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​ = 12 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩIR2​AR4​6 ΩB

Raskite srovę IR2 per R2.

V1 = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 ΩR4 = 6 Ω
IR2 = A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiSunkus
R1​ = 12 ΩIR1​R3​ = 15 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​30 ΩAR4​4 ΩBR6​25 Ω

Raskite šaltinio tiekiamą srovę IR1, tekančią per R1.

V1 = 30 VR1 = 12 ΩR2 = 30 ΩR3 = 15 ΩR4 = 4 ΩR5 = 4 ΩR6 = 25 Ω
IR1 = A
3.Mazgų potencialų metodasVidutinis
R1​ = 5 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAR4​5 ΩBIs​3 A

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

V1 = 9 VIs = 3 AR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 ΩR4 = 5 Ω
VB = V
4.Mazgų potencialų metodasSunkus
R1​ = 8 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAR4​4 ΩBIs​?

Srovės šaltinis reguliuojamas tol, kol mazgo A įtampa tampa VA = 17,5 V. Mazgų potencialų metodu raskite šaltinio srovę Is (kryptis kaip pavaizduota).

V1 = 30 VR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 8 ΩR4 = 4 ΩVA = 17,5 V
Is = A
5.Kontūrų srovių metodasVidutinis
R1​ = 12 ΩR2​ = 12 ΩIR2​+−V1​18 VR3​20 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 18 VV2 = 18 VR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 Ω
IR2 = A
6.Kontūrų srovių metodasSunkus
R1​ = 15 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 3 Ω+−VR3​+−V1​12 VR4​10 ΩAR5​6 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

Taikykite kontūrų srovių metodą ir raskite įtampą VR3 ant R3 su pažymėtu poliškumu.

V1 = 12 VV2 = 5 VR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 ΩR4 = 10 ΩR5 = 6 Ω
VR3 = V
7.SuperpozicijaVidutinis
R1​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩIR2​AR4​3 ΩBIs​1 A

Taikydami superpoziciją, raskite galią PR2, kurią sunaudoja R2.

V1 = 9 VIs = 1 AR1 = 10 ΩR2 = 3 ΩR3 = 2 ΩR4 = 3 Ω
PR2 = W
8.SuperpozicijaSunkus
R1​ = 3 ΩR2​ = 5 ΩIR2​R4​ = 12 Ω+−V1​30 VR3​3 ΩAIs​5 AB+−V2​18 V

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

V1 = 30 VIs = 5 AV2 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 3 ΩR4 = 12 Ω
IR2 = A
9.Teveninas ir NortonasVidutinis
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​2 ΩAab

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

V1 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 5 Ω
Vth = V
10.Teveninas ir NortonasSunkus
R1​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAIs​2 ABRL​5 ΩIL​

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

V1 = 30 VIs = 2 AR1 = 8 ΩR2 = 6 ΩR3 = 15 ΩRL = 5 Ω
PL = W
11.RC ir RL pereinamieji procesaiVidutinis
+−Vs​15 Vt = 0R = 47 ΩL220 mHi(t)

Kol jungiklis neužsidarė momentu t = 0, rite srovė neteka. Raskite ritėje sukauptą energiją W momentu t = 5 ms, mJ.

Vs = 15 VR = 47 ΩL = 220 mHt = 5 ms
W = mJ
12.RC ir RL pereinamieji procesaiSunkus
+−Vs​12 Vt = 0R = 2,2 kΩC22 µF+−vC​vC​(0) = 10 V

Prieš pat jungiklio užsidarymą momentu t = 0 kondensatoriaus įtampa yra 10 V su pažymėtu poliškumu. Per kiek laiko vC pasieks 10,8 V? Raskite t.

Vs = 12 VR = 2,2 kΩC = 22 µFvC(0) = 10 V
t = ms
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiVidutinis
230 V50 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 22 µFI

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 230 V (efektinė), 50 Hz maitinimo. Raskite iš tinklo imamą aktyviąją galią P.

V = 230 V (rms)f = 50 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 22 µF
P = W
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiSunkus
10 Vf0​R = 20 ΩL = 50 mHC = 0,22 µF

Nuosekli RLC grandinė maitinama 10 V (efektinė) šaltiniu, kurio dažnis nustatytas lygus grandinės rezonansiniam dažniui. Raskite efektinę įtampą VL ant ritės.

V = 10 V (rms)R = 20 ΩL = 50 mHC = 0,22 µF
VL = V
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasVidutinis
P = 38 kWQSφ

Vienfazis variklis iš 400 V tinklo ima 38 kW, kai galios koeficientas 0,75 (induktyvus). Raskite linijos srovę I.

P = 38 kWpf = 0,75V = 400 V
I = A
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasSunkus
P = 5 kWQ1​S1​φ1​QC​

Vienfazė apkrova iš 400 V, 60 Hz tinklo ima 5 kW, kai galios koeficientas 0,6 (induktyvus). Lygiagrečiai prijungtas kondensatorius padidina galios koeficientą iki 0,95. Raskite reaktyviąją galią QC, kurią turi tiekti kondensatorius.

P = 5 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,95V = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
17.Trifazė galiaVidutinis
ABCVL​ = 480 VIL​ = 80 Acos φ = 0,8induktyvus

Simetrinė trifazė apkrova ima 80 A linijinę srovę iš tinklo, kurio linijinė įtampa 480 V. Galios koeficientas 0,8 (induktyvus). Raskite bendrą apkrovos naudojamą aktyviąją galią P kW.

VL = 480 VIL = 80 Acos φ = 0,8
P = kW
18.Trifazė galiaSunkus
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Simetrinė trifazė apkrova iš 415 V (linijinė įtampa), 50 Hz tinklo ima 120 kW, kai galios koeficientas 0,8 (induktyvus). Lygiagrečiai apkrovai prijungta trifazė kondensatorių baterija turi padidinti bendrą galios koeficientą iki 0,98 (induktyvus). Aktyvioji galia nekinta. Kondensatoriai sujungti trikampiu. Raskite kiekvieno kondensatoriaus talpą Cph µF.

P = 120 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoriaiVidutinis
RL​ = 5 Ω51600 VV2​I1​ = ?I2​

Idealaus transformatoriaus, kurio transformacijos koeficientas N₁:N₂ = 5:1, pirminei apvijai prijungta 600 V įtampa. Prie antrinės apvijos prijungtas 5 Ω rezistorius. Raskite pirminę srovę I1.

N1:N2 = 5:1V1 = 600 VRL = 5 Ω
I1 = A
20.TransformatoriaiSunkus
250 kVA

Vienfazio 250 kVA transformatoriaus šerdies nuostoliai yra 750 W, o vario nuostoliai esant vardinei apkrovai – 2250 W. Esant kokiai apkrovai Sη,max kVA jo naudingumo koeficientas didžiausias?

S = 250 kVAPcore = 750 WPcu,fl = 2250 W
Sη,max = kVA
21.Operacinių stiprintuvų grandinėsVidutinis
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 2 kΩVin​

Operacinis stiprintuvas idealus ir maitinamas ±15 V įtampa; jo išėjimas įsisotina ties ±13 V. Neinvertuojantis stiprintuvas valdomas sinusiniu signalu. Raskite didžiausią įėjimo amplitudę Vin,max (amplitudinę vertę), kuriai esant išėjimas neapribojamas.

R1 = 2 kΩRf = 100 kΩVsat = ±13 V
Vin,max = V
22.Operacinių stiprintuvų grandinėsSunkus
Vin​V1​Vout​1 pakopa: invertuojantiR1​ = 10 kΩRf1​ = 22 kΩ2 pakopa: neinvertuojantiR2​ = 100 kΩRf2​ = 10 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. Raskite bendrą įtampos stiprinimo koeficientą Av = Vout/Vin.

R1 = 10 kΩRf1 = 22 kΩR2 = 100 kΩRf2 = 10 kΩ
Av =
23.Diodai ir tranzistoriaiVidutinis
+−9 VR = ?3 × 2,1 V15 mA

3 geltona LED (kiekvieno tiesioginė įtampa 2,1 V) sujungti nuosekliai su rezistoriumi ir prijungti prie 9 V šaltinio. Raskite varžą R, nustatančią 15 mA srovę.

Vs = 9 VVF = 2,1 Vn = 3I = 15 mA
R = Ω
24.Diodai ir tranzistoriaiSunkus
V (V)I (mA)0,71212Q = ?

Diodas modeliuojamas kaip 0,7 V nuosekliai su 25 Ω (praleidžia virš 0,7 V). Jis sujungtas nuosekliai su 1000 Ω rezistoriumi ir prijungtas prie 12 V šaltinio. Raskite darbo srovę ID, kur diodo tiesė kertasi su apkrovos tiese.

Vs = 12 VR = 1000 ΩV0 = 0,7 Vrd = 25 Ω
ID = mA
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
3717 kodai, b = ? bitų?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Sistema kiekvienam iš 3717 elementų turi suteikti atskirą tokio pat ilgio dvejetainį kodą. Kiek mažiausiai bitų b reikia?

3717
b = bit
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
MUX0I0​0I1​1I2​C′I3​ABS1​S0​F

4 į 1 multiplekserio pasirinkimo įėjimai yra S₁ = A ir S₀ = B, o duomenų įėjimai prijungti prie I₀ = 0, I₁ = 0, I₂ = 1, I₃ = C′. Kiek iš 8 A, B ir C derinių duoda išėjimą F = 1? Raskite N.

I₀ = 0I₁ = 0I₂ = 1I₃ = C′
N =
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKRING

4 bitų žiedinis skaitiklis Q₃Q₂Q₁Q₀ pradeda nuo 1000. Kiekvienu taktiniu frontu bitai pasislenka per vieną vietą į dešinę (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀), o Q₃ gauna Q₀. Nurodykite būseną Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ dešimtainiu skaičiumi po 9 taktinių frontų.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 10009
Q =
29.Laplaso transformacijosVidutinis
ReIm−2−4−6−82

Pilnojo kvadrato išskyrimo būdu raskite f(t), kai F(s) = (4s + 28)/(s² + 8s + 25), ir apskaičiuokite f(0,5).

F(s) = (4s + 28)/(s² + 8s + 25)t = 0,5 s
f(0.5) =
30.Laplaso transformacijosSunkus
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−91

Sistema aprašoma diferencialine lygtimi y″ + 5y′ + 4y = 2u′ + 16u, kurios įėjimas u(t), o išėjimas y(t). Raskite jos perdavimo funkciją G(s) = Y(s)/U(s) (pradinės sąlygos nulinės) ir apskaičiuokite impulsinę reakciją g(t) ties t = 0,2 s. Raskite g(0,2).

y″ + 5y′ + 4y = 2u′ + 16ut = 0,2 s
g(0.2) =
31.Struktūrinės schemosVidutinis
R(s)+46s(s + 5)G(s)C(s)−

Vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūre G(s) = 46/(s(s + 5)). Atskaitos signalas yra tiesiškai kintantis signalas r(t) = 10·t. Raskite nusistovėjusią paklaidą ess.

G(s) = 46/(s(s + 5))r(t) = 10·t
ess =
32.Struktūrinės schemosSunkus
R(s)+Ks(s + 2)(s + 8)G(s)C(s)−

Objektas G(s) = K/(s(s + 2)(s + 8)) įtrauktas į vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūrą. Esant didžiausiam stabiliam stiprinimui kontūras svyruoja. Raskite svyravimo dažnį ω rad/s.

G(s) = K/(s(s + 2)(s + 8))vienetinis neigiamas grįžtamasis ryšys
ω = rad/s
33.Šuolinė reakcijaVidutinis
t (s)y(t)0,5

Sistemos perdavimo funkcija G(s) = 32,5/(s² + 11s + 65), o jos įėjimas yra vienetinis šuolis. Poliai yra s = σ ± jωd. Raskite realiąją dalį σ.

G(s) = 32,5/(s² + 11s + 65)
σ =
34.Šuolinė reakcijaSunkus
R(s)+185s(s + 4)G(s)C(s)−

Vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūre G(s) = 185/(s(s + 4)). Raskite uždarosios sistemos šuolinės reakcijos 2 % nusistovėjimo laiką ts, naudodami ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 185/(s(s + 4))
ts = s
35.Bode grafikai ir atsargosVidutinis
|H| (dB)0,1110100−2002040ω (rad/s)ω = 1

Raskite G(s) = 1080/((s + 6)(s + 9)) tikslų modulį |G(jω)|, kai ω = 1 rad/s, dB.

G(s) = 1080/((s + 6)(s + 9))ω = 1 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Bode grafikai ir atsargosSunkus
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​ = ?

Vienetinio grįžtamojo ryšio kilpos atvirosios kilpos perdavimo funkcija yra L(s) = 84/(s(s + 4)(s + 9)). Raskite fazės kirtimo dažnį ω180, kai ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 84/(s(s + 4)(s + 9))
ω180 = rad/s
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaVidutinis
R(s)+501s(s + 3)(s + 8)C(s)+

Schemoje pavaizduotame kontūre naudojamas teigiamas grįžtamasis ryšys, L(s) = 50/(s(s + 3)(s + 8)). Kiek uždarojo kontūro polių N yra dešiniojoje pusplokštumėje?

L(s) = 50/(s(s + 3)(s + 8))
N =
38.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaSunkus
ReIm−2−4−6−8−10−12j2

Vienetinio grįžtamojo ryšio kontūro L(s) = K/(s(s + 8)(s + 10)). Raskite tašką σa, kuriame šaknų geometrinės vietos asimptotės kerta realiąją ašį.

L(s) = K/(s(s + 8)(s + 10))
σa =
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasVidutinis
r(t) = 2t+Ks(s + 4)C(s)−

Vienetinio grįžtamojo ryšio kontūras, kurio G(s) = K/(s(s + 4)), turi sekti rampą r(t) = 2t su 0,01 nusistovėjusiąja paklaida. Raskite stiprinimą K.

G(s) = K/(s(s + 4))r(t) = 2tess = 0,01
K =
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasSunkus
R(s)+K = 102s(s + 2)C(s)−

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

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

3Tirpalai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: IR2 = 0,1221 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​ = 12 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAR4​6 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 + 6 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 20·14/(20+14) = 8,235 Ω
Req = R1 + 8,235 = 12 + 8,235 = 20,24 Ω

Šaltinio srovė

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

IR1 = V1/Req = 6/20,24 = 0,2965 A

Srovė per R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 6 − 0,2965·12 = 2,442 V
IR2 = VA/R2 = 2,442/20 = 0,1221 A

Atsakymas

IR2 = 0,1221 A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: IR1 = 1,279 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​ = 12 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​30 ΩAR4​4 ΩBR6​25 Ω

Junkite rezistorius nuo tolimiausio galo

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

R5 + R6 = 4 + 25 = 29 Ω
R4 ∥ 29 = 3,515 Ω
R3 + 3,515 = 18,52 Ω
R2 ∥ 18,52 = 11,45 Ω
Req = R1 + 11,45 = 12 + 11,45 = 23,45 Ω

Šaltinio srovė

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

IR1 = V1/Req = 30/23,45 = 1,279 A

Atsakymas

IR1 = 1,279 A
3.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: VB = 11,16 V

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

R1​ = 5 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAR4​5 ΩBIs​3 A

Nustatykite mazgus

Įžeminimas – apatinis laidas. Žinomi mazgų potencialai gaunami tiesiai iš šaltinių (V1 = 9 V). Nežinomieji: VA, VB.

KSD mazge A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/15 + (VA − 9)/5 + (VA − VB)/2 = 0
0,7667·VA − 0,5·VB = 1,8

KSD mazge B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/5 + (VB − VA)/2 = 3
−0,5·VA + 0,7·VB = 3

Išspręskite

Δ = (0,7667)(0,7) − (−0,5)(−0,5) = 0,2867
VA = Δ1/Δ = 2,76/0,2867 = 9,628 V
VB = Δ2/Δ = 3,2/0,2867 = 11,16 V

Atsakymas

VB = 11,16 V
4.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: Is = 4,938 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
(17,5 − 30)/8 + 17,5/10 = (VB − 17,5)/8
0,1875 = (VB − 17,5)/8 → VB = 19 V

Kirchhofo srovių dėsnis mazge B

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

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (19 − 17,5)/8 + 19/4 = 4,938 A

Atsakymas

Is = 4,938 A
5.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: IR2 = −0,3462 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​ = 12 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​18 VR3​20 ΩA+−V2​18 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 + 20(I1 − I2) = 18
32·I1 − 20·I2 = 18

KĮD kontūre 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
12·I2 + 20(I2 − I1) = (−18)
−20·I1 + 32·I2 = −18

Išspręskite

Δ = (32)(32) − (−20)(−20) = 624
I1 = Δ1/Δ = 216/624 = 0,3462 A
I2 = Δ2/Δ = −216/624 = −0,3462 A

Atsakymas

IR2 = I2 = −0,3462 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

6.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: VR3 = −1,562 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​ = 15 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR4​10 ΩAR5​6 ΩB+−V2​5 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
15·I1 + 10(I1 − I2) = 12
25·I1 − 10·I2 = 12

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
20·I2 + 10(I2 − I1) + 6(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 36·I2 − 6·I3 = 0

KĮD kontūre 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
3·I3 + 6(I3 − I2) = (−5)
−6·I2 + 9·I3 = −5

Išspręskite

Δ = koeficientų matricos determinantas = 6300
I1 = Δ1/Δ = 3156/6300 = 0,501 A
I2 = Δ2/Δ = 330/6300 = 0,05238 A
I3 = Δ3/Δ = −3280/6300 = −0,5206 A

Atsakymas

IR3 = I3 = −0,5206 A
VR3 = IR3·R3 = −0,5206·3 = −1,562 V

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

7.Superpozicija

Atsakymas: PR2 = 1,87 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​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​9 VR2​3 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 = 2+3 = 5 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
VA = 9·1,875/(10+1,875) = 1,421 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 1,421·3/5 = 0,8526 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (1,421 − 0)/3 = 0,4737 A
R1​ = 10 ΩR3​ = 2 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​3 ΩAR4​3 ΩBIs​1 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 = 10·3/(10+3) = 2,308 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 3 ∥ 4,308 = 1,768 Ω
VB = Is·Req = 1·1,768 = 1,768 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 1,768·2,308/4,308 = 0,9474 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (0,9474 − 0)/3 = 0,3158 A

Sudėkite srovės indėlius

IR2 = IR2′ + IR2″ = 0,4737 + 0,3158 = 0,7895 A

Rezistoriaus galia

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

PR2 = IR2²·R2 = 0,7895²·3 = 1,87 W

Atsakymas

PR2 = 1,87 W

Sudėjus atskirų atvejų galias būtų gauta 0,9723 W, o tai neteisinga.

8.Superpozicija

Atsakymas: IR2 = −3,405 A

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

R1​ = 3 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​30 VR3​3 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) = 3 ∥ 17 = 2,55 Ω
VA = 30·2,55/(3+2,55) = 13,78 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 13,78·12/17 = 9,73 V
IR2′ = (VA − VB)/R2 = (13,78 − 9,73)/5 = 0,8108 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 12 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​3 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 = 1,5 Ω, todėl kairysis kelias yra R2+1,5 = 6,5 Ω
Req = R4 ∥ 6,5 = 4,216 Ω
VB = Is·Req = 5·4,216 = 21,08 V
VA = VB·1,5/6,5 = 4,865 V
IR2″ = (VA − VB)/R2 = (4,865 − 21,08)/5 = −3,243 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 12 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​3 ΩAATVIRAB+−V2​18 V

3 atvejis · veikia tik V2

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

R1 ∥ R3 = 3·3/(3+3) = 1,5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 18·6,5/18,5 = 6,324 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 6,324·1,5/6,5 = 1,459 V
IR2‴ = (VA − VB)/R2 = (1,459 − 6,324)/5 = −0,973 A

Sudėkite dedamąsias

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴
IR2 = 0,8108 + (−3,243) + (−0,973) = −3,405 A

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

9.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: Vth = 8,571 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​ = 5 ΩR3​ = 5 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 = 5·2/(5+2) = 1,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,429 + 5 = 6,429 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 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) = 30·2/(5+2) = 8,571 V
10.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: PL = 22,51 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​ = 8 ΩR3​ = 15 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​6 ΩAATVIRABabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 8·6/(8+6) = 3,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,429 + 15 = 18,43 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAIs​2 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) = 12,86 + 2·3,429 = 19,71 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 19,71 + 2·15 = 49,71 V
Rth​ = 18,43 Ω+−Vth​49,71 VRL​5 ΩIL​

Prijunkite apkrovą prie Tevenino ekvivalento

Tevenino šaltinis ir nuoseklus R_th gnybtuose a–b elgiasi lygiai kaip pradinė grandinė, todėl apkrova mato paprastą nuoseklų kontūrą.

IL = Vth/(Rth + RL) = 49,71/(18,43 + 5) = 2,122 A
PL = IL²·RL = 2,122²·5 = 22,51 W
11.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: W = 4,827 mJ

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 = 220 mH / 47 Ω = 4,681 ms
i(∞) = Vs/R = 15/47 = 0,3191 A

Srovė duotuoju momentu

i(t) = 0,3191·(1 − e−5/4,681) = 0,2095 A

Sukaupta energija

W = ½·L·i² = ½·220·0,2095² = 4,827 mJ

Atsakymas

W = 4,827 mJ
12.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: t = 24,72 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) = 10 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 22 µF = 48,4 ms
vC(t) = 12 + (10 − 12)·e−t/τ

Išreiškite laiką

10,8 = 12 + (−2)·e−t/τ → e−t/τ = (10,8 − 12)/(10 − 12) = 0,6
t = τ·ln((10 − 12)/(10,8 − 12)) = 48,4·ln(1,667) = 24,72 ms

Atsakymas

t = 24,72 ms
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: P = 354,1 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 = 78,54 Ω, XC = 144,7 Ω

Pilnutinė varža

|Z| = √(40² + (−66,15)²) = 77,3 Ω

Aktyvioji galia

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

I = 230/77,3 = 2,975 A
P = I²·R = 2,975²·40 = 354,1 W

Atsakymas

P = 354,1 W
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: VL = 238,4 V

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

Rezonansas

Rezonanso metu reaktyviosios varžos susiprastina, todėl pilnutinė varža lygi tik R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,05·0,22·10⁻⁶) = 9535 rad/s
I = V/R = 10/20 = 0,5 A

Įtampa ant ritės

XL = ω₀L = 9535·0,05 = 476,7 Ω
VL = I·XL = 0,5·476,7 = 238,4 V

Atsakymas

VL = 238,4 V

Tai Q = 23,84 kartų didesnė už maitinimo įtampą.

15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: I = 126,7 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) = 38000/(400·0,75) = 126,7 A

Atsakymas

I = 126,7 A
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: QC = 5,023 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.

Reaktyvioji galia prieš ir po

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

Q1 = P·tan φ1 = 5·tan(53,13°) = 6,667 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(18,19°) = 1,643 kvar
QC = Q1 − Q2 = 5,023 kvar

Atsakymas

QC = 5,023 kvar
17.Trifazė galia

Atsakymas: P = 53,21 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 = √3·480·80 = 66,51 kVA

Aktyvioji galia

P = S·cos φ = 66,51·0,8 = 53,21 kW

Atsakymas

P = 53,21 kW
18.Trifazė galia

Atsakymas: Cph = 404,3 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 0,8) = 120·0,75 = 90 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,98) = 120·0,2031 = 24,37 kvar

Kondensatorių tiekiama reaktyvioji galia

QC = Q1 − Q2 = 65,63 kvar

Vienos fazės talpa

Trikampiu sujungtoje baterijoje kiekvienas kondensatorius prijungtas tarp dviejų linijų.

V = 415 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 21878/(314,2·415²) = 404,3 µF

Atsakymas

Cph = 404,3 µF
19.Transformatoriai

Atsakymas: I1 = 4,8 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 = 600/5 = 120 V
I2 = 120/5 = 24 A

Pirminė srovė

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

I1 = I2/5 = 4,8 A

Atsakymas

I1 = 4,8 A

Patikrinimas: iš pirminės pusės matoma apkrova yra a²·RL = 125 Ω, o 600/125 duoda tą pačią srovę.

20.Transformatoriai

Atsakymas: Sη,max = 144,3 kVA

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

Vario nuostoliai lygūs šerdies nuostoliams

x²·2250 = 750 → x = √(750/2250) = 0,5774

Apkrova esant didžiausiam naudingumo koeficientui

Sη,max = x·S = 0,5774·250 = 144,3 kVA

Atsakymas

Sη,max = 144,3 kVA
21.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vin,max = 0,2549 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.

Stiprinimas

Av = 1 + Rf/R1 = 1 + 100/2 = 51

Didžiausias įėjimas prieš apribojimą

Vin,max = Vsat/|Av| = 13/51 = 0,2549 V

Atsakymas

Vin,max = 0,2549 V
22.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Av = −2,42

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 = −22/10 = −2,2
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 10/100 = 1,1

Bendras stiprinimas

Av = A1·A2 = −2,2·1,1 = −2,42

Atsakymas

Av = −2,42
23.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: R = 180 Ω

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

Įtampa ant rezistoriaus

VR = 9 − 3·2,1 = 2,7 V

Varža

R = 2,7/0,015 = 180 Ω

Atsakymas

R = 180 Ω

Rezistoriuje išsiskiria 40,5 mW.

24.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: ID = 11,02 mA

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

Sujunkite dvi lygtis

12 = 0,7 + I·(1000 + 25)

Darbo srovė

ID = 11,3/1025 = 11,02 mA
VD = 0,7 + 0,01102·25 = 0,9756 V

Atsakymas

ID = 11,02 mA
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: b = 12 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

211 = 2048 < 3717
212 = 4096 ≥ 3717

Atsakymas

b = 12
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: N = 3

Multiplekseris: 2ⁿ į 1 multiplekseris perduoda vieną iš savo duomenų įėjimų į išėjimą; pasirinkimo linijos, skaitomos kaip dvejetainis skaičius, nurodo kurį. 4 į 1 MUX su pasirinkimo įėjimais S₁S₀ = AB, F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Duomenų įėjimus prijungus prie 0, 1, C arba C′, MUX gali sukurti bet kurią A, B ir C funkciją; tai dažnas būdas sudaryti logiką viena mikroschema.

Išėjimo išraiška

F = AB′ + ABC′

Eilutės su F = 1

ABC = 100, 101, 110
N = 3

Atsakymas

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

Atsakymas: Q = 4

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.

Būsena po kiekvieno fronto

1000 → 0100 → 0010 → 0001 → 1000 → 0100 → 0010 → 0001 → 1000 → 0100

Dešimtainė reikšmė

0100₂ = 4

Atsakymas

Q = 4
29.Laplaso transformacijos

Atsakymas: f(0.5) = 0,5783

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).

Išskirkite pilnąjį kvadratą

s² + 8s + 25 = (s + 4)² + 9 = (s + 4)² + 3²

Suderinkite skaitiklį

F(s) = 4·(s + 4)/((s + 4)² + 3²) + (12/3)·3/((s + 4)² + 3²)

Atvirkštinė transformacija

f(t) = e−4t·(4·cos 3t + 4·sin 3t)
f(0,5) = e−4·0,5·(4·cos(3·0,5) + 4·sin(3·0,5)) = 0,5783

Atsakymas

f(0,5) = 0,5783
30.Laplaso transformacijos

Atsakymas: g(0.2) = 2,623

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

Perdavimo funkcija

G(s) = Y(s)/U(s) = (2s + 16)/(s² + 5s + 4)

Paprastosios trupmenos

s² + 5s + 4 = (s + 1)(s + 4)
A = 4,667, B = −2,667

Impulsinė reakcija

g(t) = 4,667·e−t − 2,667·e−4t
g(0,2) = 2,623

Atsakymas

g(0,2) = 2,623
31.Struktūrinės schemos

Atsakymas: ess = 1,087

Struktūrinių schemų algebra: nuosekliai sujungti blokai dauginami (G₁·G₂), lygiagrečiai sujungti blokai sudedami (G₁ + G₂), o kontūras su tiesioginiu keliu G ir grįžtamuoju ryšiu H sutrumpinamas iki T = G/(1 + G·H) neigiamam grįžtamajam ryšiui ir G/(1 − G·H) teigiamam grįžtamajam ryšiui. Pirmiausia sutrumpinkite vidinius kontūrus, tada eikite į išorę. Uždarosios sistemos poliai yra charakteristinės lygties 1 + G(s)H(s) = 0 šaknys. Stabilioje sistemoje A dydžio šuolinis įėjimas duoda nusistovėjusį išėjimą A·T(0); esant vienetiniam grįžtamajam ryšiui nusistovėjusi paklaida šuoliui yra A/(1 + Kp), kur Kp = G(0).

Greičio paklaidos konstanta

Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 46/5 = 9,2

Nusistovėjusi paklaida

ess = A/Kᵥ = 10/9,2 = 1,087

Atsakymas

ess = 1,087
32.Struktūrinės schemos

Atsakymas: ω = 4 rad/s

Struktūrinių schemų algebra: nuosekliai sujungti blokai dauginami (G₁·G₂), lygiagrečiai sujungti blokai sudedami (G₁ + G₂), o kontūras su tiesioginiu keliu G ir grįžtamuoju ryšiu H sutrumpinamas iki T = G/(1 + G·H) neigiamam grįžtamajam ryšiui ir G/(1 − G·H) teigiamam grįžtamajam ryšiui. Pirmiausia sutrumpinkite vidinius kontūrus, tada eikite į išorę. Uždarosios sistemos poliai yra charakteristinės lygties 1 + G(s)H(s) = 0 šaknys. Stabilioje sistemoje A dydžio šuolinis įėjimas duoda nusistovėjusį išėjimą A·T(0); esant vienetiniam grįžtamajam ryšiui nusistovėjusi paklaida šuoliui yra A/(1 + Kp), kur Kp = G(0).

Charakteringoji lygtis

s³ + 10s² + 16s + K = 0

Raucho lentelė

s³ | 1 16
s² | 10 K
s¹ | (10·16 − K)/10
s⁰ | K

Stabilumo riba

Visi pirmojo stulpelio elementai turi būti teigiami.

Kmax = 10·16 = 160

Svyravimo dažnis

10·(jω)² + 160 = 0 → ω² = 160/10 = 16
ω = 4 rad/s

Atsakymas

ω = 4 rad/s
33.Šuolinė reakcija

Atsakymas: σ = −5,5

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 = 65 → ωₙ = 8,062 rad/s
2ζωₙ = 11 → ζ = 11/(2·8,062) = 0,6822

Rezultatas

σ = −ζωₙ = −11/2 = −5,5

Atsakymas

σ = −5,5
34.Šuolinė reakcija

Atsakymas: ts = 2 s

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

Uždarosios sistemos perdavimo funkcija

T(s) = 185/(s² + 4s + 185): ωₙ = 13,6 rad/s, ζ = 0,147

Nusistovėjimo laikas

ζωₙ = 4/2 = 2
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 2 s

Atsakymas

ts = 2 s

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

35.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: |G(jω)| = 25,85 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.

Sudauginkite modulius

|G(j1)| = 1080/(√(1² + 6²)·√(1² + 9²)) = 1080/(6,083·9,055) = 19,61

Rezultatas

20·log₁₀(19,61) = 25,85 dB

Atsakymas

|G(jω)| = 25,85 dB
36.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: ω180 = 6 rad/s

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

Fazės kirtimas

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

Atsakymas

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

Atsakymas: 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 + 11s² + 24s − 50 = 0

Raucho lentelė

s³: 1, 24
s²: 11, −50
s¹: 28,55
s⁰: −50

Pirmojo stulpelio ženklo kaitos

1 → 11 → 28,55 → −50
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: σa = −6

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

Poliai ir nuliai

poliai: 0, −8, −10
n − m = 3 − 0 = 3

Svorio centras

σa = (−18)/3 = −6

Atsakymas

σa = −6

3 asimptotės išeina iš centroido kampais 60°, 180°, 300°.

39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: K = 800

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.

Reikiama greičio konstanta

Kv = A/ess = 2/0,01 = 200

Stiprinimas

K = 4·Kv = 800

Atsakymas

K = 800

Didelis stiprinimas šį kontūrą padaro labai silpnai slopinamą: ζ = 0,07071. Dėl šios prieštaros naudojami kompensatoriai.

40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: tp = 0,7207 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 + 2) + 10·2 = s² + 2s + 20

ωₙ ir ζ

ωₙ = √20 = 4,472 rad/s
ζ = 2/(2·4,472) = 0,2236

Maksimumo laikas

ωd = 4,472·√(1 − 0,2236²) = 4,359 rad/s
tp = π/4,359 = 0,7207 s

Atsakymas

tp = 0,7207 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