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​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​5 ΩB

Raskite ekvivalentinę varžą Req, kurią mato šaltinis V1.

V1 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 ΩR4 = 5 Ω
Req = Ω
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiSunkus
R1​ = 15 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​30 ΩIR2​AR4​3 ΩBR6​5 Ω

Raskite srovę IR2 per R2.

V1 = 24 VR1 = 15 ΩR2 = 30 ΩR3 = 5 ΩR4 = 3 ΩR5 = 12 ΩR6 = 5 Ω
IR2 = A
3.Mazgų potencialų metodasVidutinis
R1​ = 5 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAR4​20 ΩBIs​3 A

Mazgų potencialų metodu raskite srovės šaltinio Is atiduodamą galią PIs.

V1 = 9 VIs = 3 AR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩR4 = 20 Ω
PIs = W
4.Mazgų potencialų metodasSunkus
R1​ = 10 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​12 VR3​3 ΩAR5​20 ΩBIs​2,5 A−+V2​36 V

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

V1 = 12 VIs = 2,5 AV2 = 36 VR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 3 ΩR4 = 12 ΩR5 = 20 Ω
VB = V
5.Kontūrų srovių metodasVidutinis
R1​ = 3 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​15 ΩIR3​A+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 24 VV2 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 15 Ω
IR3 = A
6.Kontūrų srovių metodasSunkus
R1​ = 5 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​30 VR4​12 ΩIR4​AR5​30 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

Taikykite kontūrų srovių metodą ir raskite srovę IR4 per R4 rodyklės kryptimi.

V1 = 30 VV2 = 12 VR1 = 5 ΩR2 = 3 ΩR3 = 3 ΩR4 = 12 ΩR5 = 30 Ω
IR4 = A
7.SuperpozicijaVidutinis
R1​ = 20 ΩIR1​R3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAR4​4 ΩBIs​4 A

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

V1 = 30 VIs = 4 AR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = A
8.SuperpozicijaSunkus
R1​ = 3 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 10 ΩIR4​+−V1​5 VR3​12 ΩAIs​2,5 AB+−V2​18 V

Taikykite superpozicijos principą ir raskite srovę IR4 per R4 rodyklės kryptimi.

V1 = 5 VIs = 2,5 AV2 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 ΩR4 = 10 Ω
IR4 = A
9.Teveninas ir NortonasVidutinis
R1​ = 12 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩARL​10 ΩIL​B

Prie a–b prijungta apkrova RL = 10 Ω. Likusią grandinės dalį pakeiskite Tevenino ekvivalentu ir raskite apkrovos srovę IL.

V1 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 ΩRL = 10 Ω
IL = A
10.Teveninas ir NortonasSunkus
R1​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAIs​1 ABRL​4 ΩIL​

Prie a–b prijungta apkrova RL = 4 Ω. Likusią grandinės dalį pakeiskite Tevenino ekvivalentu ir raskite apkrovos srovę IL.

V1 = 30 VIs = 1 AR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 8 ΩRL = 4 Ω
IL = A
11.RC ir RL pereinamieji procesaiVidutinis
R = 68 Ωt = 0L220 mHi(t)

Rite teka pastovi 3 A srovė. Momentu t = 0 jungiklis uždaro kontūrą per R, o šaltinis atjungiamas, todėl ritės srovė slopsta per R. Raskite įtampą vR ant R momentu t = 5 ms.

i(0) = 3 AR = 68 ΩL = 220 mHt = 5 ms
vR = V
12.RC ir RL pereinamieji procesaiSunkus
+−Vs​24 Vt = 0R = 1 kΩC10 µF+−vC​vC​(0) = 8 V

Prieš pat jungiklio užsidarymą momentu t = 0 kondensatoriaus įtampa yra 8 V su pažymėtu poliškumu. Raskite kondensatoriaus įtampą vC momentu t = 20 ms.

Vs = 24 VR = 1 kΩC = 10 µFvC(0) = 8 Vt = 20 ms
vC = V
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiVidutinis
50 V50 HzR = 10 ΩL = 150 mHC = 47 µFI

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 50 V (efektinė), 50 Hz maitinimo. Raskite grandinės galios koeficientą cos φ.

V = 50 V (rms)f = 50 HzR = 10 ΩL = 150 mHC = 47 µF
cos φ =
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiSunkus
100 V500 HzR1​ = 10 ΩR2​ = 30 ΩC = 22 µFI

Rezistorius R1 nuosekliai sujungtas su lygiagrečiu R2 ir kondensatoriaus C junginiu ir prijungtas prie 100 V (efektinė), 500 Hz maitinimo. Raskite efektinę srovę I.

V = 100 V (rms)f = 500 HzR1 = 10 ΩR2 = 30 ΩC = 22 µF
I = A
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasVidutinis
P = 27 kWQ = ?Sφ

Vienfazis variklis iš 230 V tinklo ima 27 kW, kai galios koeficientas 0,8 (induktyvus). Raskite jo naudojamą reaktyviąją galią Q.

P = 27 kWpf = 0,8V = 230 V
Q = kvar
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasSunkus
10 V50 HzRs​ = 2 ΩXs​ = j10 ΩZL​ = ?

10 V (efektinė), 50 Hz šaltinio vidinė pilnutinė varža Zs = 2 + j10 Ω. Apkrovos pilnutinę varžą ZL galima pasirinkti laisvai. Didžiausios galios apkrova sudaroma iš rezistoriaus, nuosekliai sujungto su kondensatoriumi. Raskite talpą C.

Vs = 10 V (rms)f = 50 HzZs = 2 + j10 Ω
C = µF
17.Trifazė galiaVidutinis
ABCVL​ = 480 VNZ = 3 + j4 Ωvienai fazei

Simetrinė žvaigžde sujungta apkrova, kurios fazės impedansas 3 + j4 Ω, prijungta prie simetrinio trifazio tinklo, kurio linijinė įtampa 480 V. Raskite bendrą apkrovos naudojamą aktyviąją galią P kW.

VL = 480 VZ = 3 + j4 Ω vienai fazei
P = kW
18.Trifazė galiaSunkus
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​

Simetrinė trifazė apkrova iš 480 V (linijinė įtampa), 50 Hz tinklo ima 250 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 žvaigžde. Raskite kiekvieno kondensatoriaus talpą Cph µF.

P = 250 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoriaiVidutinis
RL​ = 5 Ω21460 VV2​I1​ = ?I2​

Idealaus transformatoriaus, kurio transformacijos koeficientas N₁:N₂ = 2:1, pirminei apvijai prijungta 460 V įtampa. Prie antrinės apvijos prijungtas 5 Ω rezistorius. Raskite pirminę srovę I1.

N1:N2 = 2:1V1 = 460 VRL = 5 Ω
I1 = A
20.TransformatoriaiSunkus
250 kVA

Vienfazio 250 kVA transformatoriaus šerdies nuostoliai yra 1250 W, o vario nuostoliai esant vardinei apkrovai – 3125 W. Esant kokiai apkrovai Sη,max kVA jo naudingumo koeficientas didžiausias?

S = 250 kVAPcore = 1250 WPcu,fl = 3125 W
Sη,max = kVA
21.Operacinių stiprintuvų grandinėsVidutinis
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 1 kΩVin​

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

R1 = 1 kΩAv = 51
Rf = kΩ
22.Operacinių stiprintuvų grandinėsSunkus
−+Vout​C = 1 µFVin​ = 1,7 VR = 100 kΩ

Integratorius naudoja idealų operacinį stiprintuvą, maitinamą ±15 V; jo išėjimas įsisotina ties ±13 V. Kondensatorius neįkrautas, kai momentu t = 0 paduodamas pastovus įėjimas Vin = 1,7 V. Raskite išėjimo įtampą Vout momentu t = 500 ms.

Vin = 1,7 VR = 100 kΩC = 1 µFVsat = ±13 Vt = 500 ms
Vout = V
23.Diodai ir tranzistoriaiVidutinis
+−24 V220 Ω3,3 V3300 ΩIZ​ = ?

3,3 V Zenerio stabilizatorius maitinamas iš 24 V per 220 Ω ir tiekia srovę 3300 Ω apkrovai. Raskite Zenerio diodo srovę IZ.

Vin = 24 VVZ = 3,3 VR = 220 ΩRL = 3300 Ω
IZ = mA
24.Diodai ir tranzistoriaiSunkus
RC​ = 330 Ωβ = 100IC​ = ?VCC​ = 24 V5 VRB​ = 100 kΩ

NPN tranzistorius, kurio β = 100, komutuoja 330 Ω apkrovos rezistorių, prijungtą tarp VCC = 24 V ir jo kolektoriaus. Emiteris įžemintas. Bazė valdoma iš 5 V loginio išėjimo per bazės rezistorių RB = 100 kΩ. Imkite VBE = 0,7 V ir VCE(sat) = 0,2 V. Raskite kolektoriaus srovę IC mA, kai įėjime aukštas lygis. Pirmiausia nustatykite, ar tranzistorius įsotintas.

VCC = 24 VRC = 330 Ωβ = 100Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 100 kΩ
IC = mA
25.Skaičiavimo sistemosVidutinis
8 bitų papildomasis kodas?−128?64?32?16?8?4?2?1

Užrašykite −40 kaip 8 bitų papildomojo kodo seką. Perskaitykite seką kaip dvejetainį skaičių be ženklo: kokia jo reikšmė U dešimtainėje sistemoje?

N = −408 bit
U =
26.Skaičiavimo sistemosSunkus
spustelėkite bitus, kad juos nustatytumėte012806403201608040201

Nustatykite bitus pagal 8 bitų rezultatą 1100 0101 << 3. Kokia rezultato reikšmė R dešimtainėje sistemoje?

1100 0101<< 3
R =
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
MUXCI0​CI1​CI2​1I3​ABS1​S0​F

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

I₀ = CI₁ = CI₂ = CI₃ = 1
N =
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​CLKMOD-10

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

N = 10
U =
29.Laplaso transformacijosVidutinis
t (s)f(t)t = 0,1f(0,1) = ?

Raskite f(t), kai F(s) = (6s + 21)/(s² + 10s + 25), ir apskaičiuokite f(0,1).

F(s) = (6s + 21)/(s² + 10s + 25)t = 0,1 s
f(0.1) =
30.Laplaso transformacijosSunkus
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−30,51

Sistema aprašoma diferencialine lygtimi y″ + 4y′ + 3y = 4u′ + 7u, 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 = 1,5 s. Raskite g(1,5).

y″ + 4y′ + 3y = 4u′ + 7ut = 1,5 s
g(1.5) =
31.Struktūrinės schemosVidutinis
R(s)+6s + 2G(s)C(s)0,5H−

Objektas G(s) = 6/(s + 2) valdomas neigiamo grįžtamojo ryšio kontūru, kurio jutiklio stiprinimas H = 0,5. Raskite uždarosios sistemos laiko pastovią τ.

G(s) = 6/(s + 2)H = 0,5
τ = s
32.Struktūrinės schemosSunkus
R(s)+19s + 3G₁+5s + 4G₂C(s)4H₁−0,5H₂−

Sutrumpinkite struktūrinę schemą su G₁ = 19/(s + 3), G₂ = 5/(s + 4), vidiniu neigiamu grįžtamuoju ryšiu H₁ = 4 aplink G₂ ir išoriniu neigiamu grįžtamuoju ryšiu H₂ = 0,5. Raskite C(s)/R(s) nuolatinės srovės stiprinimą T(0).

G₁ = 19/(s + 3)G₂ = 5/(s + 4)H₁ = 4H₂ = 0,5
T(0) =
33.Šuolinė reakcijaVidutinis
t (s)y(t)1

Sistemos perdavimo funkcija G(s) = 13/(s² + 5s + 13), o jos įėjimas yra vienetinis šuolis. Raskite santykinį slopinimo koeficientą ζ.

G(s) = 13/(s² + 5s + 13)
ζ =
34.Šuolinė reakcijaSunkus
R(s)+180s(s + 6)G(s)C(s)−

Vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūre G(s) = 180/(s(s + 6)). Raskite uždarosios sistemos šuolinės reakcijos 2 % nusistovėjimo laiką ts, naudodami ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 180/(s(s + 6))
ts = s
35.Bode grafikai ir atsargosVidutinis
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−20020406080ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 30

Raskite G(s) = 36(s + 11)/(s(s + 3)) fazę ∠G(jω), kai ω = 30 rad/s, laipsniais.

G(s) = 36(s + 11)/(s(s + 3))ω = 30 rad/s
∠G(jω) = °
36.Bode grafikai ir atsargosSunkus
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Vienetinio grįžtamojo ryšio kilpos atvirosios kilpos perdavimo funkcija yra L(s) = K/(s(s + 7)(s + 9)). Raskite stiprinimą K, duodantį 2 dB stiprinimo atsargą.

L(s) = K/(s(s + 7)(s + 9))GM = 2 dB
K =
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaVidutinis
R(s)+K = 1401s(s + 4)(s + 10)C(s)−

Schemoje pavaizduotas kontūras veikia, kai K = 140, o L(s) = K/(s(s + 4)(s + 10)). Kiek kartų m galima padidinti stiprinimą, kol uždarasis kontūras taps nestabilus?

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 10))K = 140
m =
38.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaSunkus
ReIm−2−4−6j2j4

Kontūrui L(s) = K/((s + 6)(s² + 8s + 32)) raskite šaknų geometrinės vietos išėjimo kampą θd iš viršutinėje pusplokštumėje esančio kompleksinio polio, matuojamą nuo teigiamosios realiosios ašies.

L(s) = K/((s + 6)(s² + 8s + 32))
θd = °
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasVidutinis
r(t) = 1 + 5t+5(s + 4)s(s + 1)(s + 10)C(s)−

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

G(s) = 5(s + 4)/(s(s + 1)(s + 10))r(t) = 1 + 5t
ess =
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasSunkus
r(t) = 5t+2 + 4/s5(s + 1)(s + 2)C(s)−

PI reguliatorius C(s) = 2 + 4/s valdo objektą G(s) = 5/((s + 1)(s + 2)) vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre. Raskite nusistovėjusiąją paklaidą ess, kai įėjimas yra rampa r(t) = 5t.

C(s) = 2 + 4/sG(s) = 5/((s + 1)(s + 2))r(t) = 5t
ess =

3Tirpalai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: Req = 19,84 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​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​5 ΩB

Junkite rezistorius nuo tolimiausio galo

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

R3 + R4 = 20 + 5 = 25 Ω
R2 ∥ 25 = 6·25/(6+25) = 4,839 Ω
Req = R1 + 4,839 = 15 + 4,839 = 19,84 Ω

Atsakymas

Req = 19,84 Ω
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: IR2 = 0,2294 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​ = 15 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​30 ΩAR4​3 ΩBR6​5 Ω

Junkite rezistorius nuo tolimiausio galo

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

R5 + R6 = 12 + 5 = 17 Ω
R4 ∥ 17 = 2,55 Ω
R3 + 2,55 = 7,55 Ω
R2 ∥ 7,55 = 6,032 Ω
Req = R1 + 6,032 = 15 + 6,032 = 21,03 Ω

Šaltinio srovė

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

IR1 = V1/Req = 24/21,03 = 1,141 A

Srovė per R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 24 − 1,141·15 = 6,883 V
IR2 = VA/R2 = 6,883/30 = 0,2294 A

Atsakymas

IR2 = 0,2294 A
3.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: PIs = 94,18 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/8 + (VA − 9)/5 + (VA − VB)/15 = 0
0,3917·VA − 0,06667·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/20 + (VB − VA)/15 = 3
−0,06667·VA + 0,1167·VB = 3

Išspręskite

Δ = (0,3917)(0,1167) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,04125
VA = Δ1/Δ = 0,41/0,04125 = 9,939 V
VB = Δ2/Δ = 1,295/0,04125 = 31,39 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 = 31,39·3 = 94,18 W

Atsakymas

PIs = 94,18 W
4.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: VB = −1,508 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​ = 10 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​12 VR3​3 ΩAR5​20 ΩBIs​2,5 A−+V2​36 V

Nustatykite mazgus

Įžeminimas – apatinis laidas. Žinomi mazgų potencialai gaunami tiesiai iš šaltinių (V1 = 12 V, V2 = −36 V). Nežinomieji: VA, VB.

KSD mazge A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/3 + (VA − 12)/10 + (VA − VB)/12 = 0
0,5167·VA − 0,08333·VB = 1,2

KSD mazge B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/20 + (VB − VA)/12 + (VB − (−36))/12 = 2,5
−0,08333·VA + 0,2167·VB = −0,5

Išspręskite

Δ = (0,5167)(0,2167) − (−0,08333)(−0,08333) = 0,105
VA = Δ1/Δ = 0,2183/0,105 = 2,079 V
VB = Δ2/Δ = −0,1583/0,105 = −1,508 V

Atsakymas

VB = −1,508 V
5.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: IR3 = 1,294 A

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

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

KĮD kontūre 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
6·I2 + 15(I2 − I1) = (−18)
−15·I1 + 21·I2 = −18

Išspręskite

Δ = (18)(21) − (−15)(−15) = 153
I1 = Δ1/Δ = 234/153 = 1,529 A
I2 = Δ2/Δ = 36/153 = 0,2353 A

Atsakymas

IR3 = I1 − I2 = 1,294 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

6.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: IR4 = 1,438 A

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

R1​ = 5 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​30 VR4​12 ΩAR5​30 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

Priskirkite kontūrų sroves

Kiekviename lange nubrėžkite srovę pagal laikrodžio rodyklę: I1, I2, I3. Dviem kontūrams bendras rezistorius praleidžia jų srovių skirtumą.

KĮD kontūre 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
5·I1 + 12(I1 − I2) = 30
17·I1 − 12·I2 = 30

KĮD kontūre 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
3·I2 + 12(I2 − I1) + 30(I2 − I3) = 0
−12·I1 + 45·I2 − 30·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 + 30(I3 − I2) = (−12)
−30·I2 + 33·I3 = −12

Išspręskite

Δ = koeficientų matricos determinantas = 5193
I1 = Δ1/Δ = 13230/5193 = 2,548 A
I2 = Δ2/Δ = 5760/5193 = 1,109 A
I3 = Δ3/Δ = 3348/5193 = 0,6447 A

Atsakymas

IR4 = I1 − I2 = 1,438 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

7.Superpozicija

Atsakymas: IR1 = 1,209 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​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAR4​4 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 = 10+4 = 14 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 3·14/(3+14) = 2,471 Ω
VA = 30·2,471/(20+2,471) = 3,298 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,298·4/14 = 0,9424 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (30 − 3,298)/20 = 1,335 A
R1​ = 20 ΩR3​ = 10 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​3 ΩAR4​4 ΩBIs​4 A

2 atvejis · veikia tik Is

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

R1 ∥ R2 = 20·3/(20+3) = 2,609 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 4 ∥ 12,61 = 3,037 Ω
VB = Is·Req = 4·3,037 = 12,15 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 12,15·2,609/12,61 = 2,513 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 2,513)/20 = −0,1257 A

Sudėkite dedamąsias

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 1,335 + (−0,1257) = 1,209 A

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

8.Superpozicija

Atsakymas: IR4 = 0,122 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​ = 4 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​5 VR3​12 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) = 12 ∥ 14 = 6,462 Ω
VA = 5·6,462/(3+6,462) = 3,415 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,415·10/14 = 2,439 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (2,439 − 0)/10 = 0,2439 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 10 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​12 ΩAIs​2,5 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 = 2,4 Ω, todėl kairysis kelias yra R2+2,4 = 6,4 Ω
Req = R4 ∥ 6,4 = 3,902 Ω
VB = Is·Req = 2,5·3,902 = 9,756 V
VA = VB·2,4/6,4 = 3,659 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (9,756 − 0)/10 = 0,9756 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 10 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​12 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 = 3·12/(3+12) = 2,4 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 18·6,4/16,4 = 7,024 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 7,024·2,4/6,4 = 2,634 V
IR4‴ = (VB − V2)/R4 = (7,024 − 18)/10 = −1,098 A

Sudėkite dedamąsias

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴
IR4 = 0,2439 + 0,9756 + (−1,098) = 0,122 A

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

9.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: IL = 0,2273 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​ = 12 ΩR3​ = 10 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​20 ΩAabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 12·20/(12+20) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 10 = 17,5 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​20 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) = 10·20/(12+20) = 6,25 V
Rth​ = 17,5 Ω+−Vth​6,25 VRL​10 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) = 6,25/(17,5 + 10) = 0,2273 A
10.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: IL = 0,1975 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​ = 6 ΩR3​ = 8 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​5 ΩAATVIRABabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 6·5/(6+5) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 8 = 10,73 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​5 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) = 13,64 + (−1)·2,727 = 10,91 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 10,91 + (−1)·8 = 2,909 V
Rth​ = 10,73 Ω+−Vth​2,909 VRL​4 ΩIL​

Prijunkite apkrovą prie Tevenino ekvivalento

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

IL = Vth/(Rth + RL) = 2,909/(10,73 + 4) = 0,1975 A
11.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: vR = 43,5 V

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

Laiko konstanta

τ = L/R = 220 mH / 68 Ω = 3,235 ms

Srovės slopimas

i(t) = 3·e−5/3,235 = 0,6396 A
vR = R·i = 68·0,6396 = 43,5 V

Atsakymas

vR = 43,5 V
12.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: vC = 21,83 V

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

Pradinė vertė, galutinė vertė, laiko konstanta

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

vC(0) = 8 V, vC(∞) = Vs = 24 V
τ = R·C = 1 kΩ · 10 µF = 10 ms
vC(t) = 24 + (8 − 24)·e−t/τ

Įtampa duotuoju momentu

vC(20) = 24 + (−16)·e−20/10 = 21,83 V

Atsakymas

vC = 21,83 V
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: cos φ = 0,4367

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 = 47,12 Ω, XC = 67,73 Ω

Pilnutinė varža

|Z| = √(10² + (−20,6)²) = 22,9 Ω

Galios koeficientas

cos φ = R/|Z| = 10/22,9 = 0,4367
Grandinė talpinė, todėl galios koeficientas talpinis (srovė pralenkia).

Atsakymas

cos φ = 0,4367
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: I = 5,109 A

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|.

Reaktyvioji varža

XC = 1/(2π·500·22·10⁻⁶) = 14,47 Ω

Lygiagretus junginys

Skaitiklį ir vardiklį padauginkite iš jungtinio kompleksinio skaičiaus, kad Zp išskaidytumėte į realiąją ir menamąją dalis.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 5,661 − j11,74 Ω

Bendra pilnutinė varža

Z = 10 + 5,661 − j11,74 = 15,66 − j11,74 Ω
|Z| = √(15,66² + 11,74²) = 19,57 Ω

Srovė

I = V/|Z| = 100/19,57 = 5,109 A

Atsakymas

I = 5,109 A
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: Q = 20,25 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(0,8) = 36,87°, tan φ = 0,75

Reaktyvioji galia

Q = P·tan φ = 27·0,75 = 20,25 kvar

Atsakymas

Q = 20,25 kvar
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: C = 318,3 µF

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

Jungtinis suderinimas

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

ZL = Zs* = 2 − j10 Ω

Talpa

XC = 10 Ω → C = 1/(2π·50·10) = 318,3 µF

Atsakymas

C = 318,3 µF
17.Trifazė galia

Atsakymas: P = 27,65 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 = 480/√3 = 277,1 V

Fazinė srovė

|Z| = √(3² + 4²) = 5 Ω
Iph = 277,1/5 = 55,43 A

Bendra aktyvioji galia

Aktyviąją galią naudoja tik aktyvioji kiekvieno impedanso dalis.

P = 3·Iph²·R = 3·55,43²·3 = 27,65 kW

Atsakymas

P = 27,65 kW

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

18.Trifazė galia

Atsakymas: Cph = 1889 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 0,8) = 250·0,75 = 187,5 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,98) = 250·0,2031 = 50,76 kvar

Kondensatorių tiekiama reaktyvioji galia

QC = Q1 − Q2 = 136,7 kvar

Vienos fazės talpa

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

V = 480/√3 = 277,1 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 45578/(314,2·277,1²) = 1889 µF

Atsakymas

Cph = 1889 µF
19.Transformatoriai

Atsakymas: I1 = 23 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 = 460/2 = 230 V
I2 = 230/5 = 46 A

Pirminė srovė

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

I1 = I2/2 = 23 A

Atsakymas

I1 = 23 A

Patikrinimas: iš pirminės pusės matoma apkrova yra a²·RL = 20 Ω, o 460/20 duoda tą pačią srovę.

20.Transformatoriai

Atsakymas: Sη,max = 158,1 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

x²·3125 = 1250 → x = √(1250/3125) = 0,6325

Apkrova esant didžiausiam naudingumo koeficientui

Sη,max = x·S = 0,6325·250 = 158,1 kVA

Atsakymas

Sη,max = 158,1 kVA
21.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Rf = 50 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)·1 = 50 kΩ

Atsakymas

Rf = 50 kΩ
22.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = −8,5 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.

Įėjimo srovė ir kitimo sparta

kΩ kart µF duoda milisekundes.

RC = 100 kΩ · 1 µF = 100 ms
kitimo sparta = −Vin/(RC) = −1,7/100 = −0,017 V/ms

Išėjimas duotuoju momentu

Idealioji vertė yra ±Vsat ribose, todėl integratorius dar neapribojo išėjimo.

Vout = −Vin·t/(RC) = −1,7·500/100 = −8,5 V

Atsakymas

Vout = −8,5 V
23.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: IZ = 93,09 mA

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

Rezistoriaus srovė

IR = 20,7/220 = 94,09 mA

Apkrovos srovė

IL = 3,3/3300 = 1 mA

Zenerio diodo srovė

IZ = 94,09 − 1 = 93,09 mA

Atsakymas

IZ = 93,09 mA
24.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: IC = 4,3 mA

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.

Bazės srovė

IB = (5 − 0,7)/100 kΩ = 43 µA

Įsotintas ar aktyvus?

β·IB mažesnė už IC(sat), todėl tranzistorius lieka aktyviojoje srityje.

β·IB = 4,3 mA
IC(sat) = (24 − 0,2)/330 = 72,12 mA

Kolektoriaus srovė

IC = β·IB = 4,3 mA

Atsakymas

IC = 4,3 mA

Tranzistorius veikia aktyviojoje srityje, todėl apkrova įjungta ne visiškai.

25.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 216

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

Invertuokite ir pridėkite vienetą

40 = 0010 1000
invertuota: 1101 0111
+1 → 1101 1000

Perskaitykite be ženklo

1101 1000₂ = 256 − 40 = 216

Atsakymas

U = 216
26.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: R = 40

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

Postūmis kairėn 3 perkelia kiekvieną bitą 3 pozicijomis į kairę; bitai, iškritę iš kairiojo galo, prarandami, o dešinėje įeina nuliai.

1100 0101 << 3
= 0010 1000

Rezultato reikšmė

0010 1000₂ = 40

Atsakymas

R = 40
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: N = 5

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 = A′B′C + A′BC + AB′C + AB

Eilutės su F = 1

ABC = 001, 011, 101, 110, 111
N = 5

Atsakymas

N = 5
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: U = 6

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

Trigerių skaičius

2ⁿ ≥ 10 → n = 4 (2⁴ = 16)

Nenaudojamos būsenos

U = 16 − 10 = 6

Atsakymas

U = 6
29.Laplaso transformacijos

Atsakymas: f(0.1) = 3,093

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 + 10s + 25 = (s + 5)²

Paprastosios trupmenos

6s + 21 = 6(s + 5) + −9
F(s) = 6/(s + 5) − 9/(s + 5)²

Atvirkštinė transformacija

f(t) = 6·e−5t − 9·t·e−5t
f(0,1) = (6 − 9·0,1)·e−5·0,1 = 3,093

Atsakymas

f(0,1) = 3,093
30.Laplaso transformacijos

Atsakymas: g(1.5) = 0,3625

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) = (4s + 7)/(s² + 4s + 3)

Paprastosios trupmenos

s² + 4s + 3 = (s + 1)(s + 3)
A = 1,5, B = 2,5

Impulsinė reakcija

g(t) = 1,5·e−t + 2,5·e−3t
g(1,5) = 0,3625

Atsakymas

g(1,5) = 0,3625
31.Struktūrinės schemos

Atsakymas: τ = 0,2 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).

Uždarosios sistemos perdavimo funkcija

T(s) = G/(1 + G·H) = 6/(s + 2 + 3) = 6/(s + 5)

Rezultatas

τ = 1/5 = 0,2 s

Atsakymas

τ = 0,2 s
32.Struktūrinės schemos

Atsakymas: T(0) = 0,795

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

Vidinis kontūras

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 5/(s + 24)

Išorinis kontūras

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 95/((s + 3)(s + 24) + 47,5)

Nuolatinės srovės stiprinimas

T(0) = 95/(3·24 + 47,5) = 95/119,5 = 0,795

Atsakymas

T(0) = 0,795
33.Šuolinė reakcija

Atsakymas: ζ = 0,6934

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 = 13 → ωₙ = 3,606 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·3,606) = 0,6934

Rezultatas

ζ = 0,6934

Atsakymas

ζ = 0,6934
34.Šuolinė reakcija

Atsakymas: ts = 1,333 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) = 180/(s² + 6s + 180): ωₙ = 13,42 rad/s, ζ = 0,2236

Nusistovėjimo laikas

ζωₙ = 6/2 = 3
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 1,333 s

Atsakymas

ts = 1,333 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) = −104,4 °

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

Sudėkite kampus

∠G = atan(30/11) − 90° − atan(30/3) = 69,86° − 90° − 84,29°

Rezultatas

∠G(j30) = −104,4°

Atsakymas

∠G(jω) = −104,4°
36.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: K = 800,7

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/7)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(7·9) = 7,937 rad/s

Modulis ties fazės kirtimu

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 49)·√(ω² + 81)) = K/(7·9·(7 + 9)) = K/1008

Reikalingas stiprinimas

1008/K = 102/20 = 1,259
K = 1008/1,259 = 800,7

Atsakymas

K = 800,7
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: m = 4

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

Raucho lentelė

s³ + 14s² + 40s + K = 0
s³: 1, 40
s²: 14, K
s¹: (14·40 − K)/14
s⁰: K

Didžiausias stabilus stiprinimas

Kmax = 14·40 = 560

Koeficientas

m = 560/140 = 4

Atsakymas

m = 4

Šis koeficientas yra stiprinimo atsarga santykiu: 12,04 dB.

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

Atsakymas: θd = 26,57 °

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

Polių padėtys

s² + 8s + 32 = 0 → s = −4 ± j4
s = −6

Kampai iš kitų polių

∠(−4 + j4 + 6) = atan2(4, 2) = 63,43°
∠(−4 + j4 − (−4 − j4)) = ∠(j8) = 90°

Išėjimo kampas

θd = 180° − 63,43° − 90° = 26,57°

Atsakymas

θd = 26,57°
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ess = 2,5

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) = 2

Šuolio dalis

Kp = ∞ → estep = 0

Rampos paklaida

ess = 5/2 = 2,5

Atsakymas

ess = 2,5
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ess = 0,5

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).

Greičio konstanta

s·C(s) = 2s + 4 → 4, kai s → 0.

Kv = 4·5/2 = 10

Rampos paklaida

ess = 5/10 = 0,5

Atsakymas

ess = 0,5

PI reguliatorius visiškai panaikina šuolio paklaidą; rampa seka su pastoviu atsilikimu.

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