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​ = 10 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAR4​6 ΩB

Raskite ekvivalentinę varžą Req, kurią mato šaltinis V1.

V1 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩR3 = 10 ΩR4 = 6 Ω
Req = Ω
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiSunkus
R1​ = 12 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​25 ΩAR4​6 ΩBR6​15 Ω

Raskite ekvivalentinę varžą Req, kurią mato šaltinis V1.

V1 = 9 VR1 = 12 ΩR2 = 25 ΩR3 = 5 ΩR4 = 6 ΩR5 = 6 ΩR6 = 15 Ω
Req = Ω
3.Mazgų potencialų metodasVidutinis
R1​ = 5 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAR4​6 ΩBIs​1,5 A

Mazgų potencialų metodu raskite srovės šaltinio Is atiduodamą galią PIs.

V1 = 12 VIs = 1,5 AR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 15 ΩR4 = 6 Ω
PIs = W
4.Mazgų potencialų metodasSunkus
R1​ = 6 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 5 ΩIR4​+−V1​15 VR3​25 ΩAR5​2 ΩBIs​2 A−+V2​30 V

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

V1 = 15 VIs = 2 AV2 = 30 VR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 25 ΩR4 = 5 ΩR5 = 2 Ω
IR4 = A
5.Kontūrų srovių metodasVidutinis
R1​ = 20 ΩR2​ = 5 Ω+−V1​9 VR3​10 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Taikykite kontūrų srovių metodą ir raskite kontūro srovę I1 (pagal laikrodžio rodyklę).

V1 = 9 VV2 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 Ω
I1 = A
6.Kontūrų srovių metodasSunkus
R1​ = 8 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR4​15 ΩAR5​25 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

Taikykite kontūrų srovių metodą ir raskite kontūro srovę I2 (pagal laikrodžio rodyklę).

V1 = 18 VV2 = 36 VR1 = 8 ΩR2 = 6 ΩR3 = 4 ΩR4 = 15 ΩR5 = 25 Ω
I2 = A
7.SuperpozicijaVidutinis
R1​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​6 ΩIR4​BIs​2,5 A

Taikydami superpoziciją, raskite galią PR4, kurią sunaudoja R4.

V1 = 18 VIs = 2,5 AR1 = 8 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩR4 = 6 Ω
PR4 = W
8.SuperpozicijaSunkus
R1​ = 3 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​12 VR3​6 ΩIR3​AIs​6 AB+−V2​18 V

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

V1 = 12 VIs = 6 AV2 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 6 ΩR4 = 25 Ω
IR3 = A
9.Teveninas ir NortonasVidutinis
R1​ = 2 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAab

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

V1 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 10 ΩR3 = 15 Ω
IN = A
10.Teveninas ir NortonasSunkus
R1​ = 4 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAIs​4 ABab

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

V1 = 6 VIs = 4 AR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 Ω
IN = A
11.RC ir RL pereinamieji procesaiVidutinis
+−Vs​10 Vt = 0R = 15 ΩL10 mHi(t)

Kol jungiklis neužsidarė momentu t = 0, rite srovė neteka. Raskite įtampą vL ant ritės momentu t = 1 ms.

Vs = 10 VR = 15 ΩL = 10 mHt = 1 ms
vL = V
12.RC ir RL pereinamieji procesaiSunkus
+−Vs​9 Vt = 0R = 2,2 kΩC22 µF+−vC​vC​(0) = 24 V

Prieš pat jungiklio užsidarymą momentu t = 0 kondensatoriaus įtampa yra 24 V su pažymėtu poliškumu. Raskite kondensatoriaus įtampą vC momentu t = 120 ms.

Vs = 9 VR = 2,2 kΩC = 22 µFvC(0) = 24 Vt = 120 ms
vC = V
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiVidutinis
50 V500 HzR = 30 ΩL = 50 mHC = 2,2 µFI

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 50 V (efektinė), 500 Hz maitinimo. Raskite grandinės galios koeficientą cos φ.

V = 50 V (rms)f = 500 HzR = 30 ΩL = 50 mHC = 2,2 µF
cos φ =
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiSunkus
12 V500 HzR1​ = 25 ΩR2​ = 100 ΩC = 4,7 µFI

Rezistorius R1 nuosekliai sujungtas su lygiagrečiu R2 ir kondensatoriaus C junginiu ir prijungtas prie 12 V (efektinė), 500 Hz maitinimo. Raskite efektinę srovę I.

V = 12 V (rms)f = 500 HzR1 = 25 ΩR2 = 100 ΩC = 4,7 µF
I = A
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasVidutinis
120 VR + jXP = 630 W7 A

Induktyvioji apkrova iš 120 V (efektinė) vienfazio tinklo ima 7 A ir 630 W. Modeliuokite ją kaip varžą R, nuosekliai sujungtą su reaktyviąja varža X. Raskite X.

V = 120 VI = 7 AP = 630 W
X = Ω
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasSunkus
P = 25 kWQ1​S1​φ1​QC​

Vienfazė apkrova iš 400 V, 60 Hz tinklo ima 25 kW, kai galios koeficientas 0,7 (induktyvus). Lygiagrečiai prijungtas kondensatorius padidina galios koeficientą iki 0,98. Raskite reaktyviąją galią QC, kurią turi tiekti kondensatorius.

P = 25 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98V = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
17.Trifazė galiaVidutinis
ABCVL​ = 208 VNZ = 8 + j6 Ωvienai fazei

Simetrinė žvaigžde sujungta apkrova, kurios fazės impedansas 8 + j6 Ω, prijungta prie simetrinio trifazio tinklo, kurio linijinė įtampa 208 V. Raskite bendrą apkrovos naudojamą aktyviąją galią P kW.

VL = 208 VZ = 8 + j6 Ω vienai fazei
P = kW
18.Trifazė galiaSunkus
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Simetrinė trifazė apkrova iš 400 V (linijinė įtampa), 50 Hz tinklo ima 120 kW, kai galios koeficientas 0,7 (induktyvus). Lygiagrečiai apkrovai prijungta trifazė kondensatorių baterija turi padidinti bendrą galios koeficientą iki 0,95 (induktyvus). Aktyvioji galia nekinta. Kondensatoriai sujungti trikampiu. Raskite kiekvieno kondensatoriaus talpą Cph µF.

P = 120 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatoriaiVidutinis
2400 V240 VIHV​ILV​ = ?75 kVA

Vienfazis 75 kVA, 2400/240 V transformatorius veikia vardine apkrova. Laikykite jį idealiu. Raskite srovę ILV žemosios įtampos apvijoje.

S = 75 kVAV1 = 2400 VV2 = 240 V
ILV = A
20.TransformatoriaiSunkus
pf 0,85250 kVA, η = 98,5%

Vienfazio 250 kVA transformatoriaus šerdies nuostoliai yra 1500 W. Esant vardinei apkrovai ir galios koeficientui 0,85 (induktyvus), jo naudingumo koeficientas 98,5%. Raskite vario nuostolius Pcu,fl vatais esant vardinei apkrovai.

S = 250 kVAPcore = 1500 Wpf = 0,85η = 98,5%
Pcu,fl = W
21.Operacinių stiprintuvų grandinėsVidutinis
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 100 kΩVin​

Parinkite grįžtamojo ryšio rezistorių Rf, kad šio neinvertuojančiojo stiprintuvo įtampos stiprinimas būtų 21.

R1 = 100 kΩAv = 21
Rf = kΩ
22.Operacinių stiprintuvų grandinėsSunkus
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = 1,8 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = −1,2 VR2​ = 10 kΩIf​

Sumuojantysis stiprintuvas naudoja idealų operacinį stiprintuvą, maitinamą ±15 V. Raskite srovę If per grįžtamojo ryšio rezistorių, tekančią išėjimo link.

V1 = 1,8 VV2 = −1,2 VR1 = 4,7 kΩR2 = 10 kΩRf = 4,7 kΩ
If = mA
23.Diodai ir tranzistoriaiVidutinis
+−12 VR = ?3 × 2 V25 mA

3 raudoni LED (kiekvieno tiesioginė įtampa 2 V) sujungti nuosekliai su rezistoriumi ir prijungti prie 12 V šaltinio. Raskite varžą R, nustatančią 25 mA srovę.

Vs = 12 VVF = 2 Vn = 3I = 25 mA
R = Ω
24.Diodai ir tranzistoriaiSunkus
RC​ = 100 Ωβ = 150VCC​ = 12 V5 VRB​ = ?

NPN tranzistorius, kurio β = 150, komutuoja 100 Ω apkrovos rezistorių, prijungtą tarp VCC = 12 V ir jo kolektoriaus. Emiteris įžemintas. Bazė valdoma iš 5 V loginio išėjimo per bazės rezistorių RB. Imkite VBE = 0,7 V ir VCE(sat) = 0,2 V. Raskite didžiausią bazės rezistorių RB kΩ, kuris dar įveda tranzistorių į įsotinimą.

VCC = 12 VRC = 100 Ωβ = 150Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Skaičiavimo sistemosVidutinis
8 bitų papildomasis kodas?−128?64?32?16?8?4?2?1

Užrašykite −63 kaip 8 bitų papildomojo kodo seką. Perskaitykite seką kaip dvejetainį skaičių be ženklo: kokia jo reikšmė U dešimtainėje sistemoje?

N = −638 bit
U =
26.Skaičiavimo sistemosSunkus
spustelėkite bitus, kad juos nustatytumėte012806403201608040201

Nustatykite bitus pagal 8 bitų rezultatą 1000 1101 OR 1000 1110. Kokia rezultato reikšmė R dešimtainėje sistemoje?

1000 1101OR1000 1110
R =
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABC000111100101324576

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

F = ABC + BC′ + A′C + A′B′
L =
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
ABCD000111100001111010X1130214150716X121130150140809X11010

Raskite minimalią F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 4, 5, 6, 13) + d(1, 11, 12) SOP formą, kur d žymi nesvarbias sąlygas. Kiek sandaugos narių N ji turi?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 4, 5, 6, 13) + d(1, 11, 12)
N =
29.Laplaso transformacijosVidutinis
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81

F(s) = (5s + 20)/(s² + 8s + 7). Jos atvirkštinė transformacija yra f(t) = A·e−t + B·e−7t. Paprastosiomis trupmenomis raskite koeficientą A.

F(s) = (5s + 20)/(s² + 8s + 7)
A =
30.Laplaso transformacijosSunkus
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Sistema tenkina y″ + 8y′ + 15y = 45·u(t), kai y(0) = 1 ir y′(0) = 0. Ties t = 0 pridedamas šuolinis įėjimas u(t) = 5. Laplaso transformacija raskite y(0,1).

y″ + 8y′ + 15y = 45·u(t)y(0) = 1y′(0) = 0u(t) = 5t = 0,1 s
y(0.1) =
31.Struktūrinės schemosVidutinis
R(s)+19K+6s + 6G(s)C(s)1H₁−−

Objektas G(s) = 6/(s + 6) 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 polių p.

G(s) = 6/(s + 6)H₁ = 1K = 19
p =
32.Struktūrinės schemosSunkus
R(s)+19valdiklis+D(s)+4s + 2objektasC(s)−

Proporcinis valdiklis K = 19 valdo objektą G(s) = 4/(s + 2) vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūre. Trikdis D patenka objekto įėjime (pridedamas prie valdiklio išėjimo). Kai R = 0, veikia 0,5 dydžio trikdžio šuolis. Raskite nusistovėjusį išėjimą css.

K = 19G(s) = 4/(s + 2)D = 0,5R = 0
css =
33.Šuolinė reakcijaVidutinis
t (s)y(t)1ts​ = ?

Sistemos perdavimo funkcija G(s) = 30/(s² + 3s + 30), o jos įėjimas yra vienetinis šuolis. Raskite šuolinės reakcijos 2 % nusistovėjimo laiką ts, naudodami ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 30/(s² + 3s + 30)
ts = s
34.Šuolinė reakcijaSunkus
R(s)+225s(s + 20)G(s)C(s)−

Vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūre G(s) = 225/(s(s + 20)). Raskite uždarosios sistemos šuolinės reakcijos 2 % nusistovėjimo laiką ts, naudodami ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 225/(s(s + 20))
ts = s
35.Bode grafikai ir atsargosVidutinis
vin​C = 22 nFR = 22 kΩvout​

Parodytas RC aukštųjų dažnių filtras turi R = 22 kΩ, C = 22 nF. Taikoma sinusinė įvestis 82 Hz. Raskite vout fazės poslinkį φ vin atžvilgiu laipsniais.

R = 22 kΩC = 22 nFf = 82 Hz
φ = °
36.Bode grafikai ir atsargosSunkus
|H| (dB)11101010010010001000−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Vienetinio grįžtamojo ryšio kilpos atvirosios kilpos perdavimo funkcija yra L(s) = 1120/(s(s + 20)). Raskite stiprinimo kirtimo dažnį ωc, kai |L(jω)| = 1.

L(s) = 1120/(s(s + 20))
ωc = rad/s
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaVidutinis
R(s)+K1s(s + 5)(s + 10)C(s)−

Schemoje pavaizduoto kontūro atvirojo kontūro perdavimo funkcija yra L(s) = K/(s(s + 5)(s + 10)). Stiprinimas didinamas tol, kol uždarasis kontūras atsiduria ties stabilumo riba. Raskite nuolatinių svyravimų dažnį ω.

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 10))
ω = rad/s
38.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaSunkus
ReIm−1−2−3−4−5−6j1sb​

Pavaizduota kontūro L(s) = K/((s + 1)(s + 5)) šaknų geometrinė vieta. Raskite stiprinimą K atsiskyrimo taške sb, kuriame du uždarojo kontūro poliai susitinka realiojoje ašyje.

L(s) = K/((s + 1)(s + 5))
K =
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasVidutinis
R(s)+K = 50,510s + 1C(s)−

Procesas G(s) = 0,5/(10s + 1) valdomas proporciniu stiprinimu K = 5 vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre. Raskite šuolio nusistovėjusiąją paklaidą ess kaip šuolio dydžio procentą.

G(s) = 0,5/(10s + 1)K = 5
ess = %
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasSunkus
r(t) = 5t+1 + 2/s5(s + 2)(s + 4)C(s)−

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

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

3Tirpalai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: Req = 16,15 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​ = 10 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAR4​6 ΩB

Junkite rezistorius nuo tolimiausio galo

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

R3 + R4 = 10 + 6 = 16 Ω
R2 ∥ 16 = 10·16/(10+16) = 6,154 Ω
Req = R1 + 6,154 = 10 + 6,154 = 16,15 Ω

Atsakymas

Req = 16,15 Ω
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: Req = 18,97 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​ = 12 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​25 ΩAR4​6 ΩBR6​15 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 = 6 + 15 = 21 Ω
R4 ∥ 21 = 4,667 Ω
R3 + 4,667 = 9,667 Ω
R2 ∥ 9,667 = 6,971 Ω
Req = R1 + 6,971 = 12 + 6,971 = 18,97 Ω

Atsakymas

Req = 18,97 Ω
3.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: PIs = 11,26 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/2 + (VA − 12)/5 + (VA − VB)/15 = 0
0,7667·VA − 0,06667·VB = 2,4

KSD mazge B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/6 + (VB − VA)/15 = 1,5
−0,06667·VA + 0,2333·VB = 1,5

Išspręskite

Δ = (0,7667)(0,2333) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,1744
VA = Δ1/Δ = 0,66/0,1744 = 3,783 V
VB = Δ2/Δ = 1,31/0,1744 = 7,51 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 = 7,51·1,5 = 11,26 W

Atsakymas

PIs = 11,26 W
4.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: IR4 = 5,096 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​ = 6 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​15 VR3​25 ΩAR5​2 ΩBIs​2 A−+V2​30 V

Nustatykite mazgus

Įžeminimas – apatinis laidas. Žinomi mazgų potencialai gaunami tiesiai iš šaltinių (V1 = 15 V, V2 = −30 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/25 + (VA − 15)/6 + (VA − VB)/15 = 0
0,2733·VA − 0,06667·VB = 2,5

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/2 + (VB − VA)/15 + (VB − (−30))/5 = 2
−0,06667·VA + 0,7667·VB = −4

Išspręskite

Δ = (0,2733)(0,7667) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,2051
VA = Δ1/Δ = 1,65/0,2051 = 8,044 V
VB = Δ2/Δ = −0,9267/0,2051 = −4,518 V

Atsakymas

IR4 = (VB − V2)/R4 = (−4,518 − −30)/5 = 5,096 A
5.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: I1 = −0,1286 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​ = 20 ΩR2​ = 5 Ω+−V1​9 VR3​10 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Priskirkite kontūrų sroves

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

KĮD kontūre 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
20·I1 + 10(I1 − I2) = 9
30·I1 − 10·I2 = 9

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
5·I2 + 10(I2 − I1) = (−18)
−10·I1 + 15·I2 = −18

Išspręskite

Δ = (30)(15) − (−10)(−10) = 350
I1 = Δ1/Δ = −45/350 = −0,1286 A
I2 = Δ2/Δ = −450/350 = −1,286 A

Atsakymas

I1 = −0,1286 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

6.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: I2 = −1,316 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​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR4​15 ΩAR5​25 ΩB+−V2​36 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 + 15(I1 − I2) = 18
23·I1 − 15·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
6·I2 + 15(I2 − I1) + 25(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 46·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
4·I3 + 25(I3 − I2) = (−36)
−25·I2 + 29·I3 = −36

Išspręskite

Δ = koeficientų matricos determinantas = 9782
I1 = Δ1/Δ = −738/9782 = −0,07544 A
I2 = Δ2/Δ = −12870/9782 = −1,316 A
I3 = Δ3/Δ = −23238/9782 = −2,376 A

Atsakymas

I2 = −1,316 A

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

7.Superpozicija

Atsakymas: PR4 = 21,98 W

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

R1​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​6 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 = 3+6 = 9 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 6·9/(6+9) = 3,6 Ω
VA = 18·3,6/(8+3,6) = 5,586 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 5,586·6/9 = 3,724 V
IR4′ = (VB − 0)/R4 = (3,724 − 0)/6 = 0,6207 A
R1​ = 8 ΩR3​ = 3 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​6 ΩAR4​6 ΩBIs​2,5 A

2 atvejis · veikia tik Is

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

R1 ∥ R2 = 8·6/(8+6) = 3,429 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 6,429 = 3,103 Ω
VB = Is·Req = 2,5·3,103 = 7,759 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 7,759·3,429/6,429 = 4,138 V
IR4″ = (VB − 0)/R4 = (7,759 − 0)/6 = 1,293 A

Sudėkite srovės indėlius

IR4 = IR4′ + IR4″ = 0,6207 + 1,293 = 1,914 A

Rezistoriaus galia

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

PR4 = IR4²·R4 = 1,914²·6 = 21,98 W

Atsakymas

PR4 = 21,98 W

Sudėjus atskirų atvejų galias būtų gauta 12,34 W, o tai neteisinga.

8.Superpozicija

Atsakymas: IR3 = −2,949 A

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

R1​ = 3 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​12 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 ∥ 31 = 5,027 Ω
VA = 12·5,027/(3+5,027) = 7,515 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 7,515·25/31 = 6,061 V
IR3′ = (0 − VA)/R3 = (0 − 7,515)/6 = −1,253 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 25 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​6 ΩAIs​6 ABTRUMPAS JUNGIMAS

2 atvejis · veikia tik Is

Abu įtampos šaltiniai tampa trumpaisiais jungimais. Iₛ taške B dalijasi tarp R₄ (dabar į įžeminimą) ir R₂, nuoseklaus su R₁ ∥ R₃.

R1 ∥ R3 = 2 Ω, todėl kairysis kelias yra R2+2 = 8 Ω
Req = R4 ∥ 8 = 6,061 Ω
VB = Is·Req = 6·6,061 = 36,36 V
VA = VB·2/8 = 9,091 V
IR3″ = (0 − VA)/R3 = (0 − 9,091)/6 = −1,515 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 25 ΩTRUMPAS JUNGIMASR3​6 ΩAATVIRAB+−V2​18 V

3 atvejis · veikia tik V2

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

R1 ∥ R3 = 3·6/(3+6) = 2 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 18·8/33 = 4,364 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 4,364·2/8 = 1,091 V
IR3‴ = (0 − VA)/R3 = (0 − 1,091)/6 = −0,1818 A

Sudėkite dedamąsias

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = (−1,253) + (−1,515) + (−0,1818) = −2,949 A

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

9.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: IN = 0,9 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​ = 2 ΩR3​ = 15 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​10 ΩAabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 2·10/(2+10) = 1,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,667 + 15 = 16,67 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​10 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) = 18·10/(2+10) = 15 V
IN​0,9 ARth​16,67 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 = 15/16,67 = 0,9 A
10.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: IN = −3,625 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​4 ΩAATVIRABabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 4·4/(4+4) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 6 = 8 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAIs​4 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) = 3 + (−4)·2 = −5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −5 + (−4)·6 = −29 V
IN​3,625 ARth​8 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 = −29/8 = −3,625 A
11.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: vL = 2,231 V

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

Laiko konstanta ir galutinė srovė

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

τ = L/R = 10 mH / 15 Ω = 0,6667 ms
i(∞) = Vs/R = 10/15 = 0,6667 A

Ritės įtampa

Momentu t = 0 visa maitinimo įtampa yra ant ritės; vėliau ji slopsta iki nulio.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 10·e−1/0,6667 = 2,231 V

Atsakymas

vL = 2,231 V
12.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: vC = 10,26 V

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

Pradinė vertė, galutinė vertė, laiko konstanta

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

vC(0) = 24 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 22 µF = 48,4 ms
vC(t) = 9 + (24 − 9)·e−t/τ

Įtampa duotuoju momentu

vC(120) = 9 + (15)·e−120/48,4 = 10,26 V

Atsakymas

vC = 10,26 V
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: cos φ = 0,9242

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

Reaktyviosios varžos

XL = 157,1 Ω, XC = 144,7 Ω

Pilnutinė varža

|Z| = √(30² + (12,39)²) = 32,46 Ω

Galios koeficientas

cos φ = R/|Z| = 30/32,46 = 0,9242
Grandinė induktyvioji, todėl galios koeficientas induktyvus (srovė atsilieka).

Atsakymas

cos φ = 0,9242
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: I = 0,1642 A

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

Reaktyvioji varža

XC = 1/(2π·500·4,7·10⁻⁶) = 67,73 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 = 31,44 − j46,43 Ω

Bendra pilnutinė varža

Z = 25 + 31,44 − j46,43 = 56,44 − j46,43 Ω
|Z| = √(56,44² + 46,43²) = 73,09 Ω

Srovė

I = V/|Z| = 12/73,09 = 0,1642 A

Atsakymas

I = 0,1642 A
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: X = 11,34 Ω

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.

Varža iš aktyviosios galios

R = P/I² = 630/7² = 12,86 Ω

Reaktyvioji varža iš pilnutinės varžos

|Z| = V/I = 120/7 = 17,14 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(17,14² − 12,86²) = 11,34 Ω

Atsakymas

X = 11,34 Ω
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: QC = 20,43 kvar

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

Reaktyvioji galia prieš ir po

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

Q1 = P·tan φ1 = 25·tan(45,57°) = 25,51 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 25·tan(11,48°) = 5,076 kvar
QC = Q1 − Q2 = 20,43 kvar

Atsakymas

QC = 20,43 kvar
17.Trifazė galia

Atsakymas: P = 3,461 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 = 208/√3 = 120,1 V

Fazinė srovė

|Z| = √(8² + 6²) = 10 Ω
Iph = 120,1/10 = 12,01 A

Bendra aktyvioji galia

Aktyviąją galią naudoja tik aktyvioji kiekvieno impedanso dalis.

P = 3·Iph²·R = 3·12,01²·8 = 3,461 kW

Atsakymas

P = 3,461 kW

Patikrinimas: cos φ = R/|Z| = 0,8, o √3·VL·IL·cos φ duoda tą pačią galią.

18.Trifazė galia

Atsakymas: Cph = 550,3 µF

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

Reaktyvioji galia prieš ir po

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

Q1 = 120·tan(acos 0,7) = 120·1,02 = 122,4 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,95) = 120·0,3287 = 39,44 kvar

Kondensatorių tiekiama reaktyvioji galia

QC = Q1 − Q2 = 82,98 kvar

Vienos fazės talpa

Trikampiu sujungtoje baterijoje kiekvienas kondensatorius prijungtas tarp dviejų linijų.

V = 400 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 27661/(314,2·400²) = 550,3 µF

Atsakymas

Cph = 550,3 µF
19.Transformatoriai

Atsakymas: ILV = 312,5 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.

ILV = S/V = 75000/240 = 312,5 A

Atsakymas

ILV = 312,5 A
20.Transformatoriai

Atsakymas: Pcu,fl = 1736 W

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

Išėjimo ir įėjimo galia

Pout = 250·0,85 = 212,5 kW
Pin = 212500/0,985 = 215736 W

Bendri ir vario nuostoliai

Ploss = 215736 − 212500 = 3236 W
Pcu,fl = 3236 − 1500 = 1736 W

Atsakymas

Pcu,fl = 1736 W
21.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Rf = 2000 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 = (21 − 1)·100 = 2000 kΩ

Atsakymas

Rf = 2000 kΩ
22.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: If = 0,263 mA

Idealaus operacinio stiprintuvo taisyklės: esant neigiamajam grįžtamajam ryšiui, stiprintuvas nustato išėjimą taip, kad abiejų įėjimų įtampa būtų vienoda (V₋ = V₊), ir į nė vieną įėjimą srovė neteka. KSD invertuojančiajame įėjime su šiais dviem faktais duoda išėjimą.

Įėjimo srovės

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

I1 = V1/R1 = 1,8/4,7 = 0,383 mA
I2 = V2/R2 = −1,2/10 = −0,12 mA
If = I1 + I2 = 0,263 mA

Atsakymas

If = 0,263 mA
23.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: R = 240 Ω

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

Įtampa ant rezistoriaus

VR = 12 − 3·2 = 6 V

Varža

R = 6/0,025 = 240 Ω

Atsakymas

R = 240 Ω

Rezistoriuje išsiskiria 150 mW.

24.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: RB = 5,466 kΩ

Dvipolis tranzistorius kaip jungiklis: norint visiškai įjungti apkrovą, tranzistorius įvedamas į įsotinimą, kai VCE = VCE(sat), o kolektoriaus srovę nulemia apkrova: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Įsotinimui reikia bent IB = IC(sat)/β. Jei bazės srovė mažesnė, tranzistorius lieka aktyviojoje srityje ir IC = β·IB.

Kolektoriaus srovė įsotinimo režime

IC(sat) = (12 − 0,2)/100 = 118 mA

Mažiausia bazės srovė

IB(min) = IC(sat)/β = 118/150 = 786,7 µA

Bazės rezistorius

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,7867 mA = 5,466 kΩ

Atsakymas

RB = 5,466 kΩ

Bet kuris mažesnis bazės rezistorius taip pat įsotina tranzistorių; praktikoje parenkamas kelis kartus mažesnis.

25.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 193

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

63 = 0011 1111
invertuota: 1100 0000
+1 → 1100 0001

Perskaitykite be ženklo

1100 0001₂ = 256 − 63 = 193

Atsakymas

U = 193
26.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: R = 143

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

Bitas po bito

OR duoda 1, kur bent vienas bitas yra 1.

1000 1101
OR 1000 1110
= 1000 1111

Rezultato reikšmė

1000 1111₂ = 143

Atsakymas

R = 143
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: L = 2

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

ABC → m(7)
BC′ → m(2, 6)
A′C → m(1, 3)
A′B′ → m(0, 1)
ABC00011110011011131204051716

Sugrupuokite ir nuskaitykite

F = B + A′

Suskaičiuokite literalus

L = 2

Atsakymas

L = 2
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: N = 4

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.

Pagrindiniai implikantai

Didžiausios grupės, kurias galima sudaryti iš vienetų ir X.

BC′, B′CD, A′C′, A′B′D, A′BD′
ABCD000111100001111010X1130214150716X121130150140809X11010

Minimalus dengimas

F = BC′ + B′CD + A′C′ + A′BD′
N = 4

Atsakymas

N = 4

Egzistuoja kitas to paties dydžio grupavimas; jis turi tiek pat narių ir literalų.

29.Laplaso transformacijos

Atsakymas: A = 2,5

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 + 8s + 7 = (s + 1)(s + 7)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 7)

Uždengimo taisyklė

Padauginkite iš (s + 1) ir įrašykite s = −1: B narys išnyksta.

A = (5s + 20)/(s + 7) |s = −1 = 15/6 = 2,5

Atsakymas

A = 2,5
(B = 2,5, taigi f(t) = 2,5·e−t + 2,5·e−7t)
30.Laplaso transformacijos

Atsakymas: y(0.1) = 1,809

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 + 8s + 15)·Y(s) = 1s + 8 + 225/s
Y(s) = (s² + 8s + 225)/(s(s + 3)(s + 5))

Paprastosios trupmenos

A = 225/(3·5) = 15
B = 210/((−3)·2) = −35
C = 210/((−5)·(−2)) = 21

Rezultatas

y(t) = 15 − 35·e−3t + 21·e−5t
y(0,1) = 1,809

Atsakymas

y(0,1) = 1,809

Patikra: y(0) = A + B + C = 1.

31.Struktūrinės schemos

Atsakymas: p = −126

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) = 6/(s + 6 + 6·1) = 6/(s + 12)

Išorinis kontūras

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 114/(s + 12 + 114) = 114/(s + 126)

Rezultatas

p = −126

Atsakymas

p = −126
32.Struktūrinės schemos

Atsakymas: css = 0,02564

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

Perdavimo funkcijos

C/D = G/(1 + K·G) = 4/(s + 2 + 76)

Nusistovėjęs režimas

css = 0,5·4/78 = 0,02564

Atsakymas

css = 0,02564

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

33.Šuolinė reakcija

Atsakymas: ts = 2,667 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 = 30 → ωₙ = 5,477 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·5,477) = 0,2739

Rezultatas

ζωₙ = 1,5 → ts ≈ 4/1,5 = 2,667 s

Atsakymas

ts = 2,667 s
34.Šuolinė reakcija

Atsakymas: ts = 0,4 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).

Uždarosios sistemos perdavimo funkcija

T(s) = 225/(s² + 20s + 225): ωₙ = 15 rad/s, ζ = 0,6667

Nusistovėjimo laikas

ζωₙ = 20/2 = 10
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 0,4 s

Atsakymas

ts = 0,4 s

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

35.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: φ = 76 °

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 × 10⁻⁸) = 2066 rad/s
fc = 328,8 Hz → f/fc = 82/328,8 = 0,2494

Fazė

φ = 90° − atan(0,2494) = 76°

Atsakymas

φ = 76°
36.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: ωc = 30,62 rad/s

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

Stiprinimo kirtimas

ω⁴ + 400ω² − 1,254 × 10⁶ = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·1,254 × 10⁶))/2 = 937,7
ωc = 30,62 rad/s

Atsakymas

ωc = 30,62 rad/s
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: ω = 7,071 rad/s

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

Raucho lentelė

s³ + 15s² + 50s + K = 0
s³: 1, 50
s²: 15, K
s¹: (15·50 − K)/15
s⁰: K

Kritinis stiprinimas

K = 15·50 = 750

Pagalbinė lygtis

Esant kritiniam stiprinimui s¹ eilutė lygi nuliui; s² eilutė duoda polius ant menamosios ašies.

15s² + 750 = 0 → s = ±j√50
ω = 7,071 rad/s

Atsakymas

ω = 7,071 rad/s
38.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: K = 4

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.

Atsiskyrimo taškas

dK/ds = 0, kai K = −(s + 1)(s + 5), duoda 2s + 6 = 0.

sb = −3

Modulio sąlyga

K = |−3 + 1|·|−3 + 5| = 2·2 = 4

Atsakymas

K = 4

Su šiuo stiprinimu uždarasis kontūras yra kritiškai slopinamas (ζ = 1).

39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ess = 28,57 %

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.

Padėties konstanta

Kp = 5·0,5 = 2,5

Šuolio paklaida

ess = 100/(1 + 2,5) = 28,57 %

Atsakymas

ess = 28,57 %
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ess = 4

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

Greičio konstanta

s·C(s) = 1s + 2 → 2, kai s → 0.

Kv = 2·5/8 = 1,25

Rampos paklaida

ess = 5/1,25 = 4

Atsakymas

ess = 4

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

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