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​ = 2 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAR4​20 ΩB

Raskite ekvivalentinę varžą Req, kurią mato šaltinis V1.

V1 = 30 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 12 ΩR4 = 20 Ω
Req = Ω
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiSunkus
R1​ = 25 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​5 VR2​20 ΩIR2​AR4​3 ΩBR6​10 Ω

Raskite srovę IR2 per R2.

V1 = 5 VR1 = 25 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 ΩR4 = 3 ΩR5 = 12 ΩR6 = 10 Ω
IR2 = A
3.Mazgų potencialų metodasVidutinis
R1​ = 12 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​15 ΩAR4​3 ΩBIs​5 A

Mazgų potencialų metodu raskite srovės šaltinio Is atiduodamą galią PIs.

V1 = 6 VIs = 5 AR1 = 12 ΩR2 = 15 ΩR3 = 4 ΩR4 = 3 Ω
PIs = W
4.Mazgų potencialų metodasSunkus
R1​ = 8 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 15 ΩIR4​+−V1​9 VR3​6 ΩAR5​30 ΩBIs​2 A+−V2​10 V

Taikykite mazgų potencialų metodą ir raskite srovę IR4 per R4 rodyklės kryptimi.

V1 = 9 VIs = 2 AV2 = 10 VR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 ΩR4 = 15 ΩR5 = 30 Ω
IR4 = A
5.Kontūrų srovių metodasVidutinis
R1​ = 3 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​24 VR3​2 ΩIR3​A+−V2​30 VI1​I2​

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

V1 = 24 VV2 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 Ω
IR3 = A
6.Kontūrų srovių metodasSunkus
R1​ = 8 ΩR2​ = 25 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​24 VR4​2 ΩAR5​25 ΩIR5​B+−V2​6 VI1​I2​I3​

Taikykite kontūrų srovių metodą ir raskite srovę IR5 per R5 rodyklės kryptimi.

V1 = 24 VV2 = 6 VR1 = 8 ΩR2 = 25 ΩR3 = 20 ΩR4 = 2 ΩR5 = 25 Ω
IR5 = A
7.SuperpozicijaVidutinis
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​2 ΩAR4​8 ΩBIs​4 A

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

V1 = 30 VIs = 4 AR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩR4 = 8 Ω
IR1 = A
8.SuperpozicijaSunkus
tiesinė grandinėV1​V2​Is​IRL​

Tiesinėje varžinėje grandinėje yra trys nepriklausomi šaltiniai: V1, V2 ir Is. Srovė I per apkrovą išmatuota tris kartus. Kai visų šaltinių vertės įprastos, I = 15 mA. Padvigubinus V1 ir nekeičiant kitų dviejų, I = 18 mA. Pakeitus Is kryptį priešinga ir nekeičiant kitų dviejų, I = −7 mA. Raskite apkrovos srovę I, kai V2 išjungtas, o V1 ir Is vertės įprastos.

įprasta: I = 15 mA2·V1: I = 18 mA−Is: I = −7 mA
I = mA
9.Teveninas ir NortonasVidutinis
R1​ = 12 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAab

Raskite Nortono srovę IN: srovę, tekančią iš a į b, kai gnybtai sujungti trumpai.

V1 = 12 VR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 5 Ω
IN = A
10.Teveninas ir NortonasSunkus
R1​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAIs​6 ABRL​2 ΩIL​

Prie a–b prijungta apkrova RL = 2 Ω. Likusią grandinės dalį pakeiskite Tevenino ekvivalentu ir raskite apkrovos srovę IL.

V1 = 30 VIs = 6 AR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩRL = 2 Ω
IL = A
11.RC ir RL pereinamieji procesaiVidutinis
+−Vs​15 Vt = 0R1​ = 10 kΩR2​ = 4,7 kΩC220 µF+−vC​

Šaltinis Vₛ per R₁ krauna kondensatorių, o R₂ prijungtas lygiagrečiai su C. Kondensatorius neįkrautas, kai jungiklis užsidaro momentu t = 0. Raskite grandinės laiko konstantą τ po jungiklio užsidarymo.

Vs = 15 VR1 = 10 kΩR2 = 4,7 kΩC = 220 µF
τ = ms
12.RC ir RL pereinamieji procesaiSunkus
+−Vs​5 Vt = 0R = 1 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 3 V

Prieš pat jungiklio užsidarymą momentu t = 0 kondensatoriaus įtampa yra 3 V su pažymėtu poliškumu. Per kiek laiko vC pasieks 4,4 V? Raskite t.

Vs = 5 VR = 1 kΩC = 33 µFvC(0) = 3 V
t = ms
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiVidutinis
Vf0​ = 60 HzRL = 10 mHC = ?

Nuosekli RLC grandinė, kurios L = 10 mH, turi rezonuoti esant 60 Hz. Raskite reikiamą talpą C.

f0 = 60 HzL = 10 mH
C = µF
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiSunkus
24 V200 HzR = 25 ΩL = 150 mHC = 100 µF

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 24 V (efektinė), 200 Hz maitinimo. Raskite grandinės rezonansinį dažnį f0.

V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 25 ΩL = 150 mHC = 100 µF
f0 = Hz
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasVidutinis
240 VZ8 + j6 ΩI

Apkrova, kurios pilnutinė varža Z = 8 + j6 Ω, prijungta prie 240 V (efektinė) vienfazio tinklo. Raskite pilnutinę galią S.

V = 240 VZ = 8 + j6 Ω
S = VA
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasSunkus
230 V1000 HzRs​ = 5 ΩXs​ = j5 ΩZL​ = ?

230 V (efektinė), 1000 Hz šaltinio vidinė pilnutinė varža Zs = 5 + j5 Ω. Apkrovos pilnutinę varžą ZL galima pasirinkti laisvai. Raskite didžiausią aktyviąją galią Pmax, kurią galima perduoti apkrovai.

Vs = 230 V (rms)f = 1000 HzZs = 5 + j5 Ω
Pmax = W
17.Trifazė galiaVidutinis
ABCVL​ = 415 VZ = 3 + j4 Ωvienai fazei

Simetrinė trikampiu sujungta apkrova, kurios fazės impedansas 3 + j4 Ω, prijungta prie simetrinio trifazio tinklo, kurio linijinė įtampa 415 V. Raskite bendrą apkrovos naudojamą aktyviąją galią P kW.

VL = 415 VZ = 3 + j4 Ω vienai fazei
P = kW
18.Trifazė galiaSunkus
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Simetrinė trifazė apkrova iš 480 V (linijinė įtampa), 60 Hz tinklo ima 60 kW, kai galios koeficientas 0,65 (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 = 60 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatoriaiVidutinis
16 ΩN1​N2​400 Ω

Stiprintuvas, kurio išėjimo varža 400 Ω, per idealų transformatorių maitina 16 Ω garsiakalbį. Kad būtų perduodama didžiausia galia, iš stiprintuvo pusės garsiakalbis turi atrodyti kaip 400 Ω. Raskite transformacijos koeficientą a = N₁/N₂.

Rs = 400 ΩRL = 16 Ω
a =
20.TransformatoriaiSunkus
pf 0,85150 kVA, η = 97%

Vienfazio 150 kVA transformatoriaus šerdies nuostoliai yra 600 W. Esant vardinei apkrovai ir galios koeficientui 0,85 (induktyvus), jo naudingumo koeficientas 97%. Raskite vario nuostolius Pcu,fl vatais esant vardinei apkrovai.

S = 150 kVAPcore = 600 Wpf = 0,85η = 97%
Pcu,fl = W
21.Operacinių stiprintuvų grandinėsVidutinis
−+Vout​R2​ = 1 kΩV1​ = −2,8 VR1​ = 10 kΩV2​ = 2,2 VR3​ = 10 kΩR4​ = 1 kΩ

Diferencinis stiprintuvas naudoja idealų operacinį stiprintuvą, maitinamą ±15 V, kai R3 = R1 ir R4 = R2. Raskite išėjimo įtampą Vout.

V1 = −2,8 VV2 = 2,2 VR1 = R3 = 10 kΩR2 = R4 = 1 kΩ
Vout = V
22.Operacinių stiprintuvų grandinėsSunkus
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = 0,9 VR1​ = 47 kΩV2​ = 0,7 VR2​ = 2 kΩ

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

V1 = 0,9 VV2 = 0,7 VR1 = 47 kΩR2 = 2 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
23.Diodai ir tranzistoriaiVidutinis
RC​ = 3,3 kΩβ = 50VCC​ = 12 VRB​ = 390 kΩ

NPN tranzistoriaus, kurio β = 50, darbo taškas nustatomas bazės rezistoriumi RB = 390 kΩ iš maitinimo šaltinio VCC = 12 V. Kolektoriaus rezistorius RC = 3,3 kΩ, emiteris įžemintas. Imkite VBE = 0,7 V ir tarkite, kad tranzistorius veikia aktyviojoje srityje. Raskite kolektoriaus–emiterio įtampą VCE.

VCC = 12 VRB = 390 kΩRC = 3,3 kΩβ = 50VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Diodai ir tranzistoriaiSunkus
+−≤ 21 V330 Ω12 V

12 V Zenerio stabilizatoriaus nuosekliojo rezistoriaus varža 330 Ω. Įėjimo įtampa gali pakilti iki 21 V, o apkrova gali būti atjungta. Raskite didžiausią galią PZ,max, kurią turi išsklaidyti Zenerio diodas.

Vin,max = 21 VVZ = 12 VR = 330 Ω
PZ,max = mW
25.Skaičiavimo sistemosVidutinis
8 bitų papildomasis kodas?−128?64?32?16?8?4?2?1

Užrašykite −11 kaip 8 bitų papildomojo kodo seką. Perskaitykite seką kaip dvejetainį skaičių be ženklo: kokia jo reikšmė U dešimtainėje sistemoje?

N = −118 bit
U =
26.Skaičiavimo sistemosSunkus
16 bit1 px1920 px1080 pxM = ? KiB

Nesuspaustas vaizdas yra 1920 × 1080 pikselių, 16 bitų pikseliui. Kiek atminties M jis užima, KiB (1 KiB = 1024 baitai)?

1920 × 1080 px16 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABC000111100101324576

Supaprastinkite F = A′C + A′B′ + ABC iki minimalios sandaugų sumos formos. Kiek literalų L turi supaprastinta išraiška?

F = A′C + A′B′ + ABC
L =
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKSHIFT

4 bitų postūmio registras Q₃Q₂Q₁Q₀ laiko 0000. Kiekvienu taktiniu frontu bitai pasislenka per vieną vietą į dešinę (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀, Q₀ prarandamas), o nuoseklusis įėjimas patenka į Q₃. Nuoseklusis įėjimas yra 0, 0, 0, 0, 1 5 frontais. Nurodykite galutinę būseną Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ dešimtainiu skaičiumi.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 00000, 0, 0, 0, 1
Q =
29.Laplaso transformacijosVidutinis
t (s)f(t)t = 0,5f(0,5) = ?

Paprastosiomis trupmenomis raskite f(t), kai F(s) = 25/(s(s + 2)(s + 4)), ir apskaičiuokite f(0,5).

F(s) = 25/(s(s + 2)(s + 4))t = 0,5 s
f(0.5) =
30.Laplaso transformacijosSunkus
t (s)y(t)t = 0,75y(0,75) = ?

Sistema tenkina y″ + 3y′ + 2y = 6·u(t), kai y(0) = 6 ir y′(0) = 0. Ties t = 0 pridedamas šuolinis įėjimas u(t) = 10. Laplaso transformacija raskite y(0,75).

y″ + 3y′ + 2y = 6·u(t)y(0) = 6y′(0) = 0u(t) = 10t = 0,75 s
y(0.75) =
31.Struktūrinės schemosVidutinis
R(s)+42s(s + 3)G(s)C(s)−

Vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūre G(s) = 42/(s(s + 3)). Atskaitos signalas yra tiesiškai kintantis signalas r(t) = 2·t. Raskite nusistovėjusią paklaidą ess.

G(s) = 42/(s(s + 3))r(t) = 2·t
ess =
32.Struktūrinės schemosSunkus
R(s)+78s(s + 5)G(s)C(s)1H−

Objektas G(s) = 78/(s(s + 5)) įtrauktas į neigiamo grįžtamojo ryšio kontūrą su jutiklio stiprinimu H = 1. Uždarosios sistemos poliai kompleksiniai. Raskite jų realiąją dalį σ.

G(s) = 78/(s(s + 5))H = 1
σ =
33.Šuolinė reakcijaVidutinis
t (s)y(t)1ts​ = ?

Sistemos perdavimo funkcija G(s) = 95/(s² + 12s + 95), o jos įėjimas yra vienetinis šuolis. Raskite šuolinės reakcijos 2 % nusistovėjimo laiką ts, naudodami ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 95/(s² + 12s + 95)
ts = s
34.Šuolinė reakcijaSunkus
t (s)y(t)1tp​ = 1,5 s25 %

Antrosios eilės sistemos be nulių šuolinė reakcija rodo 25 % viršijimą, o pirmas pikas atsiranda ties t = 1,5 s. Raskite savąjį dažnį ωn.

%OS = 25 %tp = 1,5 s
ωn = rad/s
35.Bode grafikai ir atsargosVidutinis
vin​R = 22 ΩL = 100 mHvout​

Parodytas RL aukštųjų dažnių filtras turi R = 22 Ω, L = 100 mH. Taikoma sinusinė įvestis 70 Hz. Raskite vout fazės poslinkį φ vin atžvilgiu laipsniais.

R = 22 ΩL = 100 mHf = 70 Hz
φ = °
36.Bode grafikai ir atsargosSunkus
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Vienetinio grįžtamojo ryšio kilpos atvirosios kilpos perdavimo funkcija yra L(s) = 20/(s(s + 1)(s + 10)). Raskite stiprinimo atsargą GM dB.

L(s) = 20/(s(s + 1)(s + 10))
GM = dB
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaVidutinis
R(s)+Ks + 7s(s + 2)(s + 4)C(s)−

Vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre L(s) = K(s + 7)/(s(s + 2)(s + 4)), kai K > 0. Raskite didžiausią stiprinimą Kmax, su kuriuo uždarasis kontūras yra stabilus.

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

Kontūrui L(s) = K/(s(s + 6)(s + 8)) raskite stiprinimą K, kuriam esant uždarojo kontūro polius yra ties s = −2,5.

L(s) = K/(s(s + 6)(s + 8))s = −2,5
K =
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasVidutinis
r(t) = 1 + 3t+50(s + 2)s(s + 2)(s + 4)C(s)−

Į vienetinio grįžtamojo ryšio kontūrą, kurio G(s) = 50(s + 2)/(s(s + 2)(s + 4)), paduodamas signalas r(t) = 1 + 3t (šuolis ir rampa). Raskite nusistovėjusiąją paklaidą ess.

G(s) = 50(s + 2)/(s(s + 2)(s + 4))r(t) = 1 + 3t
ess =
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasSunkus
R(s)+Kp​ + Ki​/s10s + 4C(s)−

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

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

3Tirpalai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: Req = 10,73 Ω

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAR4​20 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 = 12 + 20 = 32 Ω
R2 ∥ 32 = 12·32/(12+32) = 8,727 Ω
Req = R1 + 8,727 = 2 + 8,727 = 10,73 Ω

Atsakymas

Req = 10,73 Ω
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: IR2 = 0,07453 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​ = 25 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​5 VR2​20 ΩAR4​3 ΩBR6​10 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 + 10 = 22 Ω
R4 ∥ 22 = 2,64 Ω
R3 + 2,64 = 22,64 Ω
R2 ∥ 22,64 = 10,62 Ω
Req = R1 + 10,62 = 25 + 10,62 = 35,62 Ω

Šaltinio srovė

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

IR1 = V1/Req = 5/35,62 = 0,1404 A

Srovė per R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 5 − 0,1404·25 = 1,491 V
IR2 = VA/R2 = 1,491/20 = 0,07453 A

Atsakymas

IR2 = 0,07453 A
3.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: PIs = 62,2 W

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

KSD mazge A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/15 + (VA − 6)/12 + (VA − VB)/4 = 0
0,4·VA − 0,25·VB = 0,5

KSD mazge B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/3 + (VB − VA)/4 = 5
−0,25·VA + 0,5833·VB = 5

Išspręskite

Δ = (0,4)(0,5833) − (−0,25)(−0,25) = 0,1708
VA = Δ1/Δ = 1,542/0,1708 = 9,024 V
VB = Δ2/Δ = 2,125/0,1708 = 12,44 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 = 12,44·5 = 62,2 W

Atsakymas

PIs = 62,2 W
4.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: IR4 = −0,898 A

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

R1​ = 8 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​9 VR3​6 ΩAR5​30 ΩBIs​2 A+−V2​10 V

Nustatykite mazgus

Įžeminimas – apatinis laidas. Žinomi mazgų potencialai gaunami tiesiai iš šaltinių (V1 = 9 V, V2 = 10 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/6 + (VA − 9)/8 + (VA − VB)/4 = 0
0,5417·VA − 0,25·VB = 1,125

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/30 + (VB − VA)/4 + (VB − 10)/15 = (−2)
−0,25·VA + 0,35·VB = −1,333

Išspręskite

Δ = (0,5417)(0,35) − (−0,25)(−0,25) = 0,1271
VA = Δ1/Δ = 0,06042/0,1271 = 0,4754 V
VB = Δ2/Δ = −0,441/0,1271 = −3,47 V

Atsakymas

IR4 = (VB − V2)/R4 = (−3,47 − 10)/15 = −0,898 A
5.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: IR3 = 5,893 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​ = 10 Ω+−V1​24 VR3​2 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

Priskirkite kontūrų sroves

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

KĮD kontūre 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
3·I1 + 2(I1 − I2) = 24
5·I1 − 2·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
10·I2 + 2(I2 − I1) = (−30)
−2·I1 + 12·I2 = −30

Išspręskite

Δ = (5)(12) − (−2)(−2) = 56
I1 = Δ1/Δ = 228/56 = 4,071 A
I2 = Δ2/Δ = −102/56 = −1,821 A

Atsakymas

IR3 = I1 − I2 = 5,893 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

6.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: IR5 = 0,1506 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​ = 25 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​24 VR4​2 ΩAR5​25 ΩB+−V2​6 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
8·I1 + 2(I1 − I2) = 24
10·I1 − 2·I2 = 24

KĮD kontūre 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
25·I2 + 2(I2 − I1) + 25(I2 − I3) = 0
−2·I1 + 52·I2 − 25·I3 = 0

KĮD kontūre 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
20·I3 + 25(I3 − I2) = (−6)
−25·I2 + 45·I3 = −6

Išspręskite

Δ = koeficientų matricos determinantas = 16970
I1 = Δ1/Δ = 40860/16970 = 2,408 A
I2 = Δ2/Δ = 660/16970 = 0,03889 A
I3 = Δ3/Δ = −1896/16970 = −0,1117 A

Atsakymas

IR5 = I2 − I3 = 0,1506 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

7.Superpozicija

Atsakymas: IR1 = 5,623 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 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​2 ΩAR4​8 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 = 12+8 = 20 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 2·20/(2+20) = 1,818 Ω
VA = 30·1,818/(3+1,818) = 11,32 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 11,32·8/20 = 4,528 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (30 − 11,32)/3 = 6,226 A
R1​ = 3 ΩR3​ = 12 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​2 ΩAR4​8 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 = 3·2/(3+2) = 1,2 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 8 ∥ 13,2 = 4,981 Ω
VB = Is·Req = 4·4,981 = 19,92 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 19,92·1,2/13,2 = 1,811 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 1,811)/3 = −0,6038 A

Sudėkite dedamąsias

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 6,226 + (−0,6038) = 5,623 A

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

8.Superpozicija

Atsakymas: I = 14 mA

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.

Matavimus užrašykite per indėlius

Kiekvienas indėlis proporcingas savo šaltiniui.

I₁ + I₂ + I₃ = 15
2·I₁ + I₂ + I₃ = 18
I₁ + I₂ − I₃ = −7

Raskite indėlius

I₁ = 18 − 15 = 3 mA
I₃ = (15 − (−7))/2 = 11 mA
I₂ = 15 − 3 − 11 = 1 mA

Išjunkite V₂

I = I₁ + I₃ = 3 + 11 = 14 mA

Atsakymas

I = 14 mA
9.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: IN = 0,5455 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​ = 5 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​12 ΩAabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 12·12/(12+12) = 6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6 + 5 = 11 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​12 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) = 12·12/(12+12) = 6 V
IN​0,5455 ARth​11 Ωab

Nortono ekvivalentas

Nortono šaltinis – ta pati grandinė, matoma kaip srovės šaltinis lygiagrečiai su R_th. Jo srovė yra trumpojo jungimo srovė tarp a–b.

IN = Vth/Rth = 6/11 = 0,5455 A
10.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: IL = 5,812 A

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 2 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​10 ΩAATVIRABabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 20·10/(20+10) = 6,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,667 + 2 = 8,667 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAIs​6 ABab+−Vth​

Raskite Vth – tuščiosios veikos įtampą

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 10 + 6·6,667 = 50 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 50 + 6·2 = 62 V
Rth​ = 8,667 Ω+−Vth​62 VRL​2 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) = 62/(8,667 + 2) = 5,812 A
11.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: τ = 703,4 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.

Kondensatoriaus matomas Tevenino ekvivalentas

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

Rth = R1 ∥ R2 = 10·4,7/(10 + 4,7) = 3,197 kΩ
vC(∞) = 15·4,7/(10 + 4,7) = 4,796 V

Laiko konstanta

τ = Rth·C = 3,197·220 = 703,4 ms

Atsakymas

τ = 703,4 ms
12.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: t = 39,73 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) = 3 V, vC(∞) = Vs = 5 V
τ = R·C = 1 kΩ · 33 µF = 33 ms
vC(t) = 5 + (3 − 5)·e−t/τ

Išreiškite laiką

4,4 = 5 + (−2)·e−t/τ → e−t/τ = (4,4 − 5)/(3 − 5) = 0,3
t = τ·ln((3 − 5)/(4,4 − 5)) = 33·ln(3,333) = 39,73 ms

Atsakymas

t = 39,73 ms
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: C = 703,6 µF

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|.

Rezonanso sąlyga

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

ω₀ = 2π·60 = 377 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(377²·0,01) = 703,6 µF

Atsakymas

C = 703,6 µF
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: f0 = 41,09 Hz

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

Rezonansas

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

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,15·100·10⁻⁶)) = 41,09 Hz

Atsakymas

f0 = 41,09 Hz
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: S = 5760 VA

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.

Srovė

|Z| = √(8² + 6²) = 10 Ω
I = V/|Z| = 240/10 = 24 A

Pilnutinė galia

S = V·I = 240·24 = 5760 VA

Atsakymas

S = 5760 VA
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: Pmax = 2645 W

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* = 5 − j5 Ω

Didžiausia galia

I = Vs/(2Rs) = 230/10 = 23 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 230²/(4·5) = 2645 W

Atsakymas

Pmax = 2645 W
17.Trifazė galia

Atsakymas: P = 62 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 = VL = 415 V

Fazinė srovė

|Z| = √(3² + 4²) = 5 Ω
Iph = 415/5 = 83 A

Bendra aktyvioji galia

Aktyviąją galią naudoja tik aktyvioji kiekvieno impedanso dalis.

P = 3·Iph²·R = 3·83²·3 = 62 kW

Atsakymas

P = 62 kW

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

18.Trifazė galia

Atsakymas: QC = 57,96 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 = 60·tan(acos 0,65) = 60·1,169 = 70,15 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,98) = 60·0,2031 = 12,18 kvar

Kondensatorių tiekiama reaktyvioji galia

QC = Q1 − Q2 = 57,96 kvar

Atsakymas

QC = 57,96 kvar
19.Transformatoriai

Atsakymas: a = 5

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.

Suderinkite perskaičiuotą apkrovą

a²·16 = 400
a = √(400/16) = √25 = 5

Atsakymas

a = 5
20.Transformatoriai

Atsakymas: Pcu,fl = 3343 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 = 150·0,85 = 127,5 kW
Pin = 127500/0,97 = 131443 W

Bendri ir vario nuostoliai

Ploss = 131443 − 127500 = 3943 W
Pcu,fl = 3943 − 600 = 3343 W

Atsakymas

Pcu,fl = 3343 W
21.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = 0,5 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.

Įtampa įėjimuose

Per R₃ ir R₄ teka ta pati srovė, todėl jie sudaro įtampos daliklį; grįžtamasis ryšys užtikrina V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 2,2·1/(10 + 1) = 0,2 V
V₋ = V₊

Kirchhofo srovių dėsnis invertuojančiajame įėjime

(−2,8 − 0,2)/10 = (0,2 − Vout)/1
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (1/10)·(2,2 − (−2,8)) = 0,5 V

Atsakymas

Vout = 0,5 V
22.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = −1,735 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 = 0,9/47 = 0,01915 mA
I2 = V2/R2 = 0,7/2 = 0,35 mA
If = I1 + I2 = 0,3691 mA

Išėjimo įtampa

Vout = −Rf·If = −4,7·0,3691 = −1,735 V

Atsakymas

Vout = −1,735 V
23.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: VCE = 7,219 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 = (12 − 0,7)/390 kΩ = 28,97 µA

Kolektoriaus srovė

IC = β·IB = 50·28,97 µA = 1,449 mA

Kolektoriaus–emiterio įtampa

VCE = 12 − 1,449 mA·3,3 kΩ = 7,219 V

Atsakymas

VCE = 7,219 V
24.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: PZ,max = 327,3 mW

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 Zenerio diodo srovė

IZ = 9/330 = 27,27 mA

Zenerio diodo galia

PZ = 12·27,27 = 327,3 mW

Atsakymas

PZ,max = 327,3 mW
25.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 245

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

11 = 0000 1011
invertuota: 1111 0100
+1 → 1111 0101

Perskaitykite be ženklo

1111 0101₂ = 256 − 11 = 245

Atsakymas

U = 245
26.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: M = 4050 KiB

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.

Bitai ir baitai

1920·1080·16 = 33177600 bit = 4147200 B

Paverskite į KiB

4147200/1024 = 4050 KiB

Atsakymas

M = 4050 KiB
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: L = 4

Būlio algebra: išraiškas supaprastinančios taisyklės yra X + X′ = 1 ir X·X′ = 0, X + X = X, sugėrimas X + X·Y = X, jungimo taisyklė X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y ir konsensuso teorema XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. De Morgano dėsniai (X·Y)′ paverčia X′ + Y′, o (X + Y)′ – X′·Y′. Karno žemėlapis šias taisykles taiko grafiškai: kiekviena dviejų gretimų langelių grupė yra vienas XY + XY′ = X taikymas.

Išraiškos mintermos

A′C → m(1, 3)
A′B′ → m(0, 1)
ABC → m(7)
ABC00011110011011130204051706

Sugrupuokite ir nuskaitykite

F = BC + A′B′

Suskaičiuokite literalus

L = 4

Atsakymas

L = 4
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: Q = 8

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

Būsena po kiekvieno fronto

0000 → 0000 → 0000 → 0000 → 0000 → 1000

Dešimtainė reikšmė

1000₂ = 8

Atsakymas

Q = 8
29.Laplaso transformacijos

Atsakymas: f(0.5) = 1,249

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 + 2) + C/(s + 4)
A = 25/(2·4) = 3,125
B = 25/((−2)·2) = −6,25
C = 25/((−4)·(−2)) = 3,125

Atvirkštinė transformacija

f(t) = 3,125 − 6,25·e−2t + 3,125·e−4t

Apskaičiuokite

f(0,5) = 3,125 − 6,25·e−2·0,5 + 3,125·e−4·0,5 = 1,249

Atsakymas

f(0,5) = 1,249
30.Laplaso transformacijos

Atsakymas: y(0.75) = 12,68

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

Transformuokite lygtį

(s² + 3s + 2)·Y(s) = 6s + 18 + 60/s
Y(s) = (6s² + 18s + 60)/(s(s + 1)(s + 2))

Paprastosios trupmenos

A = 60/(1·2) = 30
B = 48/((−1)·1) = −48
C = 48/((−2)·(−1)) = 24

Rezultatas

y(t) = 30 − 48·e−t + 24·e−2t
y(0,75) = 12,68

Atsakymas

y(0,75) = 12,68

Patikra: y(0) = A + B + C = 6.

31.Struktūrinės schemos

Atsakymas: ess = 0,1429

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

Greičio paklaidos konstanta

Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 42/3 = 14

Nusistovėjusi paklaida

ess = A/Kᵥ = 2/14 = 0,1429

Atsakymas

ess = 0,1429
32.Struktūrinės schemos

Atsakymas: σ = −2,5

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

Charakteringoji lygtis

s(s + 5) + 78·1 = 0 → s² + 5s + 78 = 0

Šaknys

s = −2,5 ± j·√(78 − 6,25) = −2,5 ± j8,471
σ = −2,5

Atsakymas

σ = −2,5
33.Šuolinė reakcija

Atsakymas: ts = 0,6667 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).

Palyginkite su standartine forma

Vardiklis turi atitikti s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 95 → ωₙ = 9,747 rad/s
2ζωₙ = 12 → ζ = 12/(2·9,747) = 0,6156

Rezultatas

ζωₙ = 6 → ts ≈ 4/6 = 0,6667 s

Atsakymas

ts = 0,6667 s
34.Šuolinė reakcija

Atsakymas: ωn = 2,289 rad/s

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

Slopinimo koeficientas

ζ = −ln(0,25)/√(π² + ln²(0,25)) = 1,386/√(9,87 + 1,922) = 0,4037

Savasis dažnis

ωd = π/tp = π/1,5 = 2,094 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 2,094/0,9149 = 2,289 rad/s

Atsakymas

ωn = 2,289 rad/s
35.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: φ = 26,57 °

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 = R/L = 22/0,1 = 220 rad/s
fc = 35,01 Hz → f/fc = 70/35,01 = 1,999

Fazė

φ = 90° − atan(1,999) = 26,57°

Atsakymas

φ = 26,57°
36.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: GM = 14,81 dB

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

Fazės kirtimas

(ω/1)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(1·10) = 3,162 rad/s

Modulis ties fazės kirtimu

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 100)) = K/(1·10·(1 + 10)) = K/110

Stiprinimo atsarga

GM = 20·log₁₀(110/20) = 14,81 dB

Atsakymas

GM = 14,81 dB
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.

Charakteristinis daugianaris

s(s + 2)(s + 4) + K(s + 7) = s³ + 6s² + (8 + K)s + 7K

Raucho lentelė

s³: 1, 8 + K
s²: 6, 7K
s¹: (6·(8 + K) − 7K)/6
s⁰: 7K

Sąlyga

48 − 1K > 0
K < 48/1 = 48

Atsakymas

Kmax = 48

Jei nulis būtų į dešinę nuo s = −6, kontūras liktų stabilus su visais K > 0.

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

Atsakymas: K = 48,13

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.

Modulio sąlyga

K = |s|·|s + 6|·|s + 8|

Apskaičiuokite taške

K = 2,5·3,5·5,5 = 48,13

Atsakymas

K = 48,13

Patikrinimas: s(s + 6)(s + 8) + K lygu nuliui, kai s = −2,5.

39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ess = 0,24

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) = 12,5

Šuolio dalis

Kp = ∞ → estep = 0

Rampos paklaida

ess = 3/12,5 = 0,24

Atsakymas

ess = 0,24
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: Kp = 0,08

P, PI ir PID valdymas: reguliatorius C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s veikia pagal paklaidą. Proporcinis stiprinimas pagreitina kontūrą ir sumažina 0 tipo objekto paklaidą, bet niekada jos nepanaikina. Integralinis narys prideda polių ties s = 0: sistemos tipas padidėja vienetu, o šuolis seka be paklaidos. Diferencialinis narys prideda slopinimo. Norėdami parinkti stiprinimus, užrašykite uždarojo kontūro charakteristinį daugianarį ir palyginkite jį su s² + 2ζωns + ωn². Tuomet %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, kur ωd = ωn√(1 − ζ²), o ts ≈ 4/(ζωn).

Charakteristinis daugianaris

1 + C(s)G(s) = 0, padauginta iš s(s + 4).

s² + (4 + 10Kp)s + 10Ki

Tikslinis daugianaris

s² + 2·0,6·4s + 4² = s² + 4,8s + 16

Sulyginkite koeficientus

4 + 10Kp = 4,8 → Kp = 0,08

Atsakymas

Kp = 0,08

Integralinis narys kontūrą padaro 1 tipo, todėl šuolis seka be nusistovėjusiosios paklaidos.

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