnį ω.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 2))
ω = rad/s
38.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaSunkus
ReIm−2−4−6−8−10−12j2

Kontūro L(s) = K/(s(s + 2)(s + 10)) šaknų geometrinė vieta palieka realiąją ašį tarp s = 0 ir s = −2. Raskite atsiskyrimo tašką sb.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 10))
sb =
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasVidutinis
r(t) = 0,5t+10s(s + 2)C(s)−

Į vienetinio grįžtamojo ryšio kontūrą, kurio G(s) = 10/(s(s + 2)), paduodama rampa r(t) = 0,5t. Raskite nusistovėjusiąją paklaidą ess.

G(s) = 10/(s(s + 2))r(t) = 0,5t
ess =
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasSunkus
R(s)+K = 102s(s + 6)C(s)−

Proporcinis reguliatorius K = 10 valdo objektą G(s) = 2/(s(s + 6)) vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre. Raskite šuolinės reakcijos 2 % nusistovėjimo laiką ts, naudodami ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 2/(s(s + 6))K = 10
ts = s

3Tirpalai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: IR1 = 2,794 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​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAR4​15 ΩB

Junkite rezistorius nuo tolimiausio galo

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

R3 + R4 = 20 + 15 = 35 Ω
R2 ∥ 35 = 4·35/(4+35) = 3,59 Ω
Req = R1 + 3,59 = 5 + 3,59 = 8,59 Ω

Šaltinio srovė

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

IR1 = V1/Req = 24/8,59 = 2,794 A

Atsakymas

IR1 = 2,794 A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: Req = 4,506 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​ = 2 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAR4​15 ΩBR6​12 Ω

Junkite rezistorius nuo tolimiausio galo

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

R5 + R6 = 12 + 12 = 24 Ω
R4 ∥ 24 = 9,231 Ω
R3 + 9,231 = 15,23 Ω
R2 ∥ 15,23 = 2,506 Ω
Req = R1 + 2,506 = 2 + 2,506 = 4,506 Ω

Atsakymas

Req = 4,506 Ω
3.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: VB = −20,16 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​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩAR4​5 ΩBIs​5 A

Nustatykite mazgus

Įžeminimas – apatinis laidas. Žinomi mazgų potencialai gaunami tiesiai iš šaltinių (V1 = 6 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/2 + (VA − 6)/12 + (VA − VB)/20 = 0
0,6333·VA − 0,05·VB = 0,5

KSD mazge B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/5 + (VB − VA)/20 = (−5)
−0,05·VA + 0,25·VB = −5

Išspręskite

Δ = (0,6333)(0,25) − (−0,05)(−0,05) = 0,1558
VA = Δ1/Δ = −0,125/0,1558 = −0,8021 V
VB = Δ2/Δ = −3,142/0,1558 = −20,16 V

Atsakymas

VB = −20,16 V
4.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: IR1 = 0,4286 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 − 8
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Išspręskite

(VA − 18)/10 + VA/12 + (VA − 8)/20 = 1
VA·(1/10 + 1/12 + 1/20) = 1 + 18/10 + 8/20 = 3,2
VA = 3,2/0,2333 = 13,71 V
VB = 5,714 V

Srovė per R₁

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (18 − 13,71)/10 = 0,4286 A

Atsakymas

IR1 = 0,4286 A

Neigiamas rezultatas reiškia, kad tikroji srovė teka prieš rodyklę.

5.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: I1 = 0,09091 A

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

R1​ = 20 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​6 VR3​3 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
20·I1 + 3(I1 − I2) = 6
23·I1 − 3·I2 = 6

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
6·I2 + 3(I2 − I1) = (−12)
−3·I1 + 9·I2 = −12

Išspręskite

Δ = (23)(9) − (−3)(−3) = 198
I1 = Δ1/Δ = 18/198 = 0,09091 A
I2 = Δ2/Δ = −258/198 = −1,303 A

Atsakymas

I1 = 0,09091 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

6.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: IR2 = −0,5744 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​ = 3 ΩR2​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR4​20 ΩAR5​2 ΩB+−V2​30 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
3·I1 + 20(I1 − I2) = 6
23·I1 − 20·I2 = 6

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
8·I2 + 20(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−20·I1 + 30·I2 − 2·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
3·I3 + 2(I3 − I2) = (−30)
−2·I2 + 5·I3 = −30

Išspręskite

Δ = koeficientų matricos determinantas = 1358
I1 = Δ1/Δ = −324/1358 = −0,2386 A
I2 = Δ2/Δ = −780/1358 = −0,5744 A
I3 = Δ3/Δ = −8460/1358 = −6,23 A

Atsakymas

IR2 = I2 = −0,5744 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

7.Superpozicija

Atsakymas: IR1 = −0,7059 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​ = 2 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​2 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 = 4+12 = 16 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 2·16/(2+16) = 1,778 Ω
VA = 6·1,778/(2+1,778) = 2,824 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,824·12/16 = 2,118 V
IR1′ = (VA − V1)/R1 = (2,824 − 6)/2 = −1,588 A
R1​ = 2 ΩR3​ = 4 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​2 ΩAR4​12 ΩBIs​2,5 A

2 atvejis · veikia tik Is

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

R1 ∥ R2 = 2·2/(2+2) = 1 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 12 ∥ 5 = 3,529 Ω
VB = Is·Req = 2,5·3,529 = 8,824 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 8,824·1/5 = 1,765 V
IR1″ = (VA − V1)/R1 = (1,765 − 0)/2 = 0,8824 A

Sudėkite dedamąsias

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = (−1,588) + 0,8824 = −0,7059 A

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

8.Superpozicija

Atsakymas: I = −0,5 mA

Superpozicija: tiesinėje grandinėje bet kuri įtampa ar srovė yra atsakų į kiekvieną atskirai veikiantį nepriklausomą šaltinį suma. Norėdami išjungti šaltinį, idealų įtampos šaltinį pakeiskite trumpuoju jungimu, o idealų srovės šaltinį – atvira grandine. Rezistoriai lieka savo vietose.

Matavimus užrašykite per indėlius

Kiekvienas indėlis proporcingas savo šaltiniui.

I₁ + I₂ + I₃ = −3,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = −15,5
I₁ + I₂ − I₃ = −26,5

Raskite indėlius

I₁ = −15,5 − (−3,5) = −12 mA
I₃ = (−3,5 − (−26,5))/2 = 11,5 mA
I₂ = −3,5 − (−12) − 11,5 = −3 mA

Išjunkite V₂

I = I₁ + I₃ = (−12) + 11,5 = −0,5 mA

Atsakymas

I = −0,5 mA
9.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: Vth = 15 V

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

R1​ = 3 ΩR3​ = 5 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​5 ΩAabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 5 = 6,875 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAab+−Vth​

Raskite Vth – tuščiosios veikos įtampą

Kai a–b atviri, per R₃ srovė neteka, todėl ant jo nėra įtampos kritimo ir V_b = V_A. R₁ ir R₂ sudaro įtampos daliklį.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 24·5/(3+5) = 15 V
10.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: PL = 9,848 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​ = 25 ΩR3​ = 30 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​10 ΩAATVIRABabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 25·10/(25+10) = 7,143 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,143 + 30 = 37,14 Ω
R1​ = 25 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAIs​1,5 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) = 3,429 + 1,5·7,143 = 14,14 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 14,14 + 1,5·30 = 59,14 V
Rth​ = 37,14 Ω+−Vth​59,14 VRL​5 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) = 59,14/(37,14 + 5) = 1,403 A
PL = IL²·RL = 1,403²·5 = 9,848 W
11.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: t = 2,287 ms

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

Laiko konstanta ir galutinė srovė

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

τ = L/R = 33 mH / 10 Ω = 3,3 ms
i(∞) = Vs/R = 10/10 = 1 A

Išreiškite laiką

0,5 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,5)
t = −3,3·ln(0,5) = 2,287 ms

Atsakymas

t = 2,287 ms
12.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: vC = 9,657 V

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

Pradinė vertė, galutinė vertė, laiko konstanta

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

vC(0) = 8 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 33 µF = 224,4 ms
vC(t) = 12 + (8 − 12)·e−t/τ

Įtampa duotuoju momentu

vC(120) = 12 + (−4)·e−120/224,4 = 9,657 V

Atsakymas

vC = 9,657 V
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: C = 0,2533 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·1000 = 6283 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(6283²·0,1) = 0,2533 µF

Atsakymas

C = 0,2533 µF
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: VL = 153,8 V

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 reaktyviosios varžos susiprastina, todėl pilnutinė varža lygi tik R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,1·0,47·10⁻⁶) = 4613 rad/s
I = V/R = 5/15 = 0,3333 A

Įtampa ant ritės

XL = ω₀L = 4613·0,1 = 461,3 Ω
VL = I·XL = 0,3333·461,3 = 153,8 V

Atsakymas

VL = 153,8 V

Tai Q = 30,75 kartų didesnė už maitinimo įtampą.

15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: Q = 645,1 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| = √(24² + 7²) = 25 Ω
I = V/|Z| = 240/25 = 9,6 A

Reaktyvioji galia

Q = I²·X = 9,6²·7 = 645,1 var

Atsakymas

Q = 645,1 var
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: C = 1143 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 = 50·tan(41,41°) = 44,1 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(23,07°) = 21,3 kvar
QC = Q1 − Q2 = 22,8 kvar

Talpa

Prie maitinimo prijungtas kondensatorius tiekia Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 22796/(2π·60·230²) = 1143 µF

Atsakymas

C = 1143 µF
17.Trifazė galia

Atsakymas: P = 6,889 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 = 415/√3 = 239,6 V

Fazinė srovė

|Z| = √(9² + 12²) = 15 Ω
Iph = 239,6/15 = 15,97 A

Bendra aktyvioji galia

Aktyviąją galią naudoja tik aktyvioji kiekvieno impedanso dalis.

P = 3·Iph²·R = 3·15,97²·9 = 6,889 kW

Atsakymas

P = 6,889 kW

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

18.Trifazė galia

Atsakymas: QC = 158,8 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 = 250·tan(acos 0,72) = 250·0,9639 = 241 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,95) = 250·0,3287 = 82,17 kvar

Kondensatorių tiekiama reaktyvioji galia

QC = Q1 − Q2 = 158,8 kvar

Atsakymas

QC = 158,8 kvar
19.Transformatoriai

Atsakymas: IHV = 2,083 A

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

Vardinė srovė

Abi apvijos perneša tą pačią pilnutinę galią.

IHV = S/V = 15000/7200 = 2,083 A

Atsakymas

IHV = 2,083 A
20.Transformatoriai

Atsakymas: Ploss = 335,9 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 = 0,5625·375 = 210,9 W

Bendri nuostoliai

Šerdies nuostoliai vienodi esant bet kokiai apkrovai.

Ploss = 125 + 210,9 = 335,9 W

Atsakymas

Ploss = 335,9 W

Naudingumo koeficientas esant šiai apkrovai η = 98,05%.

21.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Rf = 22 kΩ

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

Neinvertuojančiojo stiprintuvo stiprinimas

V₋ = V₊ = Vin, o srovė per R₁ teka ir per Rf, todėl Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (2 − 1)·22 = 22 kΩ

Atsakymas

Rf = 22 kΩ
22.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = 0,6 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.

Kiekvienos pakopos stiprinimas

A1 = −Rf1/R1 = −4,7/4,7 = −1
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 2/10 = 1,2

Pakopa po pakopos

V1 = −1·(−0,5) = 0,5 V
Vout = 1,2·0,5 = 0,6 V

Atsakymas

Vout = 0,6 V
23.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: VCE = 11,25 V

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 + 81·1) = 22,73 µA

Kolektoriaus srovė

IC = 80·22,73 µA = 1,818 mA
IE = 81·22,73 µA = 1,841 mA

Kolektoriaus–emiterio įtampa

VCE = 18 − 1,818·2,7 − 1,841·1 = 11,25 V

Atsakymas

VCE = 11,25 V
24.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: RB = 16,61 kΩ

Dvipolis tranzistorius kaip jungiklis: norint visiškai įjungti apkrovą, tranzistorius įvedamas į įsotinimą, kai VCE = VCE(sat), o kolektoriaus srovę nulemia apkrova: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Įsotinimui reikia bent IB = IC(sat)/β. Jei bazės srovė mažesnė, tranzistorius lieka aktyviojoje srityje ir IC = β·IB.

Kolektoriaus srovė įsotinimo režime

IC(sat) = (9 − 0,2)/680 = 12,94 mA

Mažiausia bazės srovė

IB(min) = IC(sat)/β = 12,94/200 = 64,71 µA

Projektinė bazės srovė

IB = 4·64,71 µA = 258,8 µA

Bazės rezistorius

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,2588 mA = 16,61 kΩ

Atsakymas

RB = 16,61 kΩ
25.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: N = −90

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.

Sudėkite vertes

Kiti bitai išlaiko įprastas teigiamas vertes.

−128 + 32 + 4 + 2 = −90

Atsakymas

N = −90
26.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: M = 1406 KiB

Pozicinės skaičiavimo sistemos: kiekvienas skaitmuo vertas savo reikšmės, padaugintos iš pagrindo laipsnio. Dvejetainėje sistemoje pozicijos vertos 1, 2, 4, 8, 16, …, šešioliktainėje 1, 16, 256, …, o A–F reiškia 10–15. 8 bitų papildomajame kode kairysis bitas vertas −128 vietoj +128; taip saugomi neigiami skaičiai.

Bitai ir baitai

800·600·24 = 11520000 bit = 1440000 B

Paverskite į KiB

1440000/1024 = 1406,25 KiB

Atsakymas

M = 1406,25 KiB
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: N = 2

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

ABC00011110010001130214151706

Sugrupuokite nulius

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

(B′ + C)
(A + B)

Minimali POS forma

F = (B′ + C)(A + B)
N = 2

Atsakymas

N = 2
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: N = 2

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

JK trigeris: 00 išlaiko, 01 nustato į 0 (Q = 0), 10 nustato į 1 (Q = 1), 11 perjungia.

1: J = 0, K = 0 → Q = 0
2: J = 0, K = 1 → Q = 0
3: J = 1, K = 1 → Q = 1
4: J = 0, K = 0 → Q = 1
5: J = 0, K = 1 → Q = 0
6: J = 0, K = 1 → Q = 0

Suskaičiuokite pokyčius

0 → 0 → 0 → 1 → 1 → 0 → 0
N = 2

Atsakymas

N = 2
29.Laplaso transformacijos

Atsakymas: f(0.2) = 0,5091

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 + 3) + C/(s + 4)
A = 40/(3·4) = 3,333
B = 40/((−3)·1) = −13,33
C = 40/((−4)·(−1)) = 10

Atvirkštinė transformacija

f(t) = 3,333 − 13,33·e−3t + 10·e−4t

Apskaičiuokite

f(0,2) = 3,333 − 13,33·e−3·0,2 + 10·e−4·0,2 = 0,5091

Atsakymas

f(0,2) = 0,5091
30.Laplaso transformacijos

Atsakymas: y(0.3) = 3,593

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 + 6s + 8)·Y(s) = 4s + 24 + 16/s
Y(s) = (4s² + 24s + 16)/(s(s + 2)(s + 4))

Paprastosios trupmenos

A = 16/(2·4) = 2
B = −16/((−2)·2) = 4
C = −16/((−4)·(−2)) = −2

Rezultatas

y(t) = 2 + 4·e−2t − 2·e−4t
y(0,3) = 3,593

Atsakymas

y(0,3) = 3,593

Patikra: y(0) = A + B + C = 4.

31.Struktūrinės schemos

Atsakymas: ess = 0,3125

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) = 32/2 = 16

Nusistovėjusi paklaida

ess = A/Kᵥ = 5/16 = 0,3125

Atsakymas

ess = 0,3125
32.Struktūrinės schemos

Atsakymas: ω = 8,944 rad/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).

Charakteringoji lygtis

s³ + 18s² + 80s + K = 0

Raucho lentelė

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

Stabilumo riba

Visi pirmojo stulpelio elementai turi būti teigiami.

Kmax = 18·80 = 1440

Svyravimo dažnis

18·(jω)² + 1440 = 0 → ω² = 1440/18 = 80
ω = 8,944 rad/s

Atsakymas

ω = 8,944 rad/s
33.Šuolinė reakcija

Atsakymas: ζ = 0,3288

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 = 37 → ωₙ = 6,083 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·6,083) = 0,3288

Rezultatas

ζ = 0,3288

Atsakymas

ζ = 0,3288
34.Šuolinė reakcija

Atsakymas: ωn = 3,364 rad/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).

Slopinimo koeficientas

ζ = −ln(0,3)/√(π² + ln²(0,3)) = 1,204/√(9,87 + 1,45) = 0,3579

Savasis dažnis

ωd = π/tp = π/1 = 3,142 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 3,142/0,9338 = 3,364 rad/s

Atsakymas

ωn = 3,364 rad/s
35.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: ∠G(jω) = −102,2 °

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(0,5/16) − 90° − atan(0,5/2) = 1,79° − 90° − 14,04°

Rezultatas

∠G(j0,5) = −102,2°

Atsakymas

∠G(jω) = −102,2°
36.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: ω180 = 6 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/4)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(4·9) = 6 rad/s

Atsakymas

ω180 = 6 rad/s
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: ω = 1,414 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 + 3s² + 2s + K = 0
s³: 1, 2
s²: 3, K
s¹: (3·2 − K)/3
s⁰: K

Kritinis stiprinimas

K = 3·2 = 6

Pagalbinė lygtis

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

3s² + 6 = 0 → s = ±j√2
ω = 1,414 rad/s

Atsakymas

ω = 1,414 rad/s
38.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: sb = −0,9449

Šaknų geometrinė vieta: stiprinimui K didėjant nuo 0 iki ∞, uždarojo kontūro poliai, t. y. lygties 1 + K·G(s) = 0 šaknys, juda iš atvirojo kontūro polių į atvirojo kontūro nulius arba į begalybę. Realiosios ašies taškas priklauso geometrinei vietai, kai realiųjų polių ir nulių skaičius į dešinę nuo jo yra nelyginis. n − m šakų, einančių į begalybę, seka asimptotes kampais (2q + 1)·180°/(n − m), kurios išeina iš centroido σₐ = (Σ polių − Σ nulių)/(n − m). Šakos palieka realiąją ašį arba prie jos prisijungia ten, kur dK/ds = 0. Kampo sąlyga ∠G(s) = 180° nustato formą, o modulio sąlyga K = 1/|G(s)| duoda stiprinimą bet kuriame geometrinės vietos taške.

Stiprinimas išilgai realiosios ašies

K(s) = −s(s + 2)(s + 10) = −(s³ + 12s² + 20s)

Stacionarieji taškai

dK/ds = −(3s² + 24s + 20) = 0
s = (−24 ± √(576 − 240))/6 = −0,9449, −7,055

Pasirinkite geometrinės vietos tašką

Geometrinė vieta yra realiojoje ašyje tarp 0 ir −2; kita šaknis jai nepriklauso.

sb = −0,9449

Atsakymas

sb = −0,9449
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ess = 0,1

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) = 5

Rampos paklaida

ess = 0,5/5 = 0,1

Atsakymas

ess = 0,1
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ts = 1,333 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 + 6) + 10·2 = s² + 6s + 20

ωₙ ir ζ

ωₙ = √20 = 4,472 rad/s
ζ = 6/(2·4,472) = 0,6708

Nusistovėjimo laikas

ζωₙ = 6/2 = 3
ts ≈ 4/3 = 1,333 s

Atsakymas

ts = 1,333 s

Nusistovėjimo trukmė čia nuo K nepriklauso: didinant K atsakas tik greičiau svyruoja.

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