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 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩIR2​AR4​12 ΩB

Raskite srovę IR2 per R2.

V1 = 12 VR1 = 5 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 ΩR4 = 12 Ω
IR2 = A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiSunkus
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​36 VR2​20 ΩAR4​5 ΩBR6​8 Ω

Raskite ekvivalentinę varžą Req, kurią mato šaltinis V1.

V1 = 36 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 12 ΩR4 = 5 ΩR5 = 10 ΩR6 = 8 Ω
Req = Ω
3.Mazgų potencialų metodasVidutinis
R1​ = 2 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAR4​10 ΩBIs​1,5 A

Mazgų potencialų metodu raskite srovės šaltinio Is atiduodamą galią PIs.

V1 = 24 VIs = 1,5 AR1 = 2 ΩR2 = 15 ΩR3 = 15 ΩR4 = 10 Ω
PIs = W
4.Mazgų potencialų metodasSunkus
R1​ = 15 Ω+−Vs​ = 6 VIx​+−V1​24 VR2​20 ΩAR3​8 ΩBIs​2,5 A

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

V1 = 24 VIs = 2,5 AVs = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 Ω
Ix = A
5.Kontūrų srovių metodasVidutinis
R1​ = 2 ΩIR1​R2​ = 4 Ω+−V1​15 VR3​15 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

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

V1 = 15 VV2 = 30 VR1 = 2 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 Ω
IR1 = A
6.Kontūrų srovių metodasSunkus
R1​ = 5 ΩR2​ = 8 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR4​25 ΩAR5​25 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

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

V1 = 30 VV2 = 36 VR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 ΩR4 = 25 ΩR5 = 25 Ω
I1 = A
7.SuperpozicijaVidutinis
R1​ = 10 ΩR3​ = 20 ΩIR3​+−V1​30 VR2​15 ΩAR4​3 ΩBIs​2,5 A

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

V1 = 30 VIs = 2,5 AR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 ΩR4 = 3 Ω
IR3 = A
8.SuperpozicijaSunkus
R1​ = 15 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​15 VR3​8 ΩIR3​AIs​1 AB+−V2​10 V

Taikydami superpoziciją, raskite galią PR3, kurią sunaudoja R3.

V1 = 15 VIs = 1 AV2 = 10 VR1 = 15 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 ΩR4 = 25 Ω
PR3 = W
9.Teveninas ir NortonasVidutinis
R1​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAab

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

V1 = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 Ω
Vth = V
10.Teveninas ir NortonasSunkus
R1​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​30 ΩAIs​6 ABRL​4 ΩIL​

Prie a–b prijungta apkrova RL = 4 Ω. Naudodami Tevenino ekvivalentą raskite apkrovai tiekiamą galią PL.

V1 = 9 VIs = 6 AR1 = 5 ΩR2 = 30 ΩR3 = 8 ΩRL = 4 Ω
PL = W
11.RC ir RL pereinamieji procesaiVidutinis
+−Vs​9 Vt = 0R = 50 ΩL100 mHi(t)

Kol jungiklis neužsidarė momentu t = 0, rite srovė neteka. Raskite įtampą vL ant ritės momentu t = 5 ms.

Vs = 9 VR = 50 ΩL = 100 mHt = 5 ms
vL = V
12.RC ir RL pereinamieji procesaiSunkus
+−Vs​15 Vt = 0R = 10 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 4 V

Prieš pat jungiklio užsidarymą momentu t = 0 kondensatoriaus įtampa yra 4 V su pažymėtu poliškumu. Raskite kondensatoriaus įtampą vC momentu t = 500 ms.

Vs = 15 VR = 10 kΩC = 33 µFvC(0) = 4 Vt = 500 ms
vC = V
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiVidutinis
100 V100 HzR = 25 ΩL = 50 mHC = 47 µF

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

V = 100 V (rms)f = 100 HzR = 25 ΩL = 50 mHC = 47 µF
φ = °
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiSunkus
230 V60 HzR = 15 ΩL = 50 mHC = 22 µF+−VC​

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 230 V (efektinė), 60 Hz maitinimo. Raskite efektinę įtampą VC ant kondensatoriaus.

V = 230 V (rms)f = 60 HzR = 15 ΩL = 50 mHC = 22 µF
VC = V
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasVidutinis
P = 8 kWQSφ

Vienfazis variklis iš 240 V tinklo ima 8 kW, kai galios koeficientas 0,85 (induktyvus). Raskite linijos srovę I.

P = 8 kWpf = 0,85V = 240 V
I = A
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasSunkus
P1​ = 9 kWQ1​S1​φ

25 kVA vienfazis transformatorius maitina 9 kW apkrovą, kurios galios koeficientas 0,65 (induktyvus). Kiek papildomos aktyviosios galios ΔP galima pridėti kaip aktyviąją (galios koeficientas lygus vienetui) apkrovą, kol transformatorius pasieks savo vardinę kVA galią?

Smax = 25 kVAP1 = 9 kWpf1 = 0,65
ΔP = kW
17.Trifazė galiaVidutinis
ABCVL​ = 415 VIL​ = 25 Acos φ = 0,7induktyvus

Simetrinė trifazė apkrova ima 25 A linijinę srovę iš tinklo, kurio linijinė įtampa 415 V. Galios koeficientas 0,7 (induktyvus). Raskite bendrą apkrovos naudojamą aktyviąją galią P kW.

VL = 415 VIL = 25 Acos φ = 0,7
P = kW
18.Trifazė galiaSunkus
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Simetrinė trifazė apkrova iš 480 V (linijinė įtampa), 60 Hz tinklo ima 120 kW, kai galios koeficientas 0,75 (induktyvus). Lygiagrečiai apkrovai prijungta trifazė kondensatorių baterija turi padidinti bendrą galios koeficientą iki 0,95 (induktyvus). Aktyvioji galia nekinta. Kondensatoriai sujungti žvaigžde. Raskite kiekvieno kondensatoriaus talpą Cph µF.

P = 120 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatoriaiVidutinis
RL​ = 20 Ω2014800 VV2​I1​ = ?I2​

Idealaus transformatoriaus, kurio transformacijos koeficientas N₁:N₂ = 20:1, pirminei apvijai prijungta 4800 V įtampa. Prie antrinės apvijos prijungtas 20 Ω rezistorius. Raskite pirminę srovę I1.

N1:N2 = 20:1V1 = 4800 VRL = 20 Ω
I1 = A
20.TransformatoriaiSunkus
pf 0,85500 kVA, η = 98%

Vienfazio 500 kVA transformatoriaus šerdies nuostoliai yra 3000 W. Esant vardinei apkrovai ir galios koeficientui 0,85 (induktyvus), jo naudingumo koeficientas 98%. Raskite vario nuostolius Pcu,fl vatais esant vardinei apkrovai.

S = 500 kVAPcore = 3000 Wpf = 0,85η = 98%
Pcu,fl = W
21.Operacinių stiprintuvų grandinėsVidutinis
−+Vout​Rf​ = 2 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = 1 V

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

Vin = 1 VR1 = 1 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
22.Operacinių stiprintuvų grandinėsSunkus
−+Vout​R2​ = 10 kΩV1​ = −0,9 VR1​ = 47 kΩV2​ = −0,9 VR3​ = 1 kΩR4​ = 47 kΩ

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

V1 = −0,9 VV2 = −0,9 VR1 = 47 kΩR2 = 10 kΩR3 = 1 kΩR4 = 47 kΩ
Vout = V
23.Diodai ir tranzistoriaiVidutinis
+−20 V100 Ω5,1 V470 ΩIZ​ = ?

5,1 V Zenerio stabilizatorius maitinamas iš 20 V per 100 Ω ir tiekia srovę 470 Ω apkrovai. Raskite Zenerio diodo srovę IZ.

Vin = 20 VVZ = 5,1 VR = 100 ΩRL = 470 Ω
IZ = mA
24.Diodai ir tranzistoriaiSunkus
RC​ = 220 Ωβ = 150VCC​ = 5 V3,3 VRB​ = ?

NPN tranzistorius, kurio β = 150, komutuoja 220 Ω apkrovos rezistorių, prijungtą tarp VCC = 5 V ir jo kolektoriaus. Emiteris įžemintas. Bazė valdoma iš 3,3 V loginio išėjimo per bazės rezistorių RB. Imkite VBE = 0,7 V ir VCE(sat) = 0,2 V. Kad perjungimas būtų patikimas, projektuokite bazės srovę, 4 kartų didesnę už mažiausią įsotinimui reikalingą. Raskite RB kΩ.

VCC = 5 VRC = 220 Ωβ = 150Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vperteklinis valdymas = 4
RB = kΩ
25.Skaičiavimo sistemosVidutinis
8 bitų papildomasis kodas?−128?64?32?16?8?4?2?1

Užrašykite −116 kaip 8 bitų papildomojo kodo seką. Perskaitykite seką kaip dvejetainį skaičių be ženklo: kokia jo reikšmė U dešimtainėje sistemoje?

N = −1168 bit
U =
26.Skaičiavimo sistemosSunkus
530 kodai, b = ? bitų?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Sistema kiekvienam iš 530 elementų turi suteikti atskirą tokio pat ilgio dvejetainį kodą. Kiek mažiausiai bitų b reikia?

530
b = bit
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABC00011110011001030214151716

Karno žemėlapiu raskite minimalią F(A, B, C) = Σm(0, 4, 5, 6, 7) sandaugų sumos (SOP) formą. Kiek iš viso literalų L ji turi (su brūkšneliu žymimas kintamasis skaičiuojamas kaip vienas literalas)?

F(A, B, C) = Σm(0, 4, 5, 6, 7)
L =
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
CLKD1234567

Kylančiuoju frontu valdomas D trigeris pradeda nuo Q = 0 ir gauna parodytus įėjimus. Spustelėkite pirmąjį taktinį frontą, kuriuo Q iš 1 grįžta į 0.

Q₀ = 0D
  1. 1taktinis frontas 1
  2. 2taktinis frontas 2
  3. 3taktinis frontas 3
  4. 4taktinis frontas 4
  5. 5taktinis frontas 5
  6. 6taktinis frontas 6
  7. 7taktinis frontas 7
29.Laplaso transformacijosVidutinis
t (s)f(t)t = 0,5f(0,5) = ?

Raskite f(t), kai F(s) = (5s + 28)/(s² + 6s + 9), ir apskaičiuokite f(0,5).

F(s) = (5s + 28)/(s² + 6s + 9)t = 0,5 s
f(0.5) =
30.Laplaso transformacijosSunkus
t (s)y(t)t = 0,6y(0,6) = ?

Laplaso transformacija išspręskite y″ + 4y′ + 3y = 0, kai y(0) = 7 ir y′(0) = −15, ir raskite y(0,6).

y″ + 4y′ + 3y = 0y(0) = 7y′(0) = −15t = 0,6 s
y(0.6) =
31.Struktūrinės schemosVidutinis
R(s)+Ks(s + 15)G(s)C(s)−

Objektas G(s) = K/(s(s + 15)) įtrauktas į vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūrą. Raskite stiprinimą K, su kuriuo uždaroji sistema kritiškai slopinama (du vienodi realieji poliai).

G(s) = K/(s(s + 15))vienetinis neigiamas grįžtamasis ryšys
K =
32.Struktūrinės schemosSunkus
R(s)+66s(s + 5)G(s)C(s)0,5H−

Objektas G(s) = 66/(s(s + 5)) įtrauktas į neigiamo grįžtamojo ryšio kontūrą su jutiklio stiprinimu H = 0,5. Uždarosios sistemos poliai kompleksiniai. Raskite jų realiąją dalį σ.

G(s) = 66/(s(s + 5))H = 0,5
σ =
33.Šuolinė reakcijaVidutinis
t (s)y(t)1?

Sistemos perdavimo funkcija G(s) = 89/(s² + 11s + 89), o jos įėjimas yra vienetinis šuolis. Raskite šuolinės reakcijos procentinį viršijimą %OS.

G(s) = 89/(s² + 11s + 89)
%OS = %
34.Šuolinė reakcijaSunkus
k = 400 N/mc = 17 N·s/mm = 8 kgF = 25 Nx(t)

8 kg masė kabo ant 400 N/m spyruoklės su klampiuoju slopintuvu c = 17 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Pusiausvyroje rimtyje staiga pridedama pastovi jėga F = 25 N. Raskite poslinkio procentinį viršijimą %OS.

m = 8 kgk = 400 N/mc = 17 N·s/mF = 25 N
%OS = %
35.Bode grafikai ir atsargosVidutinis
vin​C = 1 nFR = 4,7 kΩvout​

Parodytas RC aukštųjų dažnių filtras turi R = 4,7 kΩ, C = 1 nF. Taikoma sinusinė įvestis 68 kHz. Raskite stiprinimą |H| = |vout/vin| dB.

R = 4,7 kΩC = 1 nFf = 68 kHz
|H| = dB
36.Bode grafikai ir atsargosSunkus
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Vienetinio grįžtamojo ryšio kilpos atvirosios kilpos perdavimo funkcija yra L(s) = 112/(s(s + 4)). Raskite fazės atsargą PM laipsniais.

L(s) = 112/(s(s + 4))
PM = °
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaVidutinis
R(s)+121s(s + 1)(s + 2)C(s)−

Schemoje pavaizduotame kontūre yra neigiamas grįžtamasis ryšys, L(s) = 12/(s(s + 1)(s + 2)). Kiek uždarojo kontūro polių N yra dešiniojoje pusplokštumėje?

L(s) = 12/(s(s + 1)(s + 2))
N =
38.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaSunkus
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2

Kontūro L(s) = K(s + 8)/(s(s + 5)) šaknų geometrinė vieta palieka realiąją ašį tarp s = 0 ir s = −5, apsisuka ir vėl prisijungia prie realiosios ašies į kairę nuo nulio. Raskite atsiskyrimo tašką sb.

L(s) = K(s + 8)/(s(s + 5))
sb =
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasVidutinis
r(t) = 1·t²/2+2(s + 5)s²(s + 4)C(s)−

Į vienetinio grįžtamojo ryšio kontūrą, kurio G(s) = 2(s + 5)/(s²(s + 4)), paduodamas parabolinis signalas r(t) = 1·t²/2. Raskite nusistovėjusiąją paklaidą ess.

G(s) = 2(s + 5)/(s²(s + 4))r(t) = 1·t²/2
ess =
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasSunkus
R(s)+Kp​ + Ki​/s10s + 4C(s)−

PI reguliatorius C(s) = Kp + Ki/s valdo objektą G(s) = 10/(s + 4) vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre. Uždarasis kontūras turi turėti ωₙ = 6 rad/s ir ζ = 0,5. Raskite integralinį stiprinimą Ki.

G(s) = 10/(s + 4)ωₙ = 6 rad/sζ = 0,5
Ki =

3Tirpalai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: IR2 = 0,96 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​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAR4​12 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 = 8 + 12 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 6·20/(6+20) = 4,615 Ω
Req = R1 + 4,615 = 5 + 4,615 = 9,615 Ω

Šaltinio srovė

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

IR1 = V1/Req = 12/9,615 = 1,248 A

Srovė per R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 12 − 1,248·5 = 5,76 V
IR2 = VA/R2 = 5,76/6 = 0,96 A

Atsakymas

IR2 = 0,96 A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: Req = 18,86 Ω

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​36 VR2​20 ΩAR4​5 ΩBR6​8 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 = 10 + 8 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 3,913 Ω
R3 + 3,913 = 15,91 Ω
R2 ∥ 15,91 = 8,862 Ω
Req = R1 + 8,862 = 10 + 8,862 = 18,86 Ω

Atsakymas

Req = 18,86 Ω
3.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: PIs = 25,96 W

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

KSD mazge A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/15 + (VA − 24)/2 + (VA − VB)/15 = 0
0,6333·VA − 0,06667·VB = 12

KSD mazge B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/10 + (VB − VA)/15 = 1,5
−0,06667·VA + 0,1667·VB = 1,5

Išspręskite

Δ = (0,6333)(0,1667) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,1011
VA = Δ1/Δ = 2,1/0,1011 = 20,77 V
VB = Δ2/Δ = 1,75/0,1011 = 17,31 V

Srovės šaltinio atiduodama galia

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

PIs = VB·Is = 17,31·1,5 = 25,96 W

Atsakymas

PIs = 25,96 W
4.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: Ix = −0,7414 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 − 6
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Išspręskite

(VA − 24)/15 + VA/20 + (VA − 6)/8 = 2,5
VA·(1/15 + 1/20 + 1/8) = 2,5 + 24/15 + 6/8 = 4,85
VA = 4,85/0,2417 = 20,07 V
VB = 14,07 V

Srovė per įtampos šaltinį

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

IR1 = (24 − 20,07)/15 = 0,2621 A
Ix = IR1 − VA/R2 = 0,2621 − 20,07/20 = −0,7414 A

Atsakymas

Ix = −0,7414 A

Neigiamas rezultatas reiškia, kad tikroji srovė teka prieš rodyklę.

5.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: IR1 = −1,684 A

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

R1​ = 2 ΩR2​ = 4 Ω+−V1​15 VR3​15 ΩA+−V2​30 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
2·I1 + 15(I1 − I2) = 15
17·I1 − 15·I2 = 15

KĮD kontūre 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
4·I2 + 15(I2 − I1) = (−30)
−15·I1 + 19·I2 = −30

Išspręskite

Δ = (17)(19) − (−15)(−15) = 98
I1 = Δ1/Δ = −165/98 = −1,684 A
I2 = Δ2/Δ = −285/98 = −2,908 A

Atsakymas

IR1 = I1 = −1,684 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

6.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: I1 = 0,8024 A

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

R1​ = 5 ΩR2​ = 8 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR4​25 ΩAR5​25 ΩB+−V2​36 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
5·I1 + 25(I1 − I2) = 30
30·I1 − 25·I2 = 30

KĮD kontūre 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
8·I2 + 25(I2 − I1) + 25(I2 − I3) = 0
−25·I1 + 58·I2 − 25·I3 = 0

KĮD kontūre 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
6·I3 + 25(I3 − I2) = (−36)
−25·I2 + 31·I3 = −36

Išspręskite

Δ = koeficientų matricos determinantas = 15815
I1 = Δ1/Δ = 12690/15815 = 0,8024 A
I2 = Δ2/Δ = −3750/15815 = −0,2371 A
I3 = Δ3/Δ = −21390/15815 = −1,353 A

Atsakymas

I1 = 0,8024 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

7.Superpozicija

Atsakymas: IR3 = 0,3621 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​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​15 ΩAR4​3 ΩBATVIRA

1 atvejis · veikia tik V1

Iₛ tampa atvira grandine, todėl R₃ ir R₄ sudaro vieną nuoseklią šaką nuo A iki įžeminimo, lygiagrečią su R₂.

R3+R4 = 20+3 = 23 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 15·23/(15+23) = 9,079 Ω
VA = 30·9,079/(10+9,079) = 14,28 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 14,28·3/23 = 1,862 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (14,28 − 1,862)/20 = 0,6207 A
R1​ = 10 ΩR3​ = 20 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​15 ΩAR4​3 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 = 10·15/(10+15) = 6 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 3 ∥ 26 = 2,69 Ω
VB = Is·Req = 2,5·2,69 = 6,724 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 6,724·6/26 = 1,552 V
IR3″ = (VA − VB)/R3 = (1,552 − 6,724)/20 = −0,2586 A

Sudėkite dedamąsias

IR3 = IR3′ + IR3″
IR3 = 0,6207 + (−0,2586) = 0,3621 A

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

8.Superpozicija

Atsakymas: PR3 = 12,24 W

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

R1​ = 15 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​15 VR3​8 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) = 8 ∥ 28 = 6,222 Ω
VA = 15·6,222/(15+6,222) = 4,398 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 4,398·25/28 = 3,927 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (4,398 − 0)/8 = 0,5497 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 25 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​8 ΩAIs​1 ABTRUMPAS JUNGIMAS

2 atvejis · veikia tik Is

Abu įtampos šaltiniai tampa trumpaisiais jungimais. Iₛ taške B dalijasi tarp R₄ (dabar į įžeminimą) ir R₂, nuoseklaus su R₁ ∥ R₃.

R1 ∥ R3 = 5,217 Ω, todėl kairysis kelias yra R2+5,217 = 8,217 Ω
Req = R4 ∥ 8,217 = 6,185 Ω
VB = Is·Req = 1·6,185 = 6,185 V
VA = VB·5,217/8,217 = 3,927 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (3,927 − 0)/8 = 0,4908 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 25 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​8 ΩAATVIRAB+−V2​10 V

3 atvejis · veikia tik V2

V₁ tampa trumpuoju jungimu, o Iₛ – atvira grandine. R₁ ∥ R₃ eina nuo A, nuosekliai su R₂ atgal iki B.

R1 ∥ R3 = 15·8/(15+8) = 5,217 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 10·8,217/33,22 = 2,474 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 2,474·5,217/8,217 = 1,571 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (1,571 − 0)/8 = 0,1963 A

Sudėkite srovės indėlius

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴ = 0,5497 + 0,4908 + 0,1963 = 1,237 A

Rezistoriaus galia

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

PR3 = IR3²·R3 = 1,237²·8 = 12,24 W

Atsakymas

PR3 = 12,24 W

Sudėjus atskirų atvejų galias būtų gauta 4,653 W, o tai neteisinga.

9.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: Vth = 3,333 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​ = 4 ΩR3​ = 12 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 = 4·5/(4+5) = 2,222 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,222 + 12 = 14,22 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAab+−Vth​

Raskite Vth – tuščiosios veikos įtampą

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

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 6·5/(4+5) = 3,333 V
10.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: PL = 100 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​ = 5 ΩR3​ = 8 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​30 ΩAATVIRABabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 5·30/(5+30) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 8 = 12,29 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​30 ΩAIs​6 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) = 7,714 + 6·4,286 = 33,43 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 33,43 + 6·8 = 81,43 V
Rth​ = 12,29 Ω+−Vth​81,43 VRL​4 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) = 81,43/(12,29 + 4) = 5 A
PL = IL²·RL = 5²·4 = 100 W
11.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: vL = 0,7388 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 ir galutinė srovė

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

τ = L/R = 100 mH / 50 Ω = 2 ms
i(∞) = Vs/R = 9/50 = 0,18 A

Ritės įtampa

Momentu t = 0 visa maitinimo įtampa yra ant ritės; vėliau ji slopsta iki nulio.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 9·e−5/2 = 0,7388 V

Atsakymas

vL = 0,7388 V
12.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: vC = 12,58 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) = 4 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 10 kΩ · 33 µF = 330 ms
vC(t) = 15 + (4 − 15)·e−t/τ

Įtampa duotuoju momentu

vC(500) = 15 + (−11)·e−500/330 = 12,58 V

Atsakymas

vC = 12,58 V
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: φ = −5,59 °

Kintamosios srovės grandinės ir fazoriai: rezistorių, ričių ir kondensatorių pilnutinės varžos yra R, jωL ir 1/(jωC), kur ω = 2πf. Nuosekliai pilnutinės varžos sumuojamos kaip varžos, tik kompleksiniais skaičiais. Efektinės srovė ir įtampa tenkina Omo dėsnį su |Z|.

Reaktyviosios varžos

ω = 2πf = 2π·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,05 = 31,42 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·47·10⁻⁶) = 33,86 Ω

Pilnutinė varža

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(25² + (−2,447)²) = 25,12 Ω

Fazės kampas

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−2,447/25) = −5,59°

Atsakymas

φ = −5,59°
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: VC = 269,7 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|.

Reaktyviosios varžos

ω = 2πf = 2π·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,05 = 18,85 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·22·10⁻⁶) = 120,6 Ω

Pilnutinė varža

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(15² + (−101,7)²) = 102,8 Ω

Srovė

Visais nuoseklios grandinės elementais teka ta pati srovė.

I = V/|Z| = 230/102,8 = 2,237 A

Įtampa ant kondensatoriaus

VC = I·XC = 2,237·120,6 = 269,7 V

Atsakymas

VC = 269,7 V
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: I = 39,22 A

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

Linijos srovė

Darbą atlieka tik aktyvioji galios dalis, todėl dalykite iš galios koeficiento.

I = P/(V·cos φ) = 8000/(240·0,85) = 39,22 A

Atsakymas

I = 39,22 A
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: ΔP = 13,68 kW

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.

Esamos apkrovos reaktyvioji galia

Q1 = 9·tan(arccos 0,65) = 10,52 kvar

Didžiausia bendra aktyvioji galia

Esant vardinei galiai S = Smax, o aktyvioji apkrova Q nekeičia.

P = √(Smax² − Q1²) = √(25² − 10,52²) = 22,68 kW

Papildoma aktyvioji galia

ΔP = 22,68 − 9 = 13,68 kW

Atsakymas

ΔP = 13,68 kW
17.Trifazė galia

Atsakymas: P = 12,58 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.

Pilnutinė galia

S = √3·VL·IL = √3·415·25 = 17,97 kVA

Aktyvioji galia

P = S·cos φ = 17,97·0,7 = 12,58 kW

Atsakymas

P = 12,58 kW
18.Trifazė galia

Atsakymas: Cph = 764,3 µF

Simetrinės trifazės sistemos: jungiant žvaigžde (Y) linijinė įtampa √3 karto didesnė už fazinę, VL = √3·Vph, o linijinė srovė lygi fazinei. Jungiant trikampiu (Δ) linijinė įtampa lygi fazinei, o linijinė srovė √3 karto didesnė už fazinę, IL = √3·Iph. Bendra galia tris kartus didesnė už vienos fazės galią: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Galios koeficiento gerinimas: kondensatoriai reaktyviąją galią tiekia vietoje, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Kiekvienas iš trijų kondensatorių tiekia QC/3 = V²·ω·C, kur V – įtampa ant to kondensatoriaus: trikampiu sujungtoje baterijoje VL, žvaigžde sujungtoje – VL/√3.

Reaktyvioji galia prieš ir po

Aktyvioji galia nekinta, todėl kiekvienas galios koeficientas nulemia reaktyviąją galią: Q = P·tan φ.

Q1 = 120·tan(acos 0,75) = 120·0,8819 = 105,8 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,95) = 120·0,3287 = 39,44 kvar

Kondensatorių tiekiama reaktyvioji galia

QC = Q1 − Q2 = 66,39 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) = 22129/(377·277,1²) = 764,3 µF

Atsakymas

Cph = 764,3 µF
19.Transformatoriai

Atsakymas: I1 = 0,6 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 = 4800/20 = 240 V
I2 = 240/20 = 12 A

Pirminė srovė

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

I1 = I2/20 = 0,6 A

Atsakymas

I1 = 0,6 A

Patikrinimas: iš pirminės pusės matoma apkrova yra a²·RL = 8000 Ω, o 4800/8000 duoda tą pačią srovę.

20.Transformatoriai

Atsakymas: Pcu,fl = 5673 W

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

Išėjimo ir įėjimo galia

Pout = 500·0,85 = 425 kW
Pin = 425000/0,98 = 433673 W

Bendri ir vario nuostoliai

Ploss = 433673 − 425000 = 8673 W
Pcu,fl = 8673 − 3000 = 5673 W

Atsakymas

Pcu,fl = 5673 W
21.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = 3 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₊ = 1 V
I = V₋/R1 = 1/1 = 1 mA

Išėjimo įtampa

Srovė per R₁ teka ir per Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 1 + 1·2 = 3 V

Atsakymas

Vout = 3 V
22.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = −0,8773 V

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

Įtampa + įėjime

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = −0,9·47/(1 + 47) = −0,8813 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)·(−0,9) + (1 + 10/47)·(−0,8813) = 0,1915 + (−1,069) = −0,8773 V

Atsakymas

Vout = −0,8773 V
23.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: IZ = 138,1 mA

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

Rezistoriaus srovė

IR = 14,9/100 = 149 mA

Apkrovos srovė

IL = 5,1/470 = 10,85 mA

Zenerio diodo srovė

IZ = 149 − 10,85 = 138,1 mA

Atsakymas

IZ = 138,1 mA
24.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: RB = 4,469 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) = (5 − 0,2)/220 = 21,82 mA

Mažiausia bazės srovė

IB(min) = IC(sat)/β = 21,82/150 = 145,5 µA

Projektinė bazės srovė

IB = 4·145,5 µA = 581,8 µA

Bazės rezistorius

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,5818 mA = 4,469 kΩ

Atsakymas

RB = 4,469 kΩ
25.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 140

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

Invertuokite ir pridėkite vienetą

116 = 0111 0100
invertuota: 1000 1011
+1 → 1000 1100

Perskaitykite be ženklo

1000 1100₂ = 256 − 116 = 140

Atsakymas

U = 140
26.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: b = 10 bit

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

Dvejeto laipsniai

29 = 512 < 530
210 = 1024 ≥ 530

Atsakymas

b = 10
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: L = 3

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.

ABC00011110011001030214151716

Sugrupuokite vienetus

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

B′C′
A

Minimali SOP forma

F = B′C′ + A
L = 3

Atsakymas

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

Atsakymas: taktinis frontas 3

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

D trigeris kiekvienu kylančiuoju frontu nukopijuoja D: Q⁺ = D.

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

Pirmasis pokytis iš 1 į 0

taktinis frontas 3

Atsakymas

taktinis frontas 3
29.Laplaso transformacijos

Atsakymas: f(0.5) = 2,566

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 + 6s + 9 = (s + 3)²

Paprastosios trupmenos

5s + 28 = 5(s + 3) + 13
F(s) = 5/(s + 3) + 13/(s + 3)²

Atvirkštinė transformacija

f(t) = 5·e−3t + 13·t·e−3t
f(0,5) = (5 + 13·0,5)·e−3·0,5 = 2,566

Atsakymas

f(0,5) = 2,566
30.Laplaso transformacijos

Atsakymas: y(0.6) = 2,308

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).

Transformuokite lygtį

s²Y − 7s − (−15) + 4(sY − 7) + 3Y = 0
Y(s) = (7s + 13)/((s + 1)(s + 3))

Paprastosios trupmenos

A = 6/2 = 3
B = −8/(−2) = 4

Rezultatas

y(t) = 3·e−t + 4·e−3t
y(0,6) = 2,308

Atsakymas

y(0,6) = 2,308

Patikra: y(0) = A + B = 7.

31.Struktūrinės schemos

Atsakymas: K = 56,25

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

1 + K/(s(s + 15)) = 0 → s² + 15s + K = 0

Kartotinė šaknis

Kvadratinė lygtis s² + βs + γ turi dvigubą šaknį, kai β² = 4γ.

15² = 4K → K = 225/4 = 56,25

Atsakymas

K = 56,25
Abu uždarosios sistemos poliai tada yra ties s = −7,5.
32.Struktūrinės schemos

Atsakymas: σ = −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).

Charakteringoji lygtis

s(s + 5) + 66·0,5 = 0 → s² + 5s + 33 = 0

Šaknys

s = −2,5 ± j·√(33 − 6,25) = −2,5 ± j5,172
σ = −2,5

Atsakymas

σ = −2,5
33.Šuolinė reakcija

Atsakymas: %OS = 10,49 %

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 = 89 → ωₙ = 9,434 rad/s
2ζωₙ = 11 → ζ = 11/(2·9,434) = 0,583

Rezultatas

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−2,254 = 10,49 %

Atsakymas

%OS = 10,49 %
34.Šuolinė reakcija

Atsakymas: %OS = 62,03 %

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

Savasis dažnis ir slopinimo koeficientas

ωₙ = √(k/m) = √(400/8) = 7,071 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 17/(2·√(400·8)) = 0,1503

Rezultatas

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 62,03 %

Atsakymas

%OS = 62,03 %
35.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: |H| = −0,9621 dB

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

Lūžio dažnis

ωc = 1/(RC) = 1/(4700·1 × 10⁻⁹) = 212766 rad/s
fc = 33863 Hz → f/fc = 68000/33863 = 2,008

Stiprinimas

|H| = 2,008/√(1 + 2,008²) = 0,8951
20·log₁₀(0,8951) = −0,9621 dB

Atsakymas

|H| = −0,9621 dB
36.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: PM = 21,39 °

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.

Stiprinimo kirtimas

ω⁴ + 16ω² − 12544 = 0
ω² = (−16 + √(256 + 4·12544))/2 = 104,3
ωc = 10,21 rad/s

Fazės atsarga

∠L(jωc) = −90° − atan(10,21/4) = −158,6°
PM = 180° + ∠L = 21,39°

Atsakymas

PM = 21,39°
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: N = 2

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

Charakteristinis daugianaris

s³ + 3s² + 2s + 12 = 0

Raucho lentelė

s³: 1, 2
s²: 3, 12
s¹: −2
s⁰: 12

Pirmojo stulpelio ženklo kaitos

1 → 3 → −2 → 12
N = 2

Atsakymas

N = 2

Stiprinimas viršija ribą K = 6, todėl kompleksinė pora pateko į dešiniąją pusplokštumę.

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

Atsakymas: sb = −3,101

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

Stiprinimas išilgai realiosios ašies

K(s) = −(s² + 5s)/(s + 8)

Stacionarieji taškai

Diferencijuokite pagal dalinio taisyklę ir skaitiklį prilyginkite nuliui.

(2s + 5)(s + 8) − (s² + 5s) = s² + 16s + 40 = 0
s = −8 ± √24 = −3,101, −12,9

Atsiskyrimo taškas

sb = −3,101

Atsakymas

sb = −3,101

Tarp dviejų lūžio taškų geometrinė vieta yra apskritimas, kurio centras yra nulyje, o spindulys √24 = 4,899.

39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ess = 0,4

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

Pagreičio konstanta

Ka = 2·5/4 = 2,5

Parabolės paklaida

ess = 1/2,5 = 0,4

Atsakymas

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

Atsakymas: Ki = 3,6

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 + 4).

s² + (4 + 10Kp)s + 10Ki

Tikslinis daugianaris

s² + 2·0,5·6s + 6² = s² + 6s + 36

Sulyginkite koeficientus

10Ki = 36 → Ki = 3,6

Atsakymas

Ki = 3,6

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