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​ = 20 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩIR2​AR4​2 ΩB

Raskite srovę IR2 per R2.

V1 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩR4 = 2 Ω
IR2 = A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiSunkus
R1​ = 25 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAR4​10 ΩBR6​2 Ω

Raskite ekvivalentinę varžą Req, kurią mato šaltinis V1.

V1 = 24 VR1 = 25 ΩR2 = 8 ΩR3 = 12 ΩR4 = 10 ΩR5 = 30 ΩR6 = 2 Ω
Req = Ω
3.Mazgų potencialų metodasVidutinis
R1​ = 2 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAR4​4 ΩBIs​1 A

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

V1 = 18 VIs = 1 AR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 ΩR4 = 4 Ω
VB = V
4.Mazgų potencialų metodasSunkus
R1​ = 20 Ω−+Vs​ = 3 V+−V1​10 VR2​15 ΩAR3​5 ΩBIs​4 A

Įtampos šaltinio Vₛ tarp A ir B + gnybtas yra ties B, todėl VB − VA = Vₛ. Mazgų potencialų metodu su supermazgu raskite mazgo potencialą VA (matuojamą nuo įžeminimo).

V1 = 10 VIs = 4 AVs = 3 VR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 5 Ω
VA = V
5.Kontūrų srovių metodasVidutinis
R1​ = 8 ΩIR1​R2​ = 3 Ω+−V1​12 VR3​8 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

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

V1 = 12 VV2 = 12 VR1 = 8 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 Ω
IR1 = A
6.Kontūrų srovių metodasSunkus
R1​ = 2 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 15 ΩIR3​+−V1​6 VR4​2 ΩAR5​3 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

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

V1 = 6 VV2 = 10 VR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 ΩR4 = 2 ΩR5 = 3 Ω
IR3 = A
7.SuperpozicijaVidutinis
R1​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​15 Ω+−VR4​BIs​1,5 A

Taikykite superpozicijos principą ir raskite įtampą VR4 ant R4 su pažymėtu poliškumu.

V1 = 12 VIs = 1,5 AR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 ΩR4 = 15 Ω
VR4 = V
8.SuperpozicijaSunkus
R1​ = 8 ΩIR1​R2​ = 12 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​6 VR3​12 ΩAIs​2,5 AB+−V2​6 V

Taikydami superpoziciją, raskite galią PR1, kurią sunaudoja R1.

V1 = 6 VIs = 2,5 AV2 = 6 VR1 = 8 ΩR2 = 12 ΩR3 = 12 ΩR4 = 6 Ω
PR1 = W
9.Teveninas ir NortonasVidutinis
R1​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩARL​5 ΩIL​B

Prie a–b prijungta apkrova RL = 5 Ω. Likusią grandinės dalį pakeiskite Tevenino ekvivalentu ir raskite apkrovos srovę IL.

V1 = 10 VR1 = 15 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 ΩRL = 5 Ω
IL = A
10.Teveninas ir NortonasSunkus
R1​ = 25 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAIs​0,5 ABRL​8 ΩIL​

Prie a–b prijungta apkrova RL = 8 Ω. Naudodami Tevenino ekvivalentą raskite apkrovai tiekiamą galią PL.

V1 = 24 VIs = 0,5 AR1 = 25 ΩR2 = 5 ΩR3 = 30 ΩRL = 8 Ω
PL = W
11.RC ir RL pereinamieji procesaiVidutinis
R = 20 Ωt = 0L150 mHi(t)

Rite teka pastovi 1 A srovė. Momentu t = 0 jungiklis uždaro kontūrą per R, o šaltinis atjungiamas, todėl ritės srovė slopsta per R. Per kiek laiko srovė sumažėja iki 0,5 A? Raskite t.

i(0) = 1 AR = 20 ΩL = 150 mH
t = ms
12.RC ir RL pereinamieji procesaiSunkus
+−Vs​15 Vt = 0R = 10 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 5 V

Prieš pat jungiklio užsidarymą momentu t = 0 kondensatoriaus įtampa yra 5 V su pažymėtu poliškumu. Per kiek laiko vC pasieks 10 V? Raskite t.

Vs = 15 VR = 10 kΩC = 33 µFvC(0) = 5 V
t = ms
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiVidutinis
100 V100 HzR = 20 ΩL = 50 mHC = 47 µF

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

V = 100 V (rms)f = 100 HzR = 20 ΩL = 50 mHC = 47 µF
φ = °
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiSunkus
10 V1000 HzR = 30 ΩL = 100 mHC = 2,2 µFI

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 10 V (efektinė), 1000 Hz maitinimo. Raskite efektinę srovę I.

V = 10 V (rms)f = 1000 HzR = 30 ΩL = 100 mHC = 2,2 µF
I = A
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasVidutinis
240 V126 kW, 0,75213 kW, 0,9I = ?

Dvi apkrovos lygiagrečiai prijungtos prie 240 V vienfazio tinklo: 26 kW apkrova, kurios galios koeficientas 0,75 (induktyvus), ir 13 kW apkrova, kurios galios koeficientas 0,9 (induktyvus). Raskite bendrą iš tinklo imamą srovę I.

V = 240 VP1 = 26 kW, pf1 = 0,75 induktyvusP2 = 13 kW, pf2 = 0,9 induktyvus
I = A
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasSunkus
P = 5 kWQ1​S1​φ1​QC​

Vienfazė apkrova iš 230 V, 50 Hz tinklo ima 5 kW, kai galios koeficientas 0,6 (induktyvus). Lygiagrečiai prijungtas kondensatorius padidina galios koeficientą iki 0,92. Raskite naują linijos srovę Inew.

P = 5 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,92V = 230 Vf = 50 Hz
Inew = A
17.Trifazė galiaVidutinis
ABCVL​ = 415 VNZ = 12 + j16 Ωvienai fazei

Simetrinė žvaigžde sujungta apkrova, kurios fazės impedansas 12 + j16 Ω, prijungta prie simetrinio trifazio tinklo, kurio linijinė įtampa 415 V. Raskite bendrą apkrovos naudojamą aktyviąją galią P kW.

VL = 415 VZ = 12 + j16 Ω vienai fazei
P = kW
18.Trifazė galiaSunkus
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Simetrinė trifazė apkrova iš 415 V (linijinė įtampa), 60 Hz tinklo ima 50 kW, kai galios koeficientas 0,75 (induktyvus). Lygiagrečiai apkrovai prijungta trifazė kondensatorių baterija turi padidinti bendrą galios koeficientą iki 0,98 (induktyvus). Aktyvioji galia nekinta. Raskite bendrą reaktyviąją galią QC, kurią turi tiekti kondensatorių baterija, kvar.

P = 50 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatoriaiVidutinis
RL​ = 15 Ω2014600 VV2​I1​ = ?I2​

Idealaus transformatoriaus, kurio transformacijos koeficientas N₁:N₂ = 20:1, pirminei apvijai prijungta 4600 V įtampa. Prie antrinės apvijos prijungtas 15 Ω rezistorius. Raskite pirminę srovę I1.

N1:N2 = 20:1V1 = 4600 VRL = 15 Ω
I1 = A
20.TransformatoriaiSunkus
pf 0,95250 kVA, η = 98,2%

Vienfazio 250 kVA transformatoriaus šerdies nuostoliai yra 750 W. Esant vardinei apkrovai ir galios koeficientui 0,95 (induktyvus), jo naudingumo koeficientas 98,2%. Raskite vario nuostolius Pcu,fl vatais esant vardinei apkrovai.

S = 250 kVAPcore = 750 Wpf = 0,95η = 98,2%
Pcu,fl = W
21.Operacinių stiprintuvų grandinėsVidutinis
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 47 kΩVin​

Parinkite grįžtamojo ryšio rezistorių Rf, kad šio neinvertuojančiojo stiprintuvo įtampos stiprinimas būtų 10.

R1 = 47 kΩAv = 10
Rf = kΩ
22.Operacinių stiprintuvų grandinėsSunkus
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = 1,5 VR1​ = 47 kΩV2​ = 1,2 VR2​ = 10 kΩ

Sumuojantysis stiprintuvas naudoja idealų operacinį stiprintuvą, maitinamą ±15 V. Raskite išėjimo įtampą Vout.

V1 = 1,5 VV2 = 1,2 VR1 = 47 kΩR2 = 10 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
23.Diodai ir tranzistoriaiVidutinis
RC​ = 1,2 kΩβ = 75VCC​ = 15 VRB​ = 820 kΩ

NPN tranzistoriaus, kurio β = 75, darbo taškas nustatomas bazės rezistoriumi RB = 820 kΩ iš maitinimo šaltinio VCC = 15 V. Kolektoriaus rezistorius RC = 1,2 kΩ, emiteris įžemintas. Imkite VBE = 0,7 V ir tarkite, kad tranzistorius veikia aktyviojoje srityje. Raskite kolektoriaus–emiterio įtampą VCE.

VCC = 15 VRB = 820 kΩRC = 1,2 kΩβ = 75VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Diodai ir tranzistoriaiSunkus
+−≥ 20 VR = ?12 V≤ 40 mA

12 V Zenerio stabilizatorius turi tiekti iki 40 mA apkrovai. Įėjimo įtampa gali nukristi iki 20 V, o Zenerio diodui stabilizuoti reikia bent 5 mA. Raskite didžiausią nuosekliąją varžą Rmax, su kuria jis dar stabilizuoja.

Vin,min = 20 VVZ = 12 VIL,max = 40 mAIZ,min = 5 mA
Rmax = Ω
25.Skaičiavimo sistemosVidutinis
8 bitų papildomasis kodas0−12806403201608040201

Nustatykite bitus, kad jie saugotų −54 8 bitų dvejetainiu papildomuoju kodu. Skaitant kaip skaičių be ženklo, kokia šablono reikšmė U?

N = −548 bit
U =
26.Skaičiavimo sistemosSunkus
spustelėkite bitus, kad juos nustatytumėte012806403201608040201

Nustatykite bitus pagal 8 bitų rezultatą 0111 0000 AND 1011 1011. Kokia rezultato reikšmė R dešimtainėje sistemoje?

0111 0000AND1011 1011
R =
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
MUXC′I0​1I1​C′I2​CI3​ABS1​S0​F

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

I₀ = C′I₁ = 1I₂ = C′I₃ = C
N =
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​CLKMOD-7

Sinchroninis mod-7 skaitiklis skaičiuoja 0, 1, …, 6 ir tada grįžta į 0. Jis pradeda nuo 2. Kokį skaičių Q (dešimtainiu pavidalu) jis rodo po 20 taktinių impulsų?

Q0 = 220N = 7
Q =
29.Laplaso transformacijosVidutinis
t (s)f(t)t = 0,2f(0,2) = ?

Paprastosiomis trupmenomis raskite f(t), kai F(s) = 55/(s(s + 4)(s + 6)), ir apskaičiuokite f(0,2).

F(s) = 55/(s(s + 4)(s + 6))t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Laplaso transformacijosSunkus
ReIm−1−2−3−4−5−61

Sistema aprašoma diferencialine lygtimi y″ + 8y′ + 12y = 5u, 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 = 0,1 s. Raskite g(0,1).

y″ + 8y′ + 12y = 5ut = 0,1 s
g(0.1) =
31.Struktūrinės schemosVidutinis
R(s)+15K+9s + 5G(s)C(s)1H₁−−

Objektas G(s) = 9/(s + 5) turi vidinį (mažąjį) neigiamo grįžtamojo ryšio kontūrą, kurio stiprinimas H₁ = 1. Valdiklio stiprinimas K = 15 ir išorinis vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūras uždaro sistemą. Raskite uždarosios sistemos nuolatinės srovės stiprinimą T(0).

G(s) = 9/(s + 5)H₁ = 1K = 15
T(0) =
32.Struktūrinės schemosSunkus
R(s)+17valdiklis+D(s)+6s + 6objektasC(s)−

Proporcinis valdiklis K = 17 valdo objektą G(s) = 6/(s + 6) vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūre. Trikdis D patenka objekto įėjime (pridedamas prie valdiklio išėjimo). Vienu metu veikia 2 dydžio atskaitos šuolis ir 0,5 dydžio trikdžio šuolis. Raskite nusistovėjusį išėjimą css.

K = 17G(s) = 6/(s + 6)D = 0,5R = 2
css =
33.Šuolinė reakcijaVidutinis
t (s)y(t)3

Sistemos perdavimo funkcija G(s) = 279/(s² + 10s + 93), o jos įėjimas yra vienetinis šuolis. Poliai yra s = σ ± jωd. Raskite realiąją dalį σ.

G(s) = 279/(s² + 10s + 93)
σ =
34.Šuolinė reakcijaSunkus
R(s)+140s(s + 6)G(s)C(s)−

Vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūre G(s) = 140/(s(s + 6)). Raskite uždarosios sistemos šuolinės reakcijos 2 % nusistovėjimo laiką ts, naudodami ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 140/(s(s + 6))
ts = s
35.Bode grafikai ir atsargosVidutinis
vin​C = 10 nFR = 47 kΩvout​

Parodytas RC aukštųjų dažnių filtras turi R = 47 kΩ, C = 10 nF. Taikoma sinusinė įvestis 85 Hz. Raskite vout fazės poslinkį φ vin atžvilgiu laipsniais.

R = 47 kΩC = 10 nFf = 85 Hz
φ = °
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) = 866/(s(s + 8)(s + 9)). Raskite fazės kirtimo dažnį ω180, kai ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 866/(s(s + 8)(s + 9))
ω180 = rad/s
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaVidutinis
R(s)+K1s(s + 2)(s + 4)C(s)−

Schemoje pavaizduoto kontūro atvirojo kontūro perdavimo funkcija yra L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4)). Raskite didžiausią stiprinimą Kmax, su kuriuo uždarasis kontūras yra stabilus.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4))
Kmax =
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 + 10)(s + 3)). Raskite tašką σa, kuriame šaknų geometrinės vietos asimptotės kerta realiąją ašį.

L(s) = K/(s(s + 10)(s + 3))
σa =
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasVidutinis
r(t) = 5 + 5t+20(s + 2)s(s + 5)C(s)−

Į vienetinio grįžtamojo ryšio kontūrą, kurio G(s) = 20(s + 2)/(s(s + 5)), paduodamas signalas r(t) = 5 + 5t (šuolis ir rampa). Raskite nusistovėjusiąją paklaidą ess.

G(s) = 20(s + 2)/(s(s + 5))r(t) = 5 + 5t
ess =
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasSunkus
R(s)+20 + Kd​s1s(s + 3)C(s)−

PD reguliatorius C(s) = 20 + Kd·s valdo objektą G(s) = 1/(s(s + 3)) vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre. Raskite diferencialinį stiprinimą Kd, kuriam esant uždarojo kontūro slopinimo koeficientas yra ζ = 0,707.

G(s) = 1/(s(s + 3))Kp = 20ζ = 0,707
Kd = s

3Tirpalai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: IR2 = 0,32 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​ = 20 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​2 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 = 6 + 2 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 5·8/(5+8) = 3,077 Ω
Req = R1 + 3,077 = 20 + 3,077 = 23,08 Ω

Šaltinio srovė

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

IR1 = V1/Req = 12/23,08 = 0,52 A

Srovė per R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 12 − 0,52·20 = 1,6 V
IR2 = VA/R2 = 1,6/5 = 0,32 A

Atsakymas

IR2 = 0,32 A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: Req = 30,68 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​ = 25 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAR4​10 ΩBR6​2 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 = 30 + 2 = 32 Ω
R4 ∥ 32 = 7,619 Ω
R3 + 7,619 = 19,62 Ω
R2 ∥ 19,62 = 5,683 Ω
Req = R1 + 5,683 = 25 + 5,683 = 30,68 Ω

Atsakymas

Req = 30,68 Ω
3.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: VB = 8,571 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​ = 2 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAR4​4 ΩBIs​1 A

Nustatykite mazgus

Įžeminimas – apatinis laidas. Žinomi mazgų potencialai gaunami tiesiai iš šaltinių (V1 = 18 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/20 + (VA − 18)/2 + (VA − VB)/5 = 0
0,75·VA − 0,2·VB = 9

KSD mazge B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/4 + (VB − VA)/5 = 1
−0,2·VA + 0,45·VB = 1

Išspręskite

Δ = (0,75)(0,45) − (−0,2)(−0,2) = 0,2975
VA = Δ1/Δ = 4,25/0,2975 = 14,29 V
VB = Δ2/Δ = 2,55/0,2975 = 8,571 V

Atsakymas

VB = 8,571 V
4.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: VA = 12,32 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.

Sudarykite supermazgą

Per įtampos šaltinį tarp A ir B teka nežinoma srovė, todėl Kirchhofo srovių dėsnio negalima užrašyti atskirai mazgams A ar B. A, B ir šaltinį apgaubkite vienu supermazgu: į jį įtekanti srovė lygi ištekančiai.

VB = VA + 3
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Išspręskite

(VA − 10)/20 + VA/15 + (VA + 3)/5 = 4
VA·(1/20 + 1/15 + 1/5) = 4 + 10/20 − 3/5 = 3,9
VA = 3,9/0,3167 = 12,32 V
VB = 15,32 V

Atsakymas

VA = 12,32 V
5.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: IR1 = 0,3214 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​ = 8 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​12 VR3​8 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

Priskirkite kontūrų sroves

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

KĮD kontūre 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
8·I1 + 8(I1 − I2) = 12
16·I1 − 8·I2 = 12

KĮD kontūre 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
3·I2 + 8(I2 − I1) = (−12)
−8·I1 + 11·I2 = −12

Išspręskite

Δ = (16)(11) − (−8)(−8) = 112
I1 = Δ1/Δ = 36/112 = 0,3214 A
I2 = Δ2/Δ = −96/112 = −0,8571 A

Atsakymas

IR1 = I1 = 0,3214 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

6.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: IR3 = −0,5294 A

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

R1​ = 2 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR4​2 ΩAR5​3 ΩB+−V2​10 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
2·I1 + 2(I1 − I2) = 6
4·I1 − 2·I2 = 6

KĮD kontūre 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
5·I2 + 2(I2 − I1) + 3(I2 − I3) = 0
−2·I1 + 10·I2 − 3·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
15·I3 + 3(I3 − I2) = (−10)
−3·I2 + 18·I3 = −10

Išspręskite

Δ = koeficientų matricos determinantas = 612
I1 = Δ1/Δ = 966/612 = 1,578 A
I2 = Δ2/Δ = 96/612 = 0,1569 A
I3 = Δ3/Δ = −324/612 = −0,5294 A

Atsakymas

IR3 = I3 = −0,5294 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

7.Superpozicija

Atsakymas: VR4 = −5,964 V

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​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​15 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 = 6+15 = 21 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 20·21/(20+21) = 10,24 Ω
VA = 12·10,24/(10+10,24) = 6,072 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 6,072·15/21 = 4,337 V
VR4′ = VB − 0 = 4,337 − 0 = 4,337 V
R1​ = 10 ΩR3​ = 6 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​20 ΩAR4​15 ΩBIs​1,5 A

2 atvejis · veikia tik Is

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

R1 ∥ R2 = 10·20/(10+20) = 6,667 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 15 ∥ 12,67 = 6,867 Ω
VB = Is·Req = (−1,5)·6,867 = −10,3 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −10,3·6,667/12,67 = −5,422 V
VR4″ = VB − 0 = −10,3 − 0 = −10,3 V

Sudėkite dedamąsias

VR4 = VR4′ + VR4″
VR4 = 4,337 + (−10,3) = −5,964 V

Neigiamas rezultatas reiškia, kad iš tikrųjų poliškumas priešingas pažymėtam.

8.Superpozicija

Atsakymas: PR1 = 0,1994 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​ = 8 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​6 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 ∥ 18 = 7,2 Ω
VA = 6·7,2/(8+7,2) = 2,842 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,842·6/18 = 0,9474 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (6 − 2,842)/8 = 0,3947 A
R1​ = 8 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 6 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 = 4,8 Ω, todėl kairysis kelias yra R2+4,8 = 16,8 Ω
Req = R4 ∥ 16,8 = 4,421 Ω
VB = Is·Req = 2,5·4,421 = 11,05 V
VA = VB·4,8/16,8 = 3,158 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 3,158)/8 = −0,3947 A
R1​ = 8 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 6 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​12 ΩAATVIRAB+−V2​6 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 = 8·12/(8+12) = 4,8 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 6·16,8/22,8 = 4,421 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 4,421·4,8/16,8 = 1,263 V
IR1‴ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 1,263)/8 = −0,1579 A

Sudėkite srovės indėlius

IR1 = IR1′ + IR1″ + IR1‴ = 0,3947 + (−0,3947) + (−0,1579) = −0,1579 A

Rezistoriaus galia

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

PR1 = IR1²·R1 = (−0,1579)²·8 = 0,1994 W

Atsakymas

PR1 = 0,1994 W

Sudėjus atskirų atvejų galias būtų gauta 2,693 W, o tai neteisinga.

9.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: IL = 0,1303 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​ = 15 ΩR3​ = 8 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​4 ΩAabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 15·4/(15+4) = 3,158 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,158 + 8 = 11,16 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​4 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) = 10·4/(15+4) = 2,105 V
Rth​ = 11,16 Ω+−Vth​2,105 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) = 2,105/(11,16 + 5) = 0,1303 A
10.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: PL = 2 W

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

R1​ = 25 ΩR3​ = 30 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​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 = 25·5/(25+5) = 4,167 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,167 + 30 = 34,17 Ω
R1​ = 25 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAIs​0,5 ABab+−Vth​

Raskite Vth – tuščiosios veikos įtampą

Kai a–b atviri, vienintelis kelias Iₛ yra per R₃ į mazgą A. Raskite V_A superpozicija iš V₁ ir Iₛ, tada pridėkite įtampos kritimą ant R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 4 + 0,5·4,167 = 6,083 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 6,083 + 0,5·30 = 21,08 V
Rth​ = 34,17 Ω+−Vth​21,08 VRL​8 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) = 21,08/(34,17 + 8) = 0,5 A
PL = IL²·RL = 0,5²·8 = 2 W
11.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: t = 5,199 ms

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

Laiko konstanta

τ = L/R = 150 mH / 20 Ω = 7,5 ms

Išreiškite laiką

0,5 = 1·e−t/τ → t = τ·ln(1/0,5)
t = 7,5·ln(2) = 5,199 ms

Atsakymas

t = 5,199 ms
12.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: t = 228,7 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) = 5 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 10 kΩ · 33 µF = 330 ms
vC(t) = 15 + (5 − 15)·e−t/τ

Išreiškite laiką

10 = 15 + (−10)·e−t/τ → e−t/τ = (10 − 15)/(5 − 15) = 0,5
t = τ·ln((5 − 15)/(10 − 15)) = 330·ln(2) = 228,7 ms

Atsakymas

t = 228,7 ms
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: φ = −6,975 °

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

Reaktyviosios varžos

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

Pilnutinė varža

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(20² + (−2,447)²) = 20,15 Ω

Fazės kampas

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−2,447/20) = −6,975°

Atsakymas

φ = −6,975°
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: I = 0,01796 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|.

Reaktyviosios varžos

ω = 2πf = 2π·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,1 = 628,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·2,2·10⁻⁶) = 72,34 Ω

Pilnutinė varža

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(30² + (556)²) = 556,8 Ω

Srovė

Visais nuoseklios grandinės elementais teka ta pati srovė.

I = V/|Z| = 10/556,8 = 0,01796 A

Atsakymas

I = 0,01796 A
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: I = 203,1 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.

Kiekvienos apkrovos reaktyvioji galia

Induktyvioji apkrova reaktyviąją galią ima (Q > 0); talpinė ją tiekia (Q < 0).

Q1 = 26·tan(arccos 0,75) = 22,93 kvar
Q2 = 13·tan(arccos 0,9) = 6,296 kvar

Sumos

P = 26 + 13 = 39 kW
Q = 22,93 + 6,296 = 29,23 kvar
S = √(39² + 29,23²) = 48,74 kVA

Bendra srovė

I = S/V = 48736/240 = 203,1 A

Atsakymas

I = 203,1 A
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: Inew = 23,63 A

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

Reaktyvioji galia prieš ir po

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

Q1 = P·tan φ1 = 5·tan(53,13°) = 6,667 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(23,07°) = 2,13 kvar
QC = Q1 − Q2 = 4,537 kvar

Nauja linijos srovė

Inew = P/(V·cos φ2) = 5000/(230·0,92) = 23,63 A

Atsakymas

Inew = 23,63 A
17.Trifazė galia

Atsakymas: P = 5,167 kW

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

Fazinė įtampa

Vph = 415/√3 = 239,6 V

Fazinė srovė

|Z| = √(12² + 16²) = 20 Ω
Iph = 239,6/20 = 11,98 A

Bendra aktyvioji galia

Aktyviąją galią naudoja tik aktyvioji kiekvieno impedanso dalis.

P = 3·Iph²·R = 3·11,98²·12 = 5,167 kW

Atsakymas

P = 5,167 kW

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

18.Trifazė galia

Atsakymas: QC = 33,94 kvar

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

Reaktyvioji galia prieš ir po

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

Q1 = 50·tan(acos 0,75) = 50·0,8819 = 44,1 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,98) = 50·0,2031 = 10,15 kvar

Kondensatorių tiekiama reaktyvioji galia

QC = Q1 − Q2 = 33,94 kvar

Atsakymas

QC = 33,94 kvar
19.Transformatoriai

Atsakymas: I1 = 0,7667 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 = 4600/20 = 230 V
I2 = 230/15 = 15,33 A

Pirminė srovė

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

I1 = I2/20 = 0,7667 A

Atsakymas

I1 = 0,7667 A

Patikrinimas: iš pirminės pusės matoma apkrova yra a²·RL = 6000 Ω, o 4600/6000 duoda tą pačią srovę.

20.Transformatoriai

Atsakymas: Pcu,fl = 3603 W

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

Išėjimo ir įėjimo galia

Pout = 250·0,95 = 237,5 kW
Pin = 237500/0,982 = 241853 W

Bendri ir vario nuostoliai

Ploss = 241853 − 237500 = 4353 W
Pcu,fl = 4353 − 750 = 3603 W

Atsakymas

Pcu,fl = 3603 W
21.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Rf = 423 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 = (10 − 1)·47 = 423 kΩ

Atsakymas

Rf = 423 kΩ
22.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = −1,519 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 srovės

V₋ = 0, todėl ant kiekvieno įėjimo rezistoriaus yra visa jo įėjimo įtampa.

I1 = V1/R1 = 1,5/47 = 0,03191 mA
I2 = V2/R2 = 1,2/10 = 0,12 mA
If = I1 + I2 = 0,1519 mA

Išėjimo įtampa

Vout = −Rf·If = −10·0,1519 = −1,519 V

Atsakymas

Vout = −1,519 V
23.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: VCE = 13,43 V

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

Bazės srovė

IB = (VCC − VBE)/RB = (15 − 0,7)/820 kΩ = 17,44 µA

Kolektoriaus srovė

IC = β·IB = 75·17,44 µA = 1,308 mA

Kolektoriaus–emiterio įtampa

VCE = 15 − 1,308 mA·1,2 kΩ = 13,43 V

Atsakymas

VCE = 13,43 V
24.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: Rmax = 177,8 Ω

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.

Blogiausio atvejo srovė

IR = 40 + 5 = 45 mA

Didžiausia varža

Rmax = 8/0,045 = 177,8 Ω

Atsakymas

Rmax = 177,8 Ω
25.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 202

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.

Invertuokite ir pridėkite vienetą

54 = 0011 0110
invertuota: 1100 1001
+1 → 1100 1010

Perskaitykite be ženklo

1100 1010₂ = 256 − 54 = 202

Atsakymas

U = 202
26.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: R = 48

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

Bitas po bito

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

0111 0000
AND 1011 1011
= 0011 0000

Rezultato reikšmė

0011 0000₂ = 48

Atsakymas

R = 48
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′B + AB′C′ + ABC

Eilutės su F = 1

ABC = 000, 010, 011, 100, 111
N = 5

Atsakymas

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

Atsakymas: Q = 1

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.

Pilni ciklai

Kas 7 impulsų skaitiklis grįžta į tą pačią būseną.

20 = 2·7 + 6

Skaičius po likusių impulsų

Q = (2 + 6) mod 7 = 1
Q = 001₂

Atsakymas

Q = 1
29.Laplaso transformacijos

Atsakymas: f(0.2) = 0,583

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

Paprastosios trupmenos

F(s) = A/s + B/(s + 4) + C/(s + 6)
A = 55/(4·6) = 2,292
B = 55/((−4)·2) = −6,875
C = 55/((−6)·(−2)) = 4,583

Atvirkštinė transformacija

f(t) = 2,292 − 6,875·e−4t + 4,583·e−6t

Apskaičiuokite

f(0,2) = 2,292 − 6,875·e−4·0,2 + 4,583·e−6·0,2 = 0,583

Atsakymas

f(0,2) = 0,583
30.Laplaso transformacijos

Atsakymas: g(0.1) = 0,3374

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) = 5/(s² + 8s + 12)

Paprastosios trupmenos

s² + 8s + 12 = (s + 2)(s + 6)
A = 1,25, B = −1,25

Impulsinė reakcija

g(t) = 1,25·e−2t − 1,25·e−6t
g(0,1) = 0,3374

Atsakymas

g(0,1) = 0,3374
31.Struktūrinės schemos

Atsakymas: T(0) = 0,906

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 = G/(1 + G·H₁) = 9/(s + 5 + 9·1) = 9/(s + 14)

Išorinis kontūras

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 135/(s + 14 + 135) = 135/(s + 149)

Rezultatas

T(0) = 135/149 = 0,906

Atsakymas

T(0) = 0,906
32.Struktūrinės schemos

Atsakymas: css = 1,917

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).

Perdavimo funkcijos

C/D = G/(1 + K·G) = 6/(s + 6 + 102)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 102/(s + 6 + 102)

Nusistovėjęs režimas

css = 2·102/108 + 0,5·6/108 = 1,917

Atsakymas

css = 1,917

Didesnis K sumažina trikdžio poveikį, bet su proporciniu valdikliu niekada nesumažina iki nulio.

33.Šuolinė reakcija

Atsakymas: σ = −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 = 93 → ωₙ = 9,644 rad/s
2ζωₙ = 10 → ζ = 10/(2·9,644) = 0,5185

Rezultatas

σ = −ζωₙ = −10/2 = −5

Atsakymas

σ = −5
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) = 140/(s² + 6s + 140): ωₙ = 11,83 rad/s, ζ = 0,2535

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: φ = 75,91 °

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

Lūžio dažnis

ωc = 1/(RC) = 1/(47000·1 × 10⁻⁸) = 2128 rad/s
fc = 338,6 Hz → f/fc = 85/338,6 = 0,251

Fazė

φ = 90° − atan(0,251) = 75,91°

Atsakymas

φ = 75,91°
36.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: ω180 = 8,485 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/8)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(8·9) = 8,485 rad/s

Atsakymas

ω180 = 8,485 rad/s
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: Kmax = 48

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.

Charakteringoji lygtis

s³ + 6s² + 8s + K = 0

Raucho lentelė

s³: 1, 8
s²: 6, K
s¹: (6·8 − K)/6
s⁰: K

Sąlygos

Kiekvienas pirmojo stulpelio elementas turi būti teigiamas.

K > 0
6·8 − K > 0 → K < 48

Atsakymas

Kmax = 48

Kai K = 48, uždarasis kontūras svyruoja dažniu ω = √8 = 2,828 rad/s.

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

Atsakymas: σa = −4,333

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, −10, −3
n − m = 3 − 0 = 3

Svorio centras

σa = (−13)/3 = −4,333

Atsakymas

σa = −4,333

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

39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ess = 0,625

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) = 8

Šuolio dalis

Kp = ∞ → estep = 0

Rampos paklaida

ess = 5/8 = 0,625

Atsakymas

ess = 0,625
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: Kd = 3,324 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 + 3) + 1(20 + Kds) = s² + (3 + 1Kd)s + 20

Savasis dažnis

ωₙ = √20 = 4,472 rad/s

Diferencialinis stiprinimas

3 + 1Kd = 2·0,707·4,472 = 6,324
Kd = 3,324 s

Atsakymas

Kd = 3,324 s

Diferencialinis narys prideda slopinimo nekeisdamas ωₙ.

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