FE Electrical and Computer egzamino praktika: pasiruošimo paketas

Formulių lapai, pagrindiniai kiekvienos temos metodų žingsniai ir 40 uždavinių, o pilni sprendimai pateikti gale.

Nauji uždaviniaiAtgal į kursą

Spausdinimo lange pasirinkite „Išsaugoti kaip PDF“, kad nuosavą kopiją išsaugotumėte savo įrenginyje.

1Formulės ir metodai

Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Nuosekliai sujungti rezistoriai
Req = R1 + R2 + …
Lygiagrečiai sujungti rezistoriai
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Du lygiagrečiai
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Omo dėsnis
V = I·R
Galia
P = V·I = I²R = V²/R

Metodas

  1. Pradėkite nuo grandinės galo, esančio toliausiai nuo gnybtų.
  2. Nuosekliai sujungtus rezistorius sudėkite, o lygiagrečius junkite pagal 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Po kiekvieno žingsnio perbraižykite grandinę.
  4. Kartokite, kol tarp gnybtų liks vienas rezistorius.

Mazgų potencialų metodas

Kirchhofo srovių dėsnis
ΣIin = ΣIout
Šakos srovė
I = (Va − Vb)/R
Atskaitos mazgas
Vground = 0

Metodas

  1. Pasirinkite atskaitos mazgą (įžeminimą) ir pažymėkite kitų mazgų potencialus.
  2. Kiekvienam nežinomam mazgui užrašykite Kirchhofo srovių dėsnį: per šakas ištekančios srovės lygios įtekančioms.
  3. Kiekvienos šakos srovę išreikškite kaip (Va − Vb)/R.
  4. Išspręskite lygčių sistemą, tada raskite reikiamas sroves.

Kontūrų srovių metodas

Kirchhofo įtampų dėsnis
ΣV = 0 kiekviename kontūre
Bendras rezistorius
srovė = I1 − I2
Srovės šaltinis kontūre
nustato to kontūro srovę

Metodas

  1. Kiekviename grandinės kontūre (lange) nubrėžkite pagal laikrodžio rodyklę tekančią srovę.
  2. Kiekvienam kontūrui taikykite Kirchhofo įtampų dėsnį: įtampų kritimų suma lygi nuliui.
  3. Dviem kontūrams bendrame rezistoriuje srovė lygi abiejų kontūrų srovių skirtumui.
  4. Išspręskite lygtis; neigiamas rezultatas reiškia, kad srovė teka priešinga kryptimi.

Superpozicija

Superpozicija
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Išjungtas įtampos šaltinis
trumpasis jungimas (0 V)
Išjungtas srovės šaltinis
atvira grandinė (0 A)
Įtampos daliklis
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Srovės daliklis
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Metodas

  1. Suskaičiuokite nepriklausomus šaltinius. Kiekvienam šaltiniui išspręsite po vieną paprastesnę grandinę.
  2. Palikite vieną šaltinį, o kitus išjunkite: įtampos šaltinis tampa trumpuoju jungimu (laidu), srovės šaltinis – atvira grandine (tarpu).
  3. Paprastesnėje grandinėje raskite reikiamą įtampą arba srovę, sekdami jos kryptį.
  4. Pakartokite kiekvienam šaltiniui, tada sudėkite indėlius su jų ženklais.

Teveninas ir Nortonas

Tevenino įtampa
Vth = Vopen circuit
Tevenino varža
Rth: visi šaltiniai išjungti, žiūrint iš a–b
Nortono srovė
IN = Vth/Rth
Apkrovos srovė
IL = Vth/(Rth + RL)
Didžiausios galios perdavimas
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Metodas

  1. Atjunkite apkrovą ir pažymėkite abu gnybtus a ir b.
  2. Raskite tuščiosios veikos įtampą tarp a ir b: tai Vth.
  3. Išjunkite visus nepriklausomus šaltinius ir raskite varžą, matomą iš a–b: tai Rth.
  4. Grąžinkite apkrovą į ekvivalentinę grandinę: Vth nuosekliai su Rth.
  5. Nortono ekvivalentui perskaičiuokite: IN = Vth/Rth, o RN = Rth lygiagrečiai.

RC ir RL pereinamieji procesai

Laiko konstanta
τ = RC | τ = L/R
Atsakas
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensatorius esant nuolatinei srovei
atvira grandinė; vC negali kisti šuoliu
Ritė esant nuolatinei srovei
trumpasis jungimas; iL negali kisti šuoliu
Nusistovėjęs režimas
t ≈ 5τ

Metodas

  1. Raskite pradinę vertę iškart po perjungimo: kondensatoriaus įtampa ir ritės srovė negali kisti šuoliu.
  2. Raskite galutinę vertę praėjus ilgam laikui po perjungimo: kondensatorius veikia kaip atvira grandinė, ritė – kaip trumpasis jungimas.
  3. Raskite laiko konstantą: τ = RC arba τ = L/R, naudodami varžą, kurią „mato“ kondensatorius ar ritė.
  4. Naudokite x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Pilnutinės varžos
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Kampinis dažnis
ω = 2πf
Modulis ir kampas
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Omo dėsnis fazoriams
V = I·Z

Metodas

  1. Perskaičiuokite dažnį: ω = 2πf.
  2. Raskite kiekvieną reaktansą: XL = ωL ir XC = 1/(ωC).
  3. Impedansus sudėkite kaip rezistorius, kai Z = R + jX.
  4. Raskite modulį |Z| = √(R² + X²) ir kampą φ = atan(X/R), tada taikykite Omo dėsnį fazoriams.

Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Aktyvioji galia
P = V·I·cos φ
Reaktyvioji galia
Q = V·I·sin φ
Pilnutinė galia
S = V·I = √(P² + Q²)
Galios koeficientas
pf = cos φ = P/S
Kompensacinis kondensatorius
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Trifazė galia

Žvaigždės (Y) jungimas
VL = √3·Vph, IL = Iph
Trikampio (Δ) jungimas
VL = Vph, IL = √3·Iph
Bendra aktyvioji galia
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Pilnutinė ir reaktyvioji galia
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kompensavimo kondensatoriai
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Įtampa ant kiekvieno kondensatoriaus
Δ: VL Y: VL/√3
Variklio naudojama galia
Pin = Pout/η

Transformatoriai

Transformacijos koeficientas
a = N1/N2 = V1/V2
Srovių santykis
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Vardinė srovė
I = S/V
Perskaičiuota varža
Z1′ = a²·ZL
Vario nuostoliai esant daliniam apkrovimui
Pcu = x²·Pcu,fl
Naudingumo koeficientas
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Didžiausias naudingumo koeficientas
x = √(Pcore/Pcu,fl)

Operacinių stiprintuvų grandinės

Invertuojantysis stiprintuvas
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Neinvertuojantysis stiprintuvas
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Sumuojantysis stiprintuvas
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Idealus operacinis stiprintuvas
V+ = V−, Iin = 0

Diodai ir tranzistoriai

Diodas (pastovus įtampos kritimas)
VD = 0,7 V when conducting
Aktyvioji sritis
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Fiksuotasis maitinimas
IB = (VCC − 0,7)/RB
Maitinimas per daliklį
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Daliklio Tevenino ekvivalentas
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Kolektoriaus kontūras
VCE = VCC − ICRC − IERE
Įsotinimas
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Skaičiavimo sistemos

Pozicijų vertės
dvejetainė 2k, aštuntainė 8k, šešioliktainė 16k
Į dešimtainę
Σ dk·bk
Iš dešimtainės
dalykite iš pagrindo, liekanas skaitykite iš apačios į viršų
Šešioliktainė ↔ dvejetainė
vienas šešioliktainis skaitmuo = 4 bitai
Papildomasis kodas
invertuokite bitus ir pridėkite 1

Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Pagrindiniai elementai
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Būlio taisyklės
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgano dėsniai
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Karno žemėlapio tvarka
00, 01, 11, 10 (Gray code)
2ᵏ langelių grupė
netenka k kintamųjų
4 į 1 multiplekseris
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Trigeriai
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Skaitikliai
n bitų: 2ⁿ būsenų; mod-N: mažiausias n, kad 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Nuosekliojo veikimo (ripple) skaitiklis
fmax = 1/(n·tpd)
Žiediniai ir Johnsono skaitikliai
n ir 2n būsenų

Metodas

  1. Grandinei dirbkite nuo įėjimų iki išėjimo po vieną elementą ir užrašykite reikšmę ant kiekvieno laido arba užrašykite išraišką ir užpildykite teisingumo lentelę.
  2. Supaprastindami įrašykite vienetus (o nesvarbias reikšmes kaip X) į Karno žemėlapį su Grejaus kodo eilutėmis ir stulpeliais: 00, 01, 11, 10.
  3. Vienetus padenkite kuo mažiau ir kuo didesnių 1, 2, 4, 8 ar 16 langelių grupių, apsisukančių per kraštus; kiekviena grupė yra vienas sandaugos narys iš kintamųjų, kurie joje nesikeičia. POS formai grupuokite nulius.
  4. Trigeriams ir skaitikliams skaitykite įėjimus kiekvienu aktyviu taktiniu frontu, užrašykite būseną po kiekvieno fronto ir atminkite, kad n bitų skaitiklis apsisuka po 2ⁿ būsenų.

Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Stabilumas
visos charakteristinio daugianario šaknys kairiojoje pusplokštumėje
Rauso lentelė, kubinio daugianario s¹ elementas
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Šaknys dešiniojoje pusplokštumėje
ženklo kaitų skaičius pirmajame stulpelyje
Kubinis daugianaris s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabilus, kai visi a > 0 ir a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Charakteringoji lygtis
1 + K·G(s) = 0
Asimptotės
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Atsiskyrimo ir susijungimo taškai
dK/ds = 0
Modulio sąlyga
K = 1/|G(s)|
Išėjimo kampas
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Metodas

  1. Užrašykite uždarojo kontūro charakteristinį daugianarį: lygties 1 + K·G(s) = 0 vardiklį, išskleistą.
  2. Koeficientus pakaitomis surašykite į pirmąsias dvi Rauso lentelės eilutes ir sudarykite likusias eilutes.
  3. Suskaičiuokite pirmojo stulpelio ženklo kaitas: kiekviena yra vienas polius dešiniojoje pusplokštumėje. Kai lentelėje yra K, reikalaukite, kad kiekvienas pirmojo stulpelio elementas liktų teigiamas.
  4. Šaknų geometrinei vietai pažymėkite polius ir nulius, realiosios ašies ruožus, asimptotes iš centroido ir lūžio taškus, kur dK/ds = 0. Stiprinimui taške naudokite K = 1/|G(s)|.

Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Sistemos tipas
G(s) polių ties s = 0 skaičius
Paklaidos konstantos
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Šuolis A
ess = A/(1 + Kp)
Rampa A·t
ess = A/Kv
Parabolė A·t²/2
ess = A/Ka
PID reguliatorius
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Antrosios eilės tikslas
s² + 2ζωns + ωn²
Viršijimas ir laiko rodikliai
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Metodas

  1. Suskaičiuokite atvirojo kontūro C(s)·G(s) polius ties s = 0: tai yra sistemos tipas.
  2. Apskaičiuokite įėjimui tinkančią paklaidos konstantą: Kp šuoliui, Kv rampai, Ka parabolei.
  3. Taikykite ess = A/(1 + Kp), A/Kv arba A/Ka arba išspręskite jį reikiamam stiprinimui.
  4. Slopinimo ar greičio reikalavimui užrašykite uždarojo kontūro charakteristinį daugianarį ir sulyginkite jį su s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Uždaviniai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiVidutinis
R1​ = 10 ΩIR1​R3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAR4​12 ΩB

Raskite šaltinio tiekiamą srovę IR1, tekančią per R1.

V1 = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 4 ΩR3 = 2 ΩR4 = 12 Ω
IR1 = A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiSunkus
R1​ = 2 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​6 ΩAR4​12 ΩBR6​20 Ω

Raskite ekvivalentinę varžą Req, kurią mato šaltinis V1.

V1 = 24 VR1 = 2 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 ΩR4 = 12 ΩR5 = 3 ΩR6 = 20 Ω
Req = Ω
3.Mazgų potencialų metodasVidutinis
R1​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩAR4​6 ΩBIs​3 A

Mazgų potencialų metodu raskite srovės šaltinio Is atiduodamą galią PIs.

V1 = 18 VIs = 3 AR1 = 12 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 ΩR4 = 6 Ω
PIs = W
4.Mazgų potencialų metodasSunkus
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAR4​12 ΩBIs​?

Srovės šaltinis reguliuojamas tol, kol mazgo A įtampa tampa VA = 5,5 V. Mazgų potencialų metodu raskite šaltinio srovę Is (kryptis kaip pavaizduota).

V1 = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 ΩR4 = 12 ΩVA = 5,5 V
Is = A
5.Kontūrų srovių metodasVidutinis
R1​ = 12 Ω+−VR1​R2​ = 3 Ω+−V1​15 VR3​3 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

Taikykite kontūrų srovių metodą ir raskite įtampą VR1 ant R1 su pažymėtu poliškumu.

V1 = 15 VV2 = 24 VR1 = 12 ΩR2 = 3 ΩR3 = 3 Ω
VR1 = V
6.Kontūrų srovių metodasSunkus
R1​ = 30 ΩIR1​R2​ = 25 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​36 VR4​12 ΩAR5​5 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

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

V1 = 36 VV2 = 36 VR1 = 30 ΩR2 = 25 ΩR3 = 10 ΩR4 = 12 ΩR5 = 5 Ω
IR1 = A
7.SuperpozicijaVidutinis
R1​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩIR2​AR4​6 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 6 VIs = 1,5 AR1 = 20 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩR4 = 6 Ω
IR2 = A
8.SuperpozicijaSunkus
R1​ = 2 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​10 VR3​8 ΩIR3​AIs​5 AB−+V2​12 V

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

V1 = 10 VIs = 5 AV2 = 12 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 ΩR4 = 15 Ω
IR3 = A
9.Teveninas ir NortonasVidutinis
R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​2 ΩARL​12 ΩIL​B

Prie a–b prijungta apkrova RL = 12 Ω. Likusią grandinės dalį pakeiskite Tevenino ekvivalentu ir raskite apkrovos srovę IL.

V1 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 ΩRL = 12 Ω
IL = A
10.Teveninas ir NortonasSunkus
R1​ = 8 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​5 VR2​15 ΩAIs​1 ABab

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

V1 = 5 VIs = 1 AR1 = 8 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 Ω
Vth = V
11.RC ir RL pereinamieji procesaiVidutinis
+−Vs​9 Vt = 0R1​ = 4,7 kΩR2​ = 6,8 kΩC33 µF+−vC​

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

Vs = 9 VR1 = 4,7 kΩR2 = 6,8 kΩC = 33 µFt = 30 ms
vC = V
12.RC ir RL pereinamieji procesaiSunkus
+−Vs​10 Vt = 0R = 6,8 kΩC22 µF+−vC​vC​(0) = 2 V

Prieš pat jungiklio užsidarymą momentu t = 0 kondensatoriaus įtampa yra 2 V su pažymėtu poliškumu. Per kiek laiko vC pasieks 4,4 V? Raskite t.

Vs = 10 VR = 6,8 kΩC = 22 µFvC(0) = 2 V
t = ms
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiVidutinis
24 V100 HzR = 50 ΩL = 150 mHC = 22 µFI

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 24 V (efektinė), 100 Hz maitinimo. Raskite iš tinklo imamą aktyviąją galią P.

V = 24 V (rms)f = 100 HzR = 50 ΩL = 150 mHC = 22 µF
P = W
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiSunkus
50 V50 HzR = 60 ΩL = 250 mHC = 4,7 µF

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 50 V (efektinė), 50 Hz maitinimo. Raskite grandinės rezonansinį dažnį f0.

V = 50 V (rms)f = 50 HzR = 60 ΩL = 250 mHC = 4,7 µF
f0 = Hz
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasVidutinis
P = 5 kWQ = ?Sφ

Vienfazis variklis iš 400 V tinklo ima 5 kW, kai galios koeficientas 0,65 (induktyvus). Raskite jo naudojamą reaktyviąją galią Q.

P = 5 kWpf = 0,65V = 400 V
Q = kvar
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasSunkus
P = 45 kWQ1​S1​φ1​QC​

Vienfazė apkrova iš 230 V, 50 Hz tinklo ima 45 kW, kai galios koeficientas 0,7 (induktyvus). Lygiagrečiai prijungtas kondensatorius padidina galios koeficientą iki 0,9. Raskite naują linijos srovę Inew.

P = 45 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9V = 230 Vf = 50 Hz
Inew = A
17.Trifazė galiaVidutinis
ABCVL​ = 208 VNZ = 4 + j3 Ωvienai fazei

Simetrinė žvaigžde sujungta apkrova, kurios fazės impedansas 4 + j3 Ω, prijungta prie simetrinio trifazio tinklo, kurio linijinė įtampa 208 V. Raskite bendrą apkrovos naudojamą aktyviąją galią P kW.

VL = 208 VZ = 4 + j3 Ω vienai fazei
P = kW
18.Trifazė galiaSunkus
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​

Simetrinė trifazė apkrova iš 480 V (linijinė įtampa), 60 Hz tinklo ima 250 kW, kai galios koeficientas 0,65 (induktyvus). Lygiagrečiai apkrovai prijungta trifazė kondensatorių baterija turi padidinti bendrą galios koeficientą iki 0,92 (induktyvus). Aktyvioji galia nekinta. Kondensatoriai sujungti žvaigžde. Raskite kiekvieno kondensatoriaus talpą Cph µF.

P = 250 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatoriaiVidutinis
2400 V240 VIHV​ILV​ = ?250 kVA

Vienfazis 250 kVA, 2400/240 V transformatorius veikia vardine apkrova. Laikykite jį idealiu. Raskite srovę ILV žemosios įtampos apvijoje.

S = 250 kVAV1 = 2400 VV2 = 240 V
ILV = A
20.TransformatoriaiSunkus
pf 0,9100 kVA, η = 98,2%

Vienfazio 100 kVA transformatoriaus šerdies nuostoliai yra 400 W. Esant vardinei apkrovai ir galios koeficientui 0,9 (induktyvus), jo naudingumo koeficientas 98,2%. Raskite vario nuostolius Pcu,fl vatais esant vardinei apkrovai.

S = 100 kVAPcore = 400 Wpf = 0,9η = 98,2%
Pcu,fl = W
21.Operacinių stiprintuvų grandinėsVidutinis
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 100 kΩVin​

Parinkite grįžtamojo ryšio rezistorių Rf, kad šio neinvertuojančiojo stiprintuvo įtampos stiprinimas būtų 51.

R1 = 100 kΩAv = 51
Rf = kΩ
22.Operacinių stiprintuvų grandinėsSunkus
Vin​V1​Vout​1 pakopa: invertuojantiR1​ = 4,7 kΩRf1​ = 100 kΩ2 pakopa: neinvertuojantiR2​ = 22 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 = 0,15 V. Raskite išėjimo įtampą Vout.

R1 = 4,7 kΩRf1 = 100 kΩR2 = 22 kΩRf2 = 2 kΩVin = 0,15 V
Vout = V
23.Diodai ir tranzistoriaiVidutinis
RC​ = 1 kΩβ = 150IC​ = ?VCC​ = 9 VRB​ = 1000 kΩ

NPN tranzistoriaus, kurio β = 150, darbo taškas nustatomas bazės rezistoriumi RB = 1000 kΩ iš maitinimo šaltinio VCC = 9 V. Kolektoriaus rezistorius RC = 1 kΩ, emiteris įžemintas. Imkite VBE = 0,7 V ir tarkite, kad tranzistorius veikia aktyviojoje srityje. Raskite kolektoriaus srovę IC mA.

VCC = 9 VRB = 1000 kΩRC = 1 kΩβ = 150VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Diodai ir tranzistoriaiSunkus
RC​ = 330 Ωβ = 80VCC​ = 12 V5 VRB​ = ?

NPN tranzistorius, kurio β = 80, komutuoja 330 Ω apkrovos rezistorių, prijungtą tarp VCC = 12 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. Raskite didžiausią bazės rezistorių RB kΩ, kuris dar įveda tranzistorių į įsotinimą.

VCC = 12 VRC = 330 Ωβ = 80Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Skaičiavimo sistemosVidutinis
pozicijų vertės papildomajame kode1−12816413211618041211

8 bitų seka 1111 1011 saugo sveikąjį skaičių su ženklu papildomajame kode. Kokia jo reikšmė N dešimtainėje sistemoje?

1111 10118 bit
N =
26.Skaičiavimo sistemosSunkus
spustelėkite bitus, kad juos nustatytumėte012806403201608040201

Nustatykite bitus pagal 8 bitų rezultatą 0101 1101 AND 1100 0001. Kokia rezultato reikšmė R dešimtainėje sistemoje?

0101 1101AND1100 0001
R =
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABCD000111100001111010011302140507160120130151140809111010

Karno žemėlapiu raskite minimalią F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 4, 6, 11, 14) sandaugų sumos (SOP) formą. Kiek iš viso literalų L ji turi (su brūkšneliu žymimas kintamasis skaičiuojamas kaip vienas literalas)?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 4, 6, 11, 14)
L =
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
ABCD00011110000111100011X312X415X706112013X151141819011110

Raskite minimalią F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 5, 8, 9, 10, 12, 14) + d(3, 4, 7, 15) SOP formą, kur d žymi nesvarbias sąlygas. Kiek sandaugos narių N ji turi?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 5, 8, 9, 10, 12, 14) + d(3, 4, 7, 15)
N =
29.Laplaso transformacijosVidutinis
ReIm−1−2−3−4−5−61

F(s) = 15/(s² + 9s + 18). Jos atvirkštinė transformacija yra f(t) = A·e−3t + B·e−6t. Paprastosiomis trupmenomis raskite koeficientą A.

F(s) = 15/(s² + 9s + 18)
A =
30.Laplaso transformacijosSunkus
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Sistema tenkina y″ + 7y′ + 12y = 18·u(t). Ji pradeda iš rimties (y(0) = 0, y′(0) = 0), o įėjimas yra šuolis u(t) = 1, kai t ≥ 0. Laplaso transformacija raskite išėjimą y(0,25).

y″ + 7y′ + 12y = 18·u(t)u(t) = 1y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Struktūrinės schemosVidutinis
R(s)+10(s + 7)(s + 4)(s + 6)G(s)C(s)−

Vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūre G(s) = 10(s + 7)/((s + 4)(s + 6)). Prie atskaitos signalo prijungiamas 1 dydžio šuolis. Raskite nusistovėjusią paklaidą ess.

G(s) = 10(s + 7)/((s + 4)(s + 6))R = 1
ess =
32.Struktūrinės schemosSunkus
R(s)+24s(s + 5)G(s)C(s)0,5H−

Objektas G(s) = 24/(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) = 24/(s(s + 5))H = 0,5
σ =
33.Šuolinė reakcijaVidutinis
t (s)y(t)1

Sistemos perdavimo funkcija G(s) = 87/(s² + 12s + 87), o jos įėjimas yra vienetinis šuolis. Poliai yra s = σ ± jωd. Raskite realiąją dalį σ.

G(s) = 87/(s² + 12s + 87)
σ =
34.Šuolinė reakcijaSunkus
t (s)y(t)1tp​ = 2 s25 %

Antrosios eilės sistemos be nulių šuolinė reakcija rodo 25 % viršijimą, o pirmas pikas atsiranda ties t = 2 s. Raskite savąjį dažnį ωn.

%OS = 25 %tp = 2 s
ωn = rad/s
35.Bode grafikai ir atsargosVidutinis
vin​L = 1 mHC = 1 µFR = 2 Ωvout​

Parodytame nuosekliajame RLC juostiniame filtre išėjimas imamas ant R = 2 Ω, kai L = 1 mH ir C = 1 µF. Raskite −3 dB juostos plotį BW Hz.

R = 2 ΩL = 1 mHC = 1 µF
BW = Hz
36.Bode grafikai ir atsargosSunkus
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Vienetinio grįžtamojo ryšio kilpos atvirosios kilpos perdavimo funkcija yra L(s) = 6,5/(s(s + 1)). Raskite stiprinimo kirtimo dažnį ωc, kai |L(jω)| = 1.

L(s) = 6,5/(s(s + 1))
ωc = rad/s
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaVidutinis
R(s)+51s(s + 4)(s + 5)C(s)+

Schemoje pavaizduotame kontūre naudojamas teigiamas grįžtamasis ryšys, L(s) = 5/(s(s + 4)(s + 5)). Kiek uždarojo kontūro polių N yra dešiniojoje pusplokštumėje?

L(s) = 5/(s(s + 4)(s + 5))
N =
38.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaSunkus
ReImζ = 0,3−10j10

Pavaizduota kontūro L(s) = K/(s(s + 10)) šaknų geometrinė vieta. Raskite stiprinimą K, kuriam esant uždarojo kontūro polių slopinimo koeficientas yra ζ = 0,3.

L(s) = K/(s(s + 10))ζ = 0,3
K =
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasVidutinis
r(t) = 10 + 5t+2(s + 1)s(s + 4)(s + 10)C(s)−

Į vienetinio grįžtamojo ryšio kontūrą, kurio G(s) = 2(s + 1)/(s(s + 4)(s + 10)), paduodamas signalas r(t) = 10 + 5t (šuolis ir rampa). Raskite nusistovėjusiąją paklaidą ess.

G(s) = 2(s + 1)/(s(s + 4)(s + 10))r(t) = 10 + 5t
ess =
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasSunkus
R(s)+K = 201s(s + 4)C(s)−

Proporcinis reguliatorius K = 20 valdo objektą G(s) = 1/(s(s + 4)) vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre. Raskite šuolinės reakcijos pikų laiką tp.

G(s) = 1/(s(s + 4))K = 20
tp = s

3Tirpalai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: IR1 = 1,831 A

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​4 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 = 2 + 12 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 4·14/(4+14) = 3,111 Ω
Req = R1 + 3,111 = 10 + 3,111 = 13,11 Ω

Šaltinio srovė

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

IR1 = V1/Req = 24/13,11 = 1,831 A

Atsakymas

IR1 = 1,831 A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: Req = 6,094 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​ = 5 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​6 ΩAR4​12 ΩBR6​20 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 = 3 + 20 = 23 Ω
R4 ∥ 23 = 7,886 Ω
R3 + 7,886 = 12,89 Ω
R2 ∥ 12,89 = 4,094 Ω
Req = R1 + 4,094 = 2 + 4,094 = 6,094 Ω

Atsakymas

Req = 6,094 Ω
3.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: PIs = 42,92 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/3 + (VA − 18)/12 + (VA − VB)/15 = 0
0,4833·VA − 0,06667·VB = 1,5

KSD mazge B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/6 + (VB − VA)/15 = 3
−0,06667·VA + 0,2333·VB = 3

Išspręskite

Δ = (0,4833)(0,2333) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,1083
VA = Δ1/Δ = 0,55/0,1083 = 5,077 V
VB = Δ2/Δ = 1,55/0,1083 = 14,31 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 = 14,31·3 = 42,92 W

Atsakymas

PIs = 42,92 W
4.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: Is = 3,85 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.

Kirchhofo srovių dėsnis mazge A

VA žinoma, todėl ši lygtis duoda VB.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(5,5 − 10)/5 + 5,5/2 = (VB − 5,5)/10
1,85 = (VB − 5,5)/10 → VB = 24 V

Kirchhofo srovių dėsnis mazge B

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

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (24 − 5,5)/10 + 24/12 = 3,85 A

Atsakymas

Is = 3,85 A
5.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: VR1 = 2,667 V

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

R1​ = 12 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​15 VR3​3 ΩA+−V2​24 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
12·I1 + 3(I1 − I2) = 15
15·I1 − 3·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
3·I2 + 3(I2 − I1) = (−24)
−3·I1 + 6·I2 = −24

Išspręskite

Δ = (15)(6) − (−3)(−3) = 81
I1 = Δ1/Δ = 18/81 = 0,2222 A
I2 = Δ2/Δ = −315/81 = −3,889 A

Atsakymas

IR1 = I1 = 0,2222 A
VR1 = IR1·R1 = 0,2222·12 = 2,667 V

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

6.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: IR1 = 0,8439 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​ = 30 ΩR2​ = 25 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​36 VR4​12 ΩAR5​5 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
30·I1 + 12(I1 − I2) = 36
42·I1 − 12·I2 = 36

KĮD kontūre 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
25·I2 + 12(I2 − I1) + 5(I2 − I3) = 0
−12·I1 + 42·I2 − 5·I3 = 0

KĮD kontūre 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
10·I3 + 5(I3 − I2) = (−36)
−5·I2 + 15·I3 = −36

Išspręskite

Δ = koeficientų matricos determinantas = 23250
I1 = Δ1/Δ = 19620/23250 = 0,8439 A
I2 = Δ2/Δ = −1080/23250 = −0,04645 A
I3 = Δ3/Δ = −56160/23250 = −2,415 A

Atsakymas

IR1 = I1 = 0,8439 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

7.Superpozicija

Atsakymas: IR2 = −0,07219 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​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩAR4​6 ΩBATVIRA

1 atvejis · veikia tik V1

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

R3+R4 = 15+6 = 21 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·21/(8+21) = 5,793 Ω
VA = 6·5,793/(20+5,793) = 1,348 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 1,348·6/21 = 0,385 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (1,348 − 0)/8 = 0,1684 A
R1​ = 20 ΩR3​ = 15 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​8 ΩAR4​6 ΩBIs​1,5 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 = 20·8/(20+8) = 5,714 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 20,71 = 4,652 Ω
VB = Is·Req = (−1,5)·4,652 = −6,979 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −6,979·5,714/20,71 = −1,925 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (−1,925 − 0)/8 = −0,2406 A

Sudėkite dedamąsias

IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = 0,1684 + (−0,2406) = −0,07219 A

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

8.Superpozicija

Atsakymas: IR3 = −1,385 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 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​10 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 ∥ 27 = 6,171 Ω
VA = 10·6,171/(2+6,171) = 7,552 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 7,552·15/27 = 4,196 V
IR3′ = (0 − VA)/R3 = (0 − 7,552)/8 = −0,9441 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 15 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​8 ΩAIs​5 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 = 1,6 Ω, todėl kairysis kelias yra R2+1,6 = 13,6 Ω
Req = R4 ∥ 13,6 = 7,133 Ω
VB = Is·Req = 5·7,133 = 35,66 V
VA = VB·1,6/13,6 = 4,196 V
IR3″ = (0 − VA)/R3 = (0 − 4,196)/8 = −0,5245 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 15 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​8 ΩAATVIRAB−+V2​12 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 = 2·8/(2+8) = 1,6 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−12)·13,6/28,6 = −5,706 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −5,706·1,6/13,6 = −0,6713 V
IR3‴ = (0 − VA)/R3 = (0 − −0,6713)/8 = 0,08392 A

Sudėkite dedamąsias

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = (−0,9441) + (−0,5245) + 0,08392 = −1,385 A

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

9.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: IL = 0,075 A

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 8 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​2 ΩAabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 20·2/(20+2) = 1,818 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,818 + 8 = 9,818 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​2 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) = 18·2/(20+2) = 1,636 V
Rth​ = 9,818 Ω+−Vth​1,636 VRL​12 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) = 1,636/(9,818 + 12) = 0,075 A
10.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: Vth = 18,48 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​ = 8 ΩR3​ = 10 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​15 ΩAATVIRABabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 8·15/(8+15) = 5,217 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,217 + 10 = 15,22 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​5 VR2​15 ΩAIs​1 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) = 3,261 + 1·5,217 = 8,478 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 8,478 + 1·10 = 18,48 V
11.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: vC = 1,485 V

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

Kondensatoriaus matomas Tevenino ekvivalentas

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

Rth = R1 ∥ R2 = 4,7·6,8/(4,7 + 6,8) = 2,779 kΩ
vC(∞) = 9·6,8/(4,7 + 6,8) = 5,322 V

Laiko konstanta

τ = Rth·C = 2,779·33 = 91,71 ms

Įkrovimo kreivė

vC(t) = 5,322·(1 − e−30/91,71) = 1,485 V

Atsakymas

vC = 1,485 V
12.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: t = 53,36 ms

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

Pradinė vertė, galutinė vertė, laiko konstanta

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

vC(0) = 2 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 22 µF = 149,6 ms
vC(t) = 10 + (2 − 10)·e−t/τ

Išreiškite laiką

4,4 = 10 + (−8)·e−t/τ → e−t/τ = (4,4 − 10)/(2 − 10) = 0,7
t = τ·ln((2 − 10)/(4,4 − 10)) = 149,6·ln(1,429) = 53,36 ms

Atsakymas

t = 53,36 ms
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: P = 9,665 W

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

XL = 94,25 Ω, XC = 72,34 Ω

Pilnutinė varža

|Z| = √(50² + (21,9)²) = 54,59 Ω

Aktyvioji galia

Ritės ir kondensatoriai energiją tik kaupia ir grąžina; visą aktyviąją galią sunaudoja rezistorius.

I = 24/54,59 = 0,4397 A
P = I²·R = 0,4397²·50 = 9,665 W

Atsakymas

P = 9,665 W
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: f0 = 146,8 Hz

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

Rezonansas

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

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,25·4,7·10⁻⁶)) = 146,8 Hz

Atsakymas

f0 = 146,8 Hz
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: Q = 5,846 kvar

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

Kampas

φ = arccos(0,65) = 49,46°, tan φ = 1,169

Reaktyvioji galia

Q = P·tan φ = 5·1,169 = 5,846 kvar

Atsakymas

Q = 5,846 kvar
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: Inew = 217,4 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.

Reaktyvioji galia prieš ir po

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

Q1 = P·tan φ1 = 45·tan(45,57°) = 45,91 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 45·tan(25,84°) = 21,79 kvar
QC = Q1 − Q2 = 24,11 kvar

Nauja linijos srovė

Inew = P/(V·cos φ2) = 45000/(230·0,9) = 217,4 A

Atsakymas

Inew = 217,4 A
17.Trifazė galia

Atsakymas: P = 6,922 kW

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

Fazinė įtampa

Vph = 208/√3 = 120,1 V

Fazinė srovė

|Z| = √(4² + 3²) = 5 Ω
Iph = 120,1/5 = 24,02 A

Bendra aktyvioji galia

Aktyviąją galią naudoja tik aktyvioji kiekvieno impedanso dalis.

P = 3·Iph²·R = 3·24,02²·4 = 6,922 kW

Atsakymas

P = 6,922 kW

Patikrinimas: cos φ = R/|Z| = 0,8, o √3·VL·IL·cos φ duoda tą pačią galią.

18.Trifazė galia

Atsakymas: Cph = 2139 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 = 250·tan(acos 0,65) = 250·1,169 = 292,3 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,92) = 250·0,426 = 106,5 kvar

Kondensatorių tiekiama reaktyvioji galia

QC = Q1 − Q2 = 185,8 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) = 61928/(377·277,1²) = 2139 µF

Atsakymas

Cph = 2139 µF
19.Transformatoriai

Atsakymas: ILV = 1042 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.

ILV = S/V = 250000/240 = 1042 A

Atsakymas

ILV = 1042 A
20.Transformatoriai

Atsakymas: Pcu,fl = 1250 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 = 100·0,9 = 90 kW
Pin = 90000/0,982 = 91650 W

Bendri ir vario nuostoliai

Ploss = 91650 − 90000 = 1650 W
Pcu,fl = 1650 − 400 = 1250 W

Atsakymas

Pcu,fl = 1250 W
21.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Rf = 5000 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 = (51 − 1)·100 = 5000 kΩ

Atsakymas

Rf = 5000 kΩ
22.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = −3,482 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 = −100/4,7 = −21,28
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 2/22 = 1,091

Pakopa po pakopos

V1 = −21,28·0,15 = −3,191 V
Vout = 1,091·(−3,191) = −3,482 V

Atsakymas

Vout = −3,482 V
23.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: IC = 1,245 mA

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

Bazės srovė

IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/1000 kΩ = 8,3 µA

Kolektoriaus srovė

IC = β·IB = 150·8,3 µA = 1,245 mA

Atsakymas

IC = 1,245 mA

Patikrinimas: VCE = 7,755 V gerokai viršija 0,2 V, todėl tranzistorius iš tikrųjų veikia aktyviojoje srityje.

24.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: RB = 9,62 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) = (12 − 0,2)/330 = 35,76 mA

Mažiausia bazės srovė

IB(min) = IC(sat)/β = 35,76/80 = 447 µA

Bazės rezistorius

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,447 mA = 9,62 kΩ

Atsakymas

RB = 9,62 kΩ

Bet kuris mažesnis bazės rezistorius taip pat įsotina tranzistorių; praktikoje parenkamas kelis kartus mažesnis.

25.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: N = −5

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 + 64 + 32 + 16 + 8 + 2 + 1 = −5

Atsakymas

N = −5
26.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: R = 65

Bitų nustatymas: kiekvienas bitas vertas dvejeto laipsnio (128, 64, …, 1). Vienas šešioliktainis skaitmuo yra lygiai keturi bitai, o 8 bitų dvejetainiame papildomajame kode kairysis bitas vertas −128. Bitinės operacijos atliekamos kiekvienai bito pozicijai atskirai.

Bitas po bito

AND duoda 1 tik ten, kur abu bitai yra 1.

0101 1101
AND 1100 0001
= 0100 0001

Rezultato reikšmė

0100 0001₂ = 65

Atsakymas

R = 65
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: L = 9

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.

ABCD000111100001111010011302140507160120130151140809111010

Sugrupuokite vienetus

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

B′CD
BCD′
A′C′D′

Minimali SOP forma

F = B′CD + BCD′ + A′C′D′
L = 9

Atsakymas

L = 9
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: N = 4

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.

Pagrindiniai implikantai

Didžiausios grupės, kurias galima sudaryti iš vienetų ir X.

B′C′D, B′CD′, BC′D′, A′D, AD′, A′B′C, A′BC′, AB′C′, ABC
ABCD00011110000111100011X312X415X706112013X151141819011110

Minimalus dengimas

F = B′C′D + B′CD′ + A′D + AD′
N = 4

Atsakymas

N = 4

Egzistuoja kitas to paties dydžio grupavimas; jis turi tiek pat narių ir literalų.

29.Laplaso transformacijos

Atsakymas: A = 5

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 + 9s + 18 = (s + 3)(s + 6)
F(s) = A/(s + 3) + B/(s + 6)

Uždengimo taisyklė

Padauginkite iš (s + 3) ir įrašykite s = −3: B narys išnyksta.

A = 15/(s + 6) |s = −3 = 15/3 = 5

Atsakymas

A = 5
(B = −5, taigi f(t) = 5·e−3t − 5·e−6t)
30.Laplaso transformacijos

Atsakymas: y(0.25) = 0,3213

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

Y(s) = 18/(s(s + 3)(s + 4))

Paprastosios trupmenos

A = 18/(3·4) = 1,5
B = 18/((−3)·1) = −6
C = 18/((−4)·(−1)) = 4,5

Išskirta

y(t) = 1,5 − 6·e−3t + 4,5·e−4t
y(0,25) = 0,3213

Atsakymas

y(0,25) = 0,3213
31.Struktūrinės schemos

Atsakymas: ess = 0,2553

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).

Padėties paklaidos konstanta

Kₚ = G(0) = 10·7/(4·6) = 2,917

Nusistovėjusi paklaida

ess = A/(1 + Kₚ) = 1/(1 + 2,917) = 0,2553

Atsakymas

ess = 0,2553
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) + 24·0,5 = 0 → s² + 5s + 12 = 0

Šaknys

s = −2,5 ± j·√(12 − 6,25) = −2,5 ± j2,398
σ = −2,5

Atsakymas

σ = −2,5
33.Šuolinė reakcija

Atsakymas: σ = −6

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 = 87 → ωₙ = 9,327 rad/s
2ζωₙ = 12 → ζ = 12/(2·9,327) = 0,6433

Rezultatas

σ = −ζωₙ = −12/2 = −6

Atsakymas

σ = −6
34.Šuolinė reakcija

Atsakymas: ωn = 1,717 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(0,25)/√(π² + ln²(0,25)) = 1,386/√(9,87 + 1,922) = 0,4037

Savasis dažnis

ωd = π/tp = π/2 = 1,571 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 1,571/0,9149 = 1,717 rad/s

Atsakymas

ωn = 1,717 rad/s
35.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: BW = 318,3 Hz

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.

Rezonansinis dažnis

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,001·1 × 10⁻⁶) = 31623 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 5033 Hz

Juostos plotis

BW = R/L = 2/0,001 = 2000 rad/s = 318,3 Hz

Atsakymas

BW = 318,3 Hz
36.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: ωc = 2,453 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.

Stiprinimo kirtimas

ω⁴ + 1ω² − 42,25 = 0
ω² = (−1 + √(1 + 4·42,25))/2 = 6,019
ωc = 2,453 rad/s

Atsakymas

ωc = 2,453 rad/s
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: N = 1

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 + 9s² + 20s − 5 = 0

Raucho lentelė

s³: 1, 20
s²: 9, −5
s¹: 20,56
s⁰: −5

Pirmojo stulpelio ženklo kaitos

1 → 9 → 20,56 → −5
N = 1

Atsakymas

N = 1

Teigiamas grįžtamasis ryšys laisvąjį koeficientą padaro neigiamą: vienas realusis polius visada patenka į dešiniąją pusplokštumę.

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

Atsakymas: K = 277,8

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.

Palyginkite su standartine forma

s² + 10s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,3·ωₙ = 10 → ωₙ = 16,67 rad/s

Stiprinimas

K = ωₙ² = 16,67² = 277,8

Atsakymas

K = 277,8

Uždarojo kontūro poliai yra ten, kur ζ tiesė kerta vertikaliąją šaką ties s = −5.

39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ess = 100

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) = 0,05

Šuolio dalis

Kp = ∞ → estep = 0

Rampos paklaida

ess = 5/0,05 = 100

Atsakymas

ess = 100
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: tp = 0,7854 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 + 4) + 20·1 = s² + 4s + 20

ωₙ ir ζ

ωₙ = √20 = 4,472 rad/s
ζ = 4/(2·4,472) = 0,4472

Maksimumo laikas

ωd = 4,472·√(1 − 0,4472²) = 4 rad/s
tp = π/4 = 0,7854 s

Atsakymas

tp = 0,7854 s

Tai savarankiška mokymosi medžiaga. ExamProblems nėra susijusi su šį egzaminą organizuojančia institucija ir jos nėra patvirtinta, o egzamino pavadinimas naudojamas tik turiniui apibūdinti. FE exam egzaminą rengia NCEES, kuri nėra susijusi su ExamProblems ir jo neremia.

ExamProblems · examproblems.com/courses/fe-exam-electrical