FE Electrical and Computer egzamino praktika: pasiruošimo paketas

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

Nauji uždaviniaiAtgal į kursą

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

1Formulės ir metodai

Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

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

Metodas

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

Mazgų potencialų metodas

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

Metodas

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

Kontūrų srovių metodas

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

Metodas

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

Superpozicija

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

Metodas

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

Teveninas ir Nortonas

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

Metodas

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

RC ir RL pereinamieji procesai

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

Metodas

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

Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

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

Metodas

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

Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

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

Trifazė galia

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

Transformatoriai

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

Operacinių stiprintuvų grandinės

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

Diodai ir tranzistoriai

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

Skaičiavimo sistemos

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

Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

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

Metodas

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

Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

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

Metodas

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

Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

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

Metodas

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

2Uždaviniai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiVidutinis
R1​ = 15 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​5 ΩB

Raskite ekvivalentinę varžą Req, kurią mato šaltinis V1.

V1 = 10 VR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩR3 = 4 ΩR4 = 5 Ω
Req = Ω
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiSunkus
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAR4​30 ΩBR6​30 Ω

Raskite ekvivalentinę varžą Req, kurią mato šaltinis V1.

V1 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 ΩR4 = 30 ΩR5 = 20 ΩR6 = 30 Ω
Req = Ω
3.Mazgų potencialų metodasVidutinis
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAR4​4 ΩBIs​1,5 A

Taikykite mazgų potencialų metodą ir raskite srovę IR1 per R1 rodyklės kryptimi.

V1 = 18 VIs = 1,5 AR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = A
4.Mazgų potencialų metodasSunkus
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​5 ΩIR4​B0,4·VA​

Rombas yra įtampa valdomas srovės šaltinis, kuris į mazgą B aukštyn stumia 0,4·VA srovę (A, kai VA – V). Mazgų potencialų metodu raskite srovę IR4 per R4 rodyklės kryptimi.

V1 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 ΩR4 = 5 Ωg = 0,4 A/V
IR4 = A
5.Kontūrų srovių metodasVidutinis
R1​ = 3 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​18 VR3​2 Ω+−VR3​A+−V2​24 VI1​I2​

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

V1 = 18 VV2 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 Ω
VR3 = V
6.Kontūrų srovių metodasSunkus
R1​ = 10 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR4​10 ΩAR5​3 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Taikykite kontūrų srovių metodą ir raskite kontūro srovę I3 (pagal laikrodžio rodyklę).

V1 = 18 VV2 = 10 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 15 ΩR4 = 10 ΩR5 = 3 Ω
I3 = A
7.SuperpozicijaVidutinis
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 ΩIR3​+−V1​12 VR2​6 ΩAR4​4 ΩBIs​3 A

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

V1 = 12 VIs = 3 AR1 = 5 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 ΩR4 = 4 Ω
IR3 = A
8.SuperpozicijaSunkus
R1​ = 25 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​6 VR3​6 ΩIR3​AIs​3 AB−+V2​10 V

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

V1 = 6 VIs = 3 AV2 = 10 VR1 = 25 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩR4 = 8 Ω
IR3 = A
9.Teveninas ir NortonasVidutinis
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩARL​4 ΩIL​B

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

V1 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 5 ΩRL = 4 Ω
IL = A
10.Teveninas ir NortonasSunkus
R1​ = 4 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAIs​2 ABRL​25 ΩIL​

Prie a–b prijungta apkrova RL = 25 Ω. Likusią grandinės dalį pakeiskite Tevenino ekvivalentu ir raskite apkrovos srovę IL.

V1 = 24 VIs = 2 AR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 6 ΩRL = 25 Ω
IL = A
11.RC ir RL pereinamieji procesaiVidutinis
+−Vs​5 Vt = 0R = 22 ΩL10 mHi(t)

Kol jungiklis neužsidarė momentu t = 0, rite srovė neteka. Raskite srovę i momentu t = 1 ms.

Vs = 5 VR = 22 ΩL = 10 mHt = 1 ms
i = A
12.RC ir RL pereinamieji procesaiSunkus
+−Vs​12 Vt = 0R = 3,3 kΩC22 µF+−vC​vC​(0) = 2 V

Prieš pat jungiklio užsidarymą momentu t = 0 kondensatoriaus įtampa yra 2 V su pažymėtu poliškumu. Per kiek laiko vC pasieks 8 V? Raskite t.

Vs = 12 VR = 3,3 kΩC = 22 µFvC(0) = 2 V
t = ms
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiVidutinis
10 V50 HzR = 40 ΩL = 100 mHC = 4,7 µF

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 10 V (efektinė), 50 Hz maitinimo. Raskite pilnutinės varžos fazės kampą φ laipsniais (teigiamas, kai srovė atsilieka nuo įtampos).

V = 10 V (rms)f = 50 HzR = 40 ΩL = 100 mHC = 4,7 µF
φ = °
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiSunkus
120 V60 HzR1​ = 25 ΩR2​ = 30 ΩC = 47 µFI

Rezistorius R1 nuosekliai sujungtas su lygiagrečiu R2 ir kondensatoriaus C junginiu ir prijungtas prie 120 V (efektinė), 60 Hz maitinimo. Raskite efektinę srovę I.

V = 120 V (rms)f = 60 HzR1 = 25 ΩR2 = 30 ΩC = 47 µF
I = A
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasVidutinis
P = 28 kWQSφ

Vienfazis variklis iš 400 V tinklo ima 28 kW, kai galios koeficientas 0,7 (induktyvus). Raskite linijos srovę I.

P = 28 kWpf = 0,7V = 400 V
I = A
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasSunkus
P = 15 kWQ1​S1​φ1​QC​

Vienfazė apkrova iš 400 V, 50 Hz tinklo ima 15 kW, kai galios koeficientas 0,6 (induktyvus). Lygiagrečiai prijungtas kondensatorius padidina galios koeficientą iki 0,92. Raskite naują linijos srovę Inew.

P = 15 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,92V = 400 Vf = 50 Hz
Inew = A
17.Trifazė galiaVidutinis
ABCVL​ = 480 VIL​ = 60 Acos φ = 0,75induktyvus

Simetrinė trifazė apkrova ima 60 A linijinę srovę iš tinklo, kurio linijinė įtampa 480 V. Galios koeficientas 0,75 (induktyvus). Raskite bendrą apkrovos naudojamą aktyviąją galią P kW.

VL = 480 VIL = 60 Acos φ = 0,75
P = kW
18.Trifazė galiaSunkus
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​

Simetrinė trifazė apkrova iš 690 V (linijinė įtampa), 60 Hz tinklo ima 150 kW, kai galios koeficientas 0,72 (induktyvus). Lygiagrečiai apkrovai prijungta trifazė kondensatorių baterija turi padidinti bendrą galios koeficientą iki 0,98 (induktyvus). Aktyvioji galia nekinta. Kondensatoriai sujungti trikampiu. Raskite kiekvieno kondensatoriaus talpą Cph µF.

P = 150 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatoriaiVidutinis
2400 V240 VIHV​ = ?ILV​250 kVA

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

S = 250 kVAV1 = 2400 VV2 = 240 V
IHV = A
20.TransformatoriaiSunkus
500 kVA

Vienfazio 500 kVA transformatoriaus šerdies nuostoliai yra 4000 W, o vario nuostoliai esant vardinei apkrovai – 10000 W. Esant kokiai apkrovai Sη,max kVA jo naudingumo koeficientas didžiausias?

S = 500 kVAPcore = 4000 WPcu,fl = 10000 W
Sη,max = kVA
21.Operacinių stiprintuvų grandinėsVidutinis
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 47 kΩVin​

Parinkite grįžtamojo ryšio rezistorių Rf, kad šio neinvertuojančiojo stiprintuvo įtampos stiprinimas būtų 20.

R1 = 47 kΩAv = 20
Rf = kΩ
22.Operacinių stiprintuvų grandinėsSunkus
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = 0,8 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 1,2 VR2​ = 47 kΩ

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

V1 = 0,8 VV2 = 1,2 VR1 = 4,7 kΩR2 = 47 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
23.Diodai ir tranzistoriaiVidutinis
RC​ = 1 kΩβ = 200RE​ = 680 ΩVCC​ = 15 VR1​ = 22 kΩR2​ = 4,7 kΩ

NPN tranzistoriaus, kurio β = 200, darbo taškas nustatomas įtampos dalikliu iš VCC = 15 V: R₁ = 22 kΩ nuo VCC iki bazės ir R₂ = 4,7 kΩ nuo bazės iki įžeminimo. Kolektoriaus rezistorius RC = 1 kΩ, emiterio rezistorius RE = 680 Ω. Imkite VBE = 0,7 V ir naudokite daliklio Tevenino ekvivalentą (bazės srovės nepaisyti negalima). Raskite kolektoriaus–emiterio įtampą VCE.

VCC = 15 VR1 = 22 kΩR2 = 4,7 kΩRC = 1 kΩRE = 680 Ωβ = 200
VCE = V
24.Diodai ir tranzistoriaiSunkus
V (V)I (mA)0,7320Q = ?

Diodas modeliuojamas kaip 0,7 V nuosekliai su 50 Ω (praleidžia virš 0,7 V). Jis sujungtas nuosekliai su 150 Ω rezistoriumi ir prijungtas prie 3 V šaltinio. Raskite darbo srovę ID, kur diodo tiesė kertasi su apkrovos tiese.

Vs = 3 VR = 150 ΩV0 = 0,7 Vrd = 50 Ω
ID = mA
25.Skaičiavimo sistemosVidutinis
8 bitų papildomasis kodas0−12806403201608040201

Nustatykite bitus, kad jie saugotų −9 8 bitų dvejetainiu papildomuoju kodu. Skaitant kaip skaičių be ženklo, kokia šablono reikšmė U?

N = −98 bit
U =
26.Skaičiavimo sistemosSunkus
8 bit1 px1024 px768 pxM = ? KiB

Nesuspaustas vaizdas yra 1024 × 768 pikselių, 8 bitų pikseliui. Kiek atminties M jis užima, KiB (1 KiB = 1024 baitai)?

1024 × 768 px8 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABCD000111100001111011111

Šiame Karno žemėlapyje lygiai vienas vienetas neturi gretimo vieneto, todėl minimalioje SOP formoje lieka vieno langelio grupe (pilna keturių literalų minterma). Kaimynai per žemėlapio kraštus skaičiuojami. Spustelėkite tą langelį.

F = Σm(2, 12, 13, 14, 15)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​CLKUP

4 bitų dvejetainis didėjantis skaitiklis pradeda nuo 13 (dešimtainiu pavidalu, Q = 1101). Kokį skaičių Q (dešimtainiu pavidalu) jis rodo po 23 taktinių impulsų?

Q0 = 1323n = 4
Q =
29.Laplaso transformacijosVidutinis
t (s)f(t)t = 0,4f(0,4) = ?

Raskite f(t), kai F(s) = (6s + 37)/(s² + 2s + 1), ir apskaičiuokite f(0,4).

F(s) = (6s + 37)/(s² + 2s + 1)t = 0,4 s
f(0.4) =
30.Laplaso transformacijosSunkus
ReIm5

Sistema aprašoma diferencialine lygtimi y″ + 6y′ + 34y = 3u′ + 8u, 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 = 0,6 s. Raskite g(0,6).

y″ + 6y′ + 34y = 3u′ + 8ut = 0,6 s
g(0.6) =
31.Struktūrinės schemosVidutinis
R(s)+19K+2s + 1G(s)C(s)1H₁−−

Objektas G(s) = 2/(s + 1) turi vidinį (mažąjį) neigiamo grįžtamojo ryšio kontūrą, kurio stiprinimas H₁ = 1. Valdiklio stiprinimas K = 19 ir išorinis vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūras uždaro sistemą. Raskite uždarosios sistemos nuolatinės srovės stiprinimą T(0).

G(s) = 2/(s + 1)H₁ = 1K = 19
T(0) =
32.Struktūrinės schemosSunkus
R(s)+14s + 3G₁+1s + 5G₂C(s)2H₁−0,5H₂−

Sutrumpinkite struktūrinę schemą su G₁ = 14/(s + 3), G₂ = 1/(s + 5), vidiniu neigiamu grįžtamuoju ryšiu H₁ = 2 aplink G₂ ir išoriniu neigiamu grįžtamuoju ryšiu H₂ = 0,5. Raskite C(s)/R(s) nuolatinės srovės stiprinimą T(0).

G₁ = 14/(s + 3)G₂ = 1/(s + 5)H₁ = 2H₂ = 0,5
T(0) =
33.Šuolinė reakcijaVidutinis
t (s)y(t)1ts​ = ?

Sistemos perdavimo funkcija G(s) = 8/(s² + 2s + 8), o jos įėjimas yra vienetinis šuolis. Raskite šuolinės reakcijos 2 % nusistovėjimo laiką ts, naudodami ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 8/(s² + 2s + 8)
ts = s
34.Šuolinė reakcijaSunkus
t (s)y(t)1tp​ = 0,1 s30 %

Antrosios eilės sistemos be nulių šuolinė reakcija rodo 30 % viršijimą, o pirmas pikas atsiranda ties t = 0,1 s. Raskite savąjį dažnį ωn.

%OS = 30 %tp = 0,1 s
ωn = rad/s
35.Bode grafikai ir atsargosVidutinis
vin​C = 2,2 nFR = 22 kΩvout​

Parodytas RC aukštųjų dažnių filtras turi R = 22 kΩ, C = 2,2 nF. Taikoma sinusinė įvestis 660 Hz. Raskite vout fazės poslinkį φ vin atžvilgiu laipsniais.

R = 22 kΩC = 2,2 nFf = 660 Hz
φ = °
36.Bode grafikai ir atsargosSunkus
|H| (dB)0,010,010,10,1111010−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Vienetinio grįžtamojo ryšio kilpos atvirosios kilpos perdavimo funkcija yra L(s) = 1,1/(s(s + 1)). Raskite fazės atsargą PM laipsniais.

L(s) = 1,1/(s(s + 1))
PM = °
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaVidutinis
R(s)+Ks + 4(s − 3)(s + 1)C(s)−

Objektas G(s) = (s + 4)/((s − 3)(s + 1)) turi nestabilų polių ties s = 3. Proporcinis stiprinimas K uždaro aplink jį vienetinio grįžtamojo ryšio kontūrą. Raskite mažiausią stiprinimą Kmin, su kuriuo uždarasis kontūras tampa stabilus.

G(s) = (s + 4)/((s − 3)(s + 1))
Kmin =
38.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaSunkus
ReIm−1−2−3−4−5−6j1

Kontūro L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5)) šaknų geometrinė vieta palieka realiąją ašį tarp s = 0 ir s = −2. Raskite atsiskyrimo tašką sb.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5))
sb =
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasVidutinis
r(t) = 10·t²/2+4(s + 3)s²(s + 5)C(s)−

Į vienetinio grįžtamojo ryšio kontūrą, kurio G(s) = 4(s + 3)/(s²(s + 5)), paduodamas parabolinis signalas r(t) = 10·t²/2. Raskite nusistovėjusiąją paklaidą ess.

G(s) = 4(s + 3)/(s²(s + 5))r(t) = 10·t²/2
ess =
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasSunkus
R(s)+K = 502s(s + 8)C(s)−

Proporcinis reguliatorius K = 50 valdo objektą G(s) = 2/(s(s + 8)) vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre. Raskite šuolinės reakcijos pikų laiką tp.

G(s) = 2/(s(s + 8))K = 50
tp = s

3Tirpalai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: Req = 21,21 Ω

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

R1​ = 15 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​5 ΩB

Junkite rezistorius nuo tolimiausio galo

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

R3 + R4 = 4 + 5 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 20·9/(20+9) = 6,207 Ω
Req = R1 + 6,207 = 15 + 6,207 = 21,21 Ω

Atsakymas

Req = 21,21 Ω
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: Req = 17,79 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​ = 6 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAR4​30 ΩBR6​30 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 = 20 + 30 = 50 Ω
R4 ∥ 50 = 18,75 Ω
R3 + 18,75 = 28,75 Ω
R2 ∥ 28,75 = 11,79 Ω
Req = R1 + 11,79 = 6 + 11,79 = 17,79 Ω

Atsakymas

Req = 17,79 Ω
3.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: IR1 = 0,7864 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​ = 15 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAR4​4 ΩBIs​1,5 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/8 + (VA − 18)/15 + (VA − VB)/15 = 0
0,2583·VA − 0,06667·VB = 1,2

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)/15 = 1,5
−0,06667·VA + 0,3167·VB = 1,5

Išspręskite

Δ = (0,2583)(0,3167) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,07736
VA = Δ1/Δ = 0,48/0,07736 = 6,205 V
VB = Δ2/Δ = 0,4675/0,07736 = 6,043 V

Atsakymas

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (18 − 6,205)/15 = 0,7864 A
4.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: IR4 = 4,444 A

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

Kirchhofo srovių dėsnis mazge A

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

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,4667·VA − 0,1·VB = 4

Kirchhofo srovių dėsnis mazge B

Priklausomasis šaltinis į mazgą B stumia g·VA. Traktuokite jį kaip nepriklausomą šaltinį, tada narį su VA perkelkite į kairę pusę.

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

Išspręskite

Δ = (0,4667)(0,3) − (−0,1)(−0,5) = 0,09
VA = Δ1/Δ = 1,2/0,09 = 13,33 V
VB = Δ2/Δ = 2/0,09 = 22,22 V

Srovė per R₄

IR4 = VB/R4 = 22,22/5 = 4,444 A

Atsakymas

IR4 = 4,444 A
5.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: VR3 = 9 V

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

R1​ = 3 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​18 VR3​2 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

Priskirkite kontūrų sroves

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

KĮD kontūre 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
3·I1 + 2(I1 − I2) = 18
5·I1 − 2·I2 = 18

KĮD kontūre 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
10·I2 + 2(I2 − I1) = (−24)
−2·I1 + 12·I2 = −24

Išspręskite

Δ = (5)(12) − (−2)(−2) = 56
I1 = Δ1/Δ = 168/56 = 3 A
I2 = Δ2/Δ = −84/56 = −1,5 A

Atsakymas

IR3 = I1 − I2 = 4,5 A
VR3 = IR3·R3 = 4,5·2 = 9 V

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

6.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: I3 = −0,5111 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​ = 10 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR4​10 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
10·I1 + 10(I1 − I2) = 18
20·I1 − 10·I2 = 18

KĮD kontūre 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
20·I2 + 10(I2 − I1) + 3(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 33·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 = 9900
I1 = Δ1/Δ = 10230/9900 = 1,033 A
I2 = Δ2/Δ = 2640/9900 = 0,2667 A
I3 = Δ3/Δ = −5060/9900 = −0,5111 A

Atsakymas

I3 = −0,5111 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

7.Superpozicija

Atsakymas: IR3 = −0,3261 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​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAR4​4 ΩBATVIRA

1 atvejis · veikia tik V1

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

R3+R4 = 10+4 = 14 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 6·14/(6+14) = 4,2 Ω
VA = 12·4,2/(5+4,2) = 5,478 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 5,478·4/14 = 1,565 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (5,478 − 1,565)/10 = 0,3913 A
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​6 ΩAR4​4 ΩBIs​3 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 = 5·6/(5+6) = 2,727 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 4 ∥ 12,73 = 3,043 Ω
VB = Is·Req = 3·3,043 = 9,13 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 9,13·2,727/12,73 = 1,957 V
IR3″ = (VA − VB)/R3 = (1,957 − 9,13)/10 = −0,7174 A

Sudėkite dedamąsias

IR3 = IR3′ + IR3″
IR3 = 0,3913 + (−0,7174) = −0,3261 A

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

8.Superpozicija

Atsakymas: IR3 = 0,774 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​ = 25 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​6 VR3​6 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) = 6 ∥ 13 = 4,105 Ω
VA = 6·4,105/(25+4,105) = 0,8463 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 0,8463·8/13 = 0,5208 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (0,8463 − 0)/6 = 0,141 A
R1​ = 25 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 8 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​6 ΩAIs​3 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 = 4,839 Ω, todėl kairysis kelias yra R2+4,839 = 9,839 Ω
Req = R4 ∥ 9,839 = 4,412 Ω
VB = Is·Req = 3·4,412 = 13,24 V
VA = VB·4,839/9,839 = 6,51 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (6,51 − 0)/6 = 1,085 A
R1​ = 25 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 8 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​6 ΩAATVIRAB−+V2​10 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 = 25·6/(25+6) = 4,839 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−10)·9,839/17,84 = −5,515 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −5,515·4,839/9,839 = −2,712 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (−2,712 − 0)/6 = −0,4521 A

Sudėkite dedamąsias

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = 0,141 + 1,085 + (−0,4521) = 0,774 A

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

9.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: IL = 1,304 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​ = 5 ΩR3​ = 5 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​5 ΩAabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 5·5/(5+5) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 5 = 7,5 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAab+−Vth​

Raskite Vth – tuščiosios veikos įtampą

Kai a–b atviri, per R₃ srovė neteka, todėl ant jo nėra įtampos kritimo ir V_b = V_A. R₁ ir R₂ sudaro įtampos daliklį.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 30·5/(5+5) = 15 V
Rth​ = 7,5 Ω+−Vth​15 VRL​4 ΩIL​

Prijunkite apkrovą prie Tevenino ekvivalento

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

IL = Vth/(Rth + RL) = 15/(7,5 + 4) = 1,304 A
10.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: IL = 0,01849 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​ = 4 ΩR3​ = 6 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​15 ΩAATVIRABabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 4·15/(4+15) = 3,158 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,158 + 6 = 9,158 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAIs​2 ABab+−Vth​

Raskite Vth – tuščiosios veikos įtampą

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 18,95 + (−2)·3,158 = 12,63 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,63 + (−2)·6 = 0,6316 V
Rth​ = 9,158 Ω+−Vth​0,6316 VRL​25 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) = 0,6316/(9,158 + 25) = 0,01849 A
11.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: i = 0,2021 A

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

Laiko konstanta ir galutinė srovė

Ilgai po jungiklio užsidarymo ritė elgiasi kaip trumpasis jungimas, todėl galutinę srovę lemia tik R.

τ = L/R = 10 mH / 22 Ω = 0,4545 ms
i(∞) = Vs/R = 5/22 = 0,2273 A

Srovė duotuoju momentu

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,2273·(1 − e−1/0,4545) = 0,2021 A

Atsakymas

i = 0,2021 A
12.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: t = 66,52 ms

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

Pradinė vertė, galutinė vertė, laiko konstanta

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

vC(0) = 2 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 22 µF = 72,6 ms
vC(t) = 12 + (2 − 12)·e−t/τ

Išreiškite laiką

8 = 12 + (−10)·e−t/τ → e−t/τ = (8 − 12)/(2 − 12) = 0,4
t = τ·ln((2 − 12)/(8 − 12)) = 72,6·ln(2,5) = 66,52 ms

Atsakymas

t = 66,52 ms
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: φ = −86,46 °

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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,1 = 31,42 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·4,7·10⁻⁶) = 677,3 Ω

Pilnutinė varža

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (−645,8)²) = 647,1 Ω

Fazės kampas

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−645,8/40) = −86,46°

Atsakymas

φ = −86,46°
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: I = 2,402 A

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

Reaktyvioji varža

XC = 1/(2π·60·47·10⁻⁶) = 56,44 Ω

Lygiagretus junginys

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

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 23,39 − j12,43 Ω

Bendra pilnutinė varža

Z = 25 + 23,39 − j12,43 = 48,39 − j12,43 Ω
|Z| = √(48,39² + 12,43²) = 49,96 Ω

Srovė

I = V/|Z| = 120/49,96 = 2,402 A

Atsakymas

I = 2,402 A
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: I = 100 A

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

Linijos srovė

Darbą atlieka tik aktyvioji galios dalis, todėl dalykite iš galios koeficiento.

I = P/(V·cos φ) = 28000/(400·0,7) = 100 A

Atsakymas

I = 100 A
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: Inew = 40,76 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 = 15·tan(53,13°) = 20 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 15·tan(23,07°) = 6,39 kvar
QC = Q1 − Q2 = 13,61 kvar

Nauja linijos srovė

Inew = P/(V·cos φ2) = 15000/(400·0,92) = 40,76 A

Atsakymas

Inew = 40,76 A
17.Trifazė galia

Atsakymas: P = 37,41 kW

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

Pilnutinė galia

S = √3·VL·IL = √3·480·60 = 49,88 kVA

Aktyvioji galia

P = S·cos φ = 49,88·0,75 = 37,41 kW

Atsakymas

P = 37,41 kW
18.Trifazė galia

Atsakymas: Cph = 211,9 µF

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

Reaktyvioji galia prieš ir po

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

Q1 = 150·tan(acos 0,72) = 150·0,9639 = 144,6 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,98) = 150·0,2031 = 30,46 kvar

Kondensatorių tiekiama reaktyvioji galia

QC = Q1 − Q2 = 114,1 kvar

Vienos fazės talpa

Trikampiu sujungtoje baterijoje kiekvienas kondensatorius prijungtas tarp dviejų linijų.

V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 38040/(377·690²) = 211,9 µF

Atsakymas

Cph = 211,9 µF
19.Transformatoriai

Atsakymas: IHV = 104,2 A

Idealus transformatorius: įtampų santykis lygus vijų skaičių santykiui, o srovių – atvirkštiniam santykiui: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a ir I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, todėl įėjimo galia lygi išėjimo galiai, V₁·I₁ = V₂·I₂. Antrinėje pusėje esantis apkrovos impedansas Z iš pirminės pusės atrodo kaip a²·Z.

Vardinė srovė

Abi apvijos perneša tą pačią pilnutinę galią.

IHV = S/V = 250000/2400 = 104,2 A

Atsakymas

IHV = 104,2 A
20.Transformatoriai

Atsakymas: Sη,max = 316,2 kVA

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

Vario nuostoliai lygūs šerdies nuostoliams

x²·10000 = 4000 → x = √(4000/10000) = 0,6325

Apkrova esant didžiausiam naudingumo koeficientui

Sη,max = x·S = 0,6325·500 = 316,2 kVA

Atsakymas

Sη,max = 316,2 kVA
21.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Rf = 893 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 = (20 − 1)·47 = 893 kΩ

Atsakymas

Rf = 893 kΩ
22.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = −1,957 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 = 0,8/4,7 = 0,1702 mA
I2 = V2/R2 = 1,2/47 = 0,02553 mA
If = I1 + I2 = 0,1957 mA

Išėjimo įtampa

Vout = −Rf·If = −10·0,1957 = −1,957 V

Atsakymas

Vout = −1,957 V
23.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: VCE = 10,35 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.

Daliklio Tevenino ekvivalentas

VTH = 15·4,7/(22 + 4,7) = 2,64 V
RTH = 22·4,7/(22 + 4,7) = 3,873 kΩ

Bazės srovė

KĮD bazės kontūrui; emiterio srovė yra (β + 1)·IB.

IB = (2,64 − 0,7)/(3,873 + 201·0,68) = 13,81 µA

Kolektoriaus srovė

IC = 200·13,81 µA = 2,761 mA
IE = 201·13,81 µA = 2,775 mA

Kolektoriaus–emiterio įtampa

VCE = 15 − 2,761·1 − 2,775·0,68 = 10,35 V

Atsakymas

VCE = 10,35 V
24.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: ID = 11,5 mA

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

Sujunkite dvi lygtis

3 = 0,7 + I·(150 + 50)

Darbo srovė

ID = 2,3/200 = 11,5 mA
VD = 0,7 + 0,0115·50 = 1,275 V

Atsakymas

ID = 11,5 mA
25.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 247

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

9 = 0000 1001
invertuota: 1111 0110
+1 → 1111 0111

Perskaitykite be ženklo

1111 0111₂ = 256 − 9 = 247

Atsakymas

U = 247
26.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: M = 768 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

1024·768·8 = 6291456 bit = 786432 B

Paverskite į KiB

786432/1024 = 768 KiB

Atsakymas

M = 768 KiB
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: AB = 00, CD = 10

Karno žemėlapiai: langeliai išdėstyti Grejaus kodu (00, 01, 11, 10), todėl gretimi langeliai, įskaitant esančius per kraštus, skiriasi tiksliai vienu kintamuoju. Sugrupuokite vienetus į 1, 2, 4, 8 arba 16 langelių stačiakampius, kuo didesnius ir kuo mažiau, kol bus padengtas kiekvienas vienetas. Kiekviena grupė yra vienas sandaugos narys: kintamieji, kurie joje nesikeičia. 2ᵏ langelių grupė netenka k kintamųjų. Nesvarbias reikšmes (X) galima naudoti grupėms didinti, bet jų dengti nebūtina. Grupuojant nulius, gaunama minimali POS forma.

Kiekvieno vieneto kaimynai

Vienetas su gretimu vienetu gali įeiti į dviejų ar daugiau langelių grupę.

m2: m3, m0, m6, m10 → 0
ABCD000111100001111011111

Izoliuotas vienetas

m2 = A′B′CD′ → AB = 00, CD = 10

Atsakymas

AB = 00, CD = 10
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: Q = 4

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

Pilni ciklai

Kas 16 impulsų skaitiklis grįžta į tą pačią būseną.

23 = 1·16 + 7

Skaičius po likusių impulsų

Q = (13 + 7) mod 16 = 4
Q = 0100₂

Atsakymas

Q = 4
29.Laplaso transformacijos

Atsakymas: f(0.4) = 12,33

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

Išskaidykite vardiklį dauginamaisiais

s² + 2s + 1 = (s + 1)²

Paprastosios trupmenos

6s + 37 = 6(s + 1) + 31
F(s) = 6/(s + 1) + 31/(s + 1)²

Atvirkštinė transformacija

f(t) = 6·e−t + 31·t·e−t
f(0,4) = (6 + 31·0,4)·e−0,4 = 12,33

Atsakymas

f(0,4) = 12,33
30.Laplaso transformacijos

Atsakymas: g(0.6) = −0,4956

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) = (3s + 8)/(s² + 6s + 34)

Paprastosios trupmenos

s² + 6s + 34 = (s + 3)² + 5²
G(s) = 3·(s + 3)/((s + 3)² + 5²) + (−1/5)·5/((s + 3)² + 5²)

Impulsinė reakcija

g(t) = e−3t·(3·cos 5t − 0,2·sin 5t)
g(0,6) = −0,4956

Atsakymas

g(0,6) = −0,4956
31.Struktūrinės schemos

Atsakymas: T(0) = 0,9268

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) = 2/(s + 1 + 2·1) = 2/(s + 3)

Išorinis kontūras

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 38/(s + 3 + 38) = 38/(s + 41)

Rezultatas

T(0) = 38/41 = 0,9268

Atsakymas

T(0) = 0,9268
32.Struktūrinės schemos

Atsakymas: T(0) = 0,5

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).

Vidinis kontūras

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 1/(s + 7)

Išorinis kontūras

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 14/((s + 3)(s + 7) + 7)

Nuolatinės srovės stiprinimas

T(0) = 14/(3·7 + 7) = 14/28 = 0,5

Atsakymas

T(0) = 0,5
33.Šuolinė reakcija

Atsakymas: ts = 4 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 = 8 → ωₙ = 2,828 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·2,828) = 0,3536

Rezultatas

ζωₙ = 1 → ts ≈ 4/1 = 4 s

Atsakymas

ts = 4 s
34.Šuolinė reakcija

Atsakymas: ωn = 33,64 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(0,3)/√(π² + ln²(0,3)) = 1,204/√(9,87 + 1,45) = 0,3579

Savasis dažnis

ωd = π/tp = π/0,1 = 31,42 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 31,42/0,9338 = 33,64 rad/s

Atsakymas

ωn = 33,64 rad/s
35.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: φ = 78,65 °

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/(22000·2,2 × 10⁻⁹) = 20661 rad/s
fc = 3288 Hz → f/fc = 660/3288 = 0,2007

Fazė

φ = 90° − atan(0,2007) = 78,65°

Atsakymas

φ = 78,65°
36.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: PM = 49,92 °

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

Stiprinimo kirtimas

ω⁴ + 1ω² − 1,21 = 0
ω² = (−1 + √(1 + 4·1,21))/2 = 0,7083
ωc = 0,8416 rad/s

Fazės atsarga

∠L(jωc) = −90° − atan(0,8416/1) = −130,1°
PM = 180° + ∠L = 49,92°

Atsakymas

PM = 49,92°
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: Kmin = 2

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 − 3)(s + 1) + K(s + 4) = s² + (-2 + K)s + (4K − 3)

Sąlygos

Daugianariui s² + c₁s + c₀ visos šaknys yra kairiojoje pusplokštumėje tada ir tik tada, kai c₁ > 0 ir c₀ > 0.

-2 + K > 0 → K > 2
4K − 3 > 0 → K > 0,75
Kmin = 2

Atsakymas

Kmin = 2
38.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: sb = −0,8804

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.

Stiprinimas išilgai realiosios ašies

K(s) = −s(s + 2)(s + 5) = −(s³ + 7s² + 10s)

Stacionarieji taškai

dK/ds = −(3s² + 14s + 10) = 0
s = (−14 ± √(196 − 120))/6 = −0,8804, −3,786

Pasirinkite geometrinės vietos tašką

Geometrinė vieta yra realiojoje ašyje tarp 0 ir −2; kita šaknis jai nepriklauso.

sb = −0,8804

Atsakymas

sb = −0,8804
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ess = 4,167

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.

Pagreičio konstanta

Ka = 4·3/5 = 2,4

Parabolės paklaida

ess = 10/2,4 = 4,167

Atsakymas

ess = 4,167
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: tp = 0,3428 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 + 8) + 50·2 = s² + 8s + 100

ωₙ ir ζ

ωₙ = √100 = 10 rad/s
ζ = 8/(2·10) = 0,4

Maksimumo laikas

ωd = 10·√(1 − 0,4²) = 9,165 rad/s
tp = π/9,165 = 0,3428 s

Atsakymas

tp = 0,3428 s

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