FE Electrical and Computer egzamino praktika: pasiruošimo paketas

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

Nauji uždaviniaiAtgal į kursą

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

1Formulės ir metodai

Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

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

Metodas

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

Mazgų potencialų metodas

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

Metodas

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

Kontūrų srovių metodas

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

Metodas

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

Superpozicija

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

Metodas

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

Teveninas ir Nortonas

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

Metodas

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

RC ir RL pereinamieji procesai

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

Metodas

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

Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

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

Metodas

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

Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

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

Trifazė galia

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

Transformatoriai

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

Operacinių stiprintuvų grandinės

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

Diodai ir tranzistoriai

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

Skaičiavimo sistemos

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

Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

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

Metodas

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

Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

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

Metodas

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

Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

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

Metodas

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

2Uždaviniai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiVidutinis
R1​ = 2 ΩIR1​R3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAR4​8 ΩB

Raskite šaltinio tiekiamą srovę IR1, tekančią per R1.

V1 = 6 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 ΩR4 = 8 Ω
IR1 = A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiSunkus
R1​ = 4 ΩIR1​R3​ = 12 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​36 VR2​10 ΩAR4​4 ΩBR6​8 Ω

Raskite šaltinio tiekiamą srovę IR1, tekančią per R1.

V1 = 36 VR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 12 ΩR4 = 4 ΩR5 = 15 ΩR6 = 8 Ω
IR1 = A
3.Mazgų potencialų metodasVidutinis
R1​ = 3 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​3 ΩAR4​15 ΩBIs​4 A

Mazgų potencialų metodu raskite srovės šaltinio Is atiduodamą galią PIs.

V1 = 6 VIs = 4 AR1 = 3 ΩR2 = 3 ΩR3 = 4 ΩR4 = 15 Ω
PIs = W
4.Mazgų potencialų metodasSunkus
R1​ = 6 ΩIR1​+−Vs​ = 3 V+−V1​36 VR2​3 ΩAR3​6 ΩBIs​1 A

Įtampos šaltinio Vₛ tarp A ir B + gnybtas yra ties A, todėl VA − VB = Vₛ. Mazgų potencialų metodu su supermazgu raskite srovę IR1 per R1 rodyklės kryptimi.

V1 = 36 VIs = 1 AVs = 3 VR1 = 6 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 Ω
IR1 = A
5.Kontūrų srovių metodasVidutinis
R1​ = 8 ΩR2​ = 4 Ω+−VR2​+−V1​15 VR3​4 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

Taikykite kontūrų srovių metodą ir raskite įtampą VR2 ant R2 su pažymėtu poliškumu.

V1 = 15 VV2 = 6 VR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 4 Ω
VR2 = V
6.Kontūrų srovių metodasSunkus
R1​ = 5 ΩR2​ = 25 Ω+−VR2​R3​ = 15 Ω+−V1​10 VR4​30 ΩAR5​2 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

Taikykite kontūrų srovių metodą ir raskite įtampą VR2 ant R2 su pažymėtu poliškumu.

V1 = 10 VV2 = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 25 ΩR3 = 15 ΩR4 = 30 ΩR5 = 2 Ω
VR2 = V
7.SuperpozicijaVidutinis
R1​ = 15 ΩR3​ = 8 ΩIR3​+−V1​18 VR2​4 ΩAR4​15 ΩBIs​?

Raskite srovės šaltinio Is vertę (kryptis kaip pavaizduota), kuriai esant srovė IR3 per R3 lygi nuliui.

V1 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 ΩR4 = 15 Ω
Is = A
8.SuperpozicijaSunkus
tiesinė grandinėV1​V2​Is​IRL​

Tiesinėje varžinėje grandinėje yra trys nepriklausomi šaltiniai: V1, V2 ir Is. Srovė I per apkrovą išmatuota tris kartus. Kai visų šaltinių vertės įprastos, I = 11,5 mA. Padvigubinus V1 ir nekeičiant kitų dviejų, I = 22,5 mA. Pakeitus Is kryptį priešinga ir nekeičiant kitų dviejų, I = 1,5 mA. Raskite apkrovos srovę I, kai V2 išjungtas, o V1 ir Is vertės įprastos.

įprasta: I = 11,5 mA2·V1: I = 22,5 mA−Is: I = 1,5 mA
I = mA
9.Teveninas ir NortonasVidutinis
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAab

Raskite Tevenino įtampą Vth, matomą iš gnybtų a–b.

V1 = 30 VR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V
10.Teveninas ir NortonasSunkus
R1​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAIs​5 ABRL​3 ΩIL​

Prie a–b prijungta apkrova RL = 3 Ω. Naudodami Tevenino ekvivalentą raskite apkrovai tiekiamą galią PL.

V1 = 6 VIs = 5 AR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩRL = 3 Ω
PL = W
11.RC ir RL pereinamieji procesaiVidutinis
+−Vs​10 Vt = 0R = 20 ΩL68 mHi(t)

Kol jungiklis neužsidarė momentu t = 0, rite srovė neteka. Raskite srovę i momentu t = 10 ms.

Vs = 10 VR = 20 ΩL = 68 mHt = 10 ms
i = A
12.RC ir RL pereinamieji procesaiSunkus
+−Vs​9 Vt = 0R = 4,7 kΩC?+−vC​

Laikmatis momentu t = 0 pradeda krauti neįkrautą kondensatorių per rezistorių iš 9 V šaltinio. Jis turi suveikti, kai kondensatoriaus įtampa pasiekia 7,2 V, lygiai po 500 ms nuo pradžios. Kai R = 4,7 kΩ, raskite reikiamą talpą C.

Vs = 9 VVth = 7,2 VT = 500 msR = 4,7 kΩ
C = µF
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiVidutinis
100 V200 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 2,2 µFI

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 100 V (efektinė), 200 Hz maitinimo. Raskite grandinės galios koeficientą cos φ.

V = 100 V (rms)f = 200 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 2,2 µF
cos φ =
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiSunkus
120 V100 HzR = 25 ΩL = 50 mHC = 22 µF+−VC​

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 120 V (efektinė), 100 Hz maitinimo. Raskite efektinę įtampą VC ant kondensatoriaus.

V = 120 V (rms)f = 100 HzR = 25 ΩL = 50 mHC = 22 µF
VC = V
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasVidutinis
240 V130 kW, 0,8528 kW, 0,7I = ?

Dvi apkrovos lygiagrečiai prijungtos prie 240 V vienfazio tinklo: 30 kW apkrova, kurios galios koeficientas 0,85 (induktyvus), ir 8 kW apkrova, kurios galios koeficientas 0,7 (induktyvus). Raskite bendrą iš tinklo imamą srovę I.

V = 240 VP1 = 30 kW, pf1 = 0,85 induktyvusP2 = 8 kW, pf2 = 0,7 induktyvus
I = A
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasSunkus
P = 15 kWQ1​S1​φ1​QC​

Vienfazė apkrova iš 400 V, 60 Hz tinklo ima 15 kW, kai galios koeficientas 0,7 (induktyvus). Lygiagrečiai prijungtas kondensatorius padidina galios koeficientą iki 0,98. Raskite naują linijos srovę Inew.

P = 15 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98V = 400 Vf = 60 Hz
Inew = A
17.Trifazė galiaVidutinis
ABCVL​ = 208 VNZ = 3 + j4 Ωvienai fazei

Simetrinė žvaigžde sujungta apkrova, kurios fazės impedansas 3 + j4 Ω, prijungta prie simetrinio trifazio tinklo, kurio linijinė įtampa 208 V. Raskite bendrą apkrovos naudojamą aktyviąją galią P kW.

VL = 208 VZ = 3 + j4 Ω vienai fazei
P = kW
18.Trifazė galiaSunkus
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​

Simetrinė trifazė apkrova iš 690 V (linijinė įtampa), 60 Hz tinklo ima 75 kW, kai galios koeficientas 0,78 (induktyvus). Lygiagrečiai apkrovai prijungta trifazė kondensatorių baterija turi padidinti bendrą galios koeficientą iki 0,95 (induktyvus). Aktyvioji galia nekinta. Kondensatoriai sujungti žvaigžde. Raskite kiekvieno kondensatoriaus talpą Cph µF.

P = 75 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatoriaiVidutinis
8 Ω21

Prie idealaus transformatoriaus, kurio transformacijos koeficientas N₁:N₂ = 2:1, antrinės apvijos prijungtas 8 Ω rezistorius. Raskite varžą R1′, matomą iš pirminės apvijos pusės.

N1:N2 = 2:1RL = 8 Ω
R1′ = Ω
20.TransformatoriaiSunkus
pf 0,85100 kVA, 50% apkrova

Vienfazio 100 kVA transformatoriaus šerdies nuostoliai yra 300 W, o vario nuostoliai esant vardinei apkrovai – 600 W. Jis tiekia 50% vardinės galios kVA, kai galios koeficientas 0,85 (induktyvus). Raskite bendrus nuostolius Ploss vatais esant šiai apkrovai.

S = 100 kVAPcore = 300 WPcu,fl = 600 Wx = 0,5pf = 0,85
Ploss = W
21.Operacinių stiprintuvų grandinėsVidutinis
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 10 kΩVin​

Operacinis stiprintuvas idealus ir maitinamas ±15 V įtampa; jo išėjimas įsisotina ties ±14 V. Neinvertuojantis stiprintuvas valdomas sinusiniu signalu. Raskite didžiausią įėjimo amplitudę Vin,max (amplitudinę vertę), kuriai esant išėjimas neapribojamas.

R1 = 10 kΩRf = 100 kΩVsat = ±14 V
Vin,max = V
22.Operacinių stiprintuvų grandinėsSunkus
Vin​V1​Vout​1 pakopa: invertuojantiR1​ = 2 kΩRf1​ = 2 kΩ2 pakopa: neinvertuojantiR2​ = 47 kΩRf2​ = 2 kΩ

Dvi idealių operacinių stiprintuvų pakopos sujungtos nuosekliai: invertuojantis stiprintuvas (R1, Rf1), po jo neinvertuojantis stiprintuvas (R2 į įžeminimą, Rf2 grįžtamajame ryšyje). Abi maitinamos ±15 V. Įėjimas Vin = −0,9 V. Raskite išėjimo įtampą Vout.

R1 = 2 kΩRf1 = 2 kΩR2 = 47 kΩRf2 = 2 kΩVin = −0,9 V
Vout = V
23.Diodai ir tranzistoriaiVidutinis
RC​ = 470 Ωβ = 150IC​ = ?VCC​ = 9 VRB​ = 220 kΩ

NPN tranzistoriaus, kurio β = 150, darbo taškas nustatomas bazės rezistoriumi RB = 220 kΩ iš maitinimo šaltinio VCC = 9 V. Kolektoriaus rezistorius RC = 470 Ω, emiteris įžemintas. Imkite VBE = 0,7 V ir tarkite, kad tranzistorius veikia aktyviojoje srityje. Raskite kolektoriaus srovę IC mA.

VCC = 9 VRB = 220 kΩRC = 470 Ωβ = 150VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Diodai ir tranzistoriaiSunkus
+−≥ 12 VR = ?5,1 V≤ 50 mA

5,1 V Zenerio stabilizatorius turi tiekti iki 50 mA apkrovai. Įėjimo įtampa gali nukristi iki 12 V, o Zenerio diodui stabilizuoti reikia bent 2 mA. Raskite didžiausią nuosekliąją varžą Rmax, su kuria jis dar stabilizuoja.

Vin,min = 12 VVZ = 5,1 VIL,max = 50 mAIZ,min = 2 mA
Rmax = Ω
25.Skaičiavimo sistemosVidutinis
8 bitų papildomasis kodas?−128?64?32?16?8?4?2?1

Užrašykite −83 kaip 8 bitų papildomojo kodo seką. Perskaitykite seką kaip dvejetainį skaičių be ženklo: kokia jo reikšmė U dešimtainėje sistemoje?

N = −838 bit
U =
26.Skaičiavimo sistemosSunkus
16 bit1 px512 px512 pxM = ? KiB

Nesuspaustas vaizdas yra 512 × 512 pikselių, 16 bitų pikseliui. Kiek atminties M jis užima, KiB (1 KiB = 1024 baitai)?

512 × 512 px16 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABC000111100101324576

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

F = AC + B′C′ + AB′C′
L =
28.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
ABCD00011110000111100001X302040507X6X120131151141819X11110

Funkcijai F(A, B, C, D) = Σm(8, 9, 10, 14, 15) + d(3, 6, 11, 12), kur d žymi nesvarbias sąlygas, raskite esminių pagrindinių implikantų skaičių N.

F(A, B, C, D) = Σm(8, 9, 10, 14, 15) + d(3, 6, 11, 12)
N =
29.Laplaso transformacijosVidutinis
ReIm5

Pilnojo kvadrato išskyrimo būdu raskite f(t), kai F(s) = (4s + 12)/(s² + 4s + 40), ir apskaičiuokite f(0,4).

F(s) = (4s + 12)/(s² + 4s + 40)t = 0,4 s
f(0.4) =
30.Laplaso transformacijosSunkus
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Sistema tenkina y″ + 9y′ + 18y = 36·u(t). Ji pradeda iš rimties (y(0) = 0, y′(0) = 0), o įėjimas yra šuolis u(t) = 2, kai t ≥ 0. Laplaso transformacija raskite išėjimą y(0,2).

y″ + 9y′ + 18y = 36·u(t)u(t) = 2y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,2 s
y(0.2) =
31.Struktūrinės schemosVidutinis
R(s)+4s + 2G(s)C(s)0,1H−

Objektas G(s) = 4/(s + 2) valdomas neigiamo grįžtamojo ryšio kontūru, kurio jutiklio stiprinimas H = 0,1. Raskite uždarosios sistemos laiko pastovią τ.

G(s) = 4/(s + 2)H = 0,1
τ = s
32.Struktūrinės schemosSunkus
R(s)+Ks(s + 6)(s + 10)G(s)C(s)−

Objektas G(s) = K/(s(s + 6)(s + 10)) įtrauktas į vienetinio neigiamo grįžtamojo ryšio kontūrą. Esant didžiausiam stabiliam stiprinimui kontūras svyruoja. Raskite svyravimo dažnį ω rad/s.

G(s) = K/(s(s + 6)(s + 10))vienetinis neigiamas grįžtamasis ryšys
ω = rad/s
33.Šuolinė reakcijaVidutinis
t (s)y(t)2tp​ = ?

Sistemos perdavimo funkcija G(s) = 98/(s² + 3s + 49), o jos įėjimas yra vienetinis šuolis. Raskite šuolinės reakcijos pikų laiką tp.

G(s) = 98/(s² + 3s + 49)
tp = s
34.Šuolinė reakcijaSunkus
t (s)y(t)1tp​ = 0,5 s50 %

Antrosios eilės sistemos be nulių šuolinė reakcija rodo 50 % viršijimą, o pirmas pikas atsiranda ties t = 0,5 s. Raskite savąjį dažnį ωn.

%OS = 50 %tp = 0,5 s
ωn = rad/s
35.Bode grafikai ir atsargosVidutinis
|H| (dB)0,010,11101001000−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 0,5

Raskite G(s) = 4284/((s + 14)(s + 18)) tikslų modulį |G(jω)|, kai ω = 0,5 rad/s, dB.

G(s) = 4284/((s + 14)(s + 18))ω = 0,5 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Bode grafikai ir atsargosSunkus
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​ = ?

Vienetinio grįžtamojo ryšio kilpos atvirosios kilpos perdavimo funkcija yra L(s) = 190/(s(s + 4)(s + 6)). Raskite fazės kirtimo dažnį ω180, kai ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 190/(s(s + 4)(s + 6))
ω180 = rad/s
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaVidutinis
R(s)+K1s(s + 4)(s + 6)C(s)−

Schemoje pavaizduoto kontūro atvirojo kontūro perdavimo funkcija yra L(s) = K/(s(s + 4)(s + 6)). Stiprinimas didinamas tol, kol uždarasis kontūras atsiduria ties stabilumo riba. Raskite nuolatinių svyravimų dažnį ω.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 6))
ω = rad/s
38.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vietaSunkus
ReIm−2−4−6−8−10−12j2sb​

Pavaizduota kontūro L(s) = K/((s + 3)(s + 11)) šaknų geometrinė vieta. Raskite stiprinimą K atsiskyrimo taške sb, kuriame du uždarojo kontūro poliai susitinka realiojoje ašyje.

L(s) = K/((s + 3)(s + 11))
K =
39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasVidutinis
R(s)+K = 52,50,5s + 1C(s)−

Procesas G(s) = 2,5/(0,5s + 1) valdomas proporciniu stiprinimu K = 5 vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre. Raskite šuolio nusistovėjusiąją paklaidą ess kaip šuolio dydžio procentą.

G(s) = 2,5/(0,5s + 1)K = 5
ess = %
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymasSunkus
r(t) = 5t+1 + 1/s4(s + 5)(s + 10)C(s)−

PI reguliatorius C(s) = 1 + 1/s valdo objektą G(s) = 4/((s + 5)(s + 10)) vienetinio grįžtamojo ryšio kontūre. Raskite nusistovėjusiąją paklaidą ess, kai įėjimas yra rampa r(t) = 5t.

C(s) = 1 + 1/sG(s) = 4/((s + 5)(s + 10))r(t) = 5t
ess =

3Tirpalai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: IR1 = 0,6596 A

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAR4​8 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 = 3 + 8 = 11 Ω
R2 ∥ 11 = 20·11/(20+11) = 7,097 Ω
Req = R1 + 7,097 = 2 + 7,097 = 9,097 Ω

Šaltinio srovė

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

IR1 = V1/Req = 6/9,097 = 0,6596 A

Atsakymas

IR1 = 0,6596 A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: IR1 = 3,577 A

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

R1​ = 4 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​36 VR2​10 ΩAR4​4 ΩBR6​8 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 = 15 + 8 = 23 Ω
R4 ∥ 23 = 3,407 Ω
R3 + 3,407 = 15,41 Ω
R2 ∥ 15,41 = 6,064 Ω
Req = R1 + 6,064 = 4 + 6,064 = 10,06 Ω

Šaltinio srovė

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

IR1 = V1/Req = 36/10,06 = 3,577 A

Atsakymas

IR1 = 3,577 A
3.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: PIs = 73,17 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/3 + (VA − 6)/3 + (VA − VB)/4 = 0
0,9167·VA − 0,25·VB = 2

KSD mazge B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/15 + (VB − VA)/4 = 4
−0,25·VA + 0,3167·VB = 4

Išspręskite

Δ = (0,9167)(0,3167) − (−0,25)(−0,25) = 0,2278
VA = Δ1/Δ = 1,633/0,2278 = 7,171 V
VB = Δ2/Δ = 4,167/0,2278 = 18,29 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 = 18,29·4 = 73,17 W

Atsakymas

PIs = 73,17 W
4.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: IR1 = 4,125 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.

Sudarykite supermazgą

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

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

Išspręskite

(VA − 36)/6 + VA/3 + (VA − 3)/6 = 1
VA·(1/6 + 1/3 + 1/6) = 1 + 36/6 + 3/6 = 7,5
VA = 7,5/0,6667 = 11,25 V
VB = 8,25 V

Srovė per R₁

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (36 − 11,25)/6 = 4,125 A

Atsakymas

IR1 = 4,125 A

Neigiamas rezultatas reiškia, kad tikroji srovė teka prieš rodyklę.

5.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: VR2 = −0,6 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​ = 8 ΩR2​ = 4 Ω+−V1​15 VR3​4 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

Priskirkite kontūrų sroves

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

KĮD kontūre 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
8·I1 + 4(I1 − I2) = 15
12·I1 − 4·I2 = 15

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
4·I2 + 4(I2 − I1) = (−6)
−4·I1 + 8·I2 = −6

Išspręskite

Δ = (12)(8) − (−4)(−4) = 80
I1 = Δ1/Δ = 96/80 = 1,2 A
I2 = Δ2/Δ = −12/80 = −0,15 A

Atsakymas

IR2 = I2 = −0,15 A
VR2 = IR2·R2 = −0,15·4 = −0,6 V

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

6.Kontūrų srovių metodas

Atsakymas: VR2 = 6,049 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​ = 5 ΩR2​ = 25 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​10 VR4​30 ΩAR5​2 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

Priskirkite kontūrų sroves

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

KĮD kontūre 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
5·I1 + 30(I1 − I2) = 10
35·I1 − 30·I2 = 10

KĮD kontūre 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
25·I2 + 30(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 57·I2 − 2·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 + 2(I3 − I2) = (−9)
−2·I2 + 17·I3 = −9

Išspręskite

Δ = koeficientų matricos determinantas = 18475
I1 = Δ1/Δ = 9110/18475 = 0,4931 A
I2 = Δ2/Δ = 4470/18475 = 0,2419 A
I3 = Δ3/Δ = −9255/18475 = −0,5009 A

Atsakymas

IR2 = I2 = 0,2419 A
VR2 = IR2·R2 = 0,2419·25 = 6,049 V

Neigiama kontūro srovė teka prieš laikrodžio rodyklę.

7.Superpozicija

Atsakymas: Is = 0,2526 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​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩAR4​15 ΩBATVIRA

1 atvejis · veikia tik V1

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

R3+R4 = 8+15 = 23 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 4·23/(4+23) = 3,407 Ω
VA = 18·3,407/(15+3,407) = 3,332 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,332·15/23 = 2,173 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (3,332 − 2,173)/8 = 0,1449 A

2 atvejis · veikia tik Is

V₁ tampa trumpuoju jungimu, todėl R₁ ∥ R₂ jungia A su įžeminimu. Taške B Iₛ pasiskirsto tarp R₄ ir kelio R₃ + R₁∥R₂; dalis per R₃ teka nuo B į A, prieš rodyklę.

R1 ∥ R2 = 3,158 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·15/26,16 = −0,5734·Is

Prilyginkite sumą nuliui

IR3′ + IR3″ = 0,1449 − 0,5734·Is = 0
Is = 0,1449/0,5734 = 0,2526 A

Atsakymas

Is = 0,2526 A
8.Superpozicija

Atsakymas: I = 16 mA

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

Matavimus užrašykite per indėlius

Kiekvienas indėlis proporcingas savo šaltiniui.

I₁ + I₂ + I₃ = 11,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 22,5
I₁ + I₂ − I₃ = 1,5

Raskite indėlius

I₁ = 22,5 − 11,5 = 11 mA
I₃ = (11,5 − 1,5)/2 = 5 mA
I₂ = 11,5 − 11 − 5 = −4,5 mA

Išjunkite V₂

I = I₁ + I₃ = 11 + 5 = 16 mA

Atsakymas

I = 16 mA
9.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: Vth = 10 V

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 20 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​6 ΩAabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 12·6/(12+6) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 20 = 24 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​6 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) = 30·6/(12+6) = 10 V
10.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: PL = 61,37 W

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 20 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​5 ΩAATVIRABabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

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

R1 ∥ R2 = 6·5/(6+5) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 20 = 22,73 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAIs​5 ABab+−Vth​

Raskite Vth – tuščiosios veikos įtampą

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 2,727 + 5·2,727 = 16,36 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 16,36 + 5·20 = 116,4 V
Rth​ = 22,73 Ω+−Vth​116,4 VRL​3 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) = 116,4/(22,73 + 3) = 4,523 A
PL = IL²·RL = 4,523²·3 = 61,37 W
11.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: i = 0,4736 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 = 68 mH / 20 Ω = 3,4 ms
i(∞) = Vs/R = 10/20 = 0,5 A

Srovė duotuoju momentu

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,5·(1 − e−10/3,4) = 0,4736 A

Atsakymas

i = 0,4736 A
12.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: C = 66,1 µF

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.

Reikiama laiko konstanta

7,2 = 9·(1 − e−500/τ) → τ = 500/ln(9/(9 − 7,2))
τ = 500/1,609 = 310,7 ms

Talpa

kΩ kart µF duoda milisekundes.

C = τ/R = 310,7/4,7 = 66,1 µF

Atsakymas

C = 66,1 µF
13.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: cos φ = 0,8596

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 = 314,2 Ω, XC = 361,7 Ω

Pilnutinė varža

|Z| = √(80² + (−47,56)²) = 93,07 Ω

Galios koeficientas

cos φ = R/|Z| = 80/93,07 = 0,8596
Grandinė talpinė, todėl galios koeficientas talpinis (srovė pralenkia).

Atsakymas

cos φ = 0,8596
14.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: VC = 181 V

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

Reaktyviosios varžos

ω = 2πf = 2π·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,05 = 31,42 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·22·10⁻⁶) = 72,34 Ω

Pilnutinė varža

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(25² + (−40,93)²) = 47,96 Ω

Srovė

Visais nuoseklios grandinės elementais teka ta pati srovė.

I = V/|Z| = 120/47,96 = 2,502 A

Įtampa ant kondensatoriaus

VC = I·XC = 2,502·72,34 = 181 V

Atsakymas

VC = 181 V
15.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: I = 193,6 A

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

Kiekvienos apkrovos reaktyvioji galia

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

Q1 = 30·tan(arccos 0,85) = 18,59 kvar
Q2 = 8·tan(arccos 0,7) = 8,162 kvar

Sumos

P = 30 + 8 = 38 kW
Q = 18,59 + 8,162 = 26,75 kvar
S = √(38² + 26,75²) = 46,47 kVA

Bendra srovė

I = S/V = 46473/240 = 193,6 A

Atsakymas

I = 193,6 A
16.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: Inew = 38,27 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(45,57°) = 15,3 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 15·tan(11,48°) = 3,046 kvar
QC = Q1 − Q2 = 12,26 kvar

Nauja linijos srovė

Inew = P/(V·cos φ2) = 15000/(400·0,98) = 38,27 A

Atsakymas

Inew = 38,27 A
17.Trifazė galia

Atsakymas: P = 5,192 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| = √(3² + 4²) = 5 Ω
Iph = 120,1/5 = 24,02 A

Bendra aktyvioji galia

Aktyviąją galią naudoja tik aktyvioji kiekvieno impedanso dalis.

P = 3·Iph²·R = 3·24,02²·3 = 5,192 kW

Atsakymas

P = 5,192 kW

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

18.Trifazė galia

Atsakymas: Cph = 197,9 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 = 75·tan(acos 0,78) = 75·0,8023 = 60,17 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,95) = 75·0,3287 = 24,65 kvar

Kondensatorių tiekiama reaktyvioji galia

QC = Q1 − Q2 = 35,52 kvar

Vienos fazės talpa

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

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 11840/(377·398,4²) = 197,9 µF

Atsakymas

Cph = 197,9 µF
19.Transformatoriai

Atsakymas: R1′ = 32 Ω

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.

Perskaičiuota varža

Įtampa padidėja a kartų, o srovė a kartų sumažėja, todėl santykis V/I padidėja a² kartų.

R1′ = a²·RL = 2²·8 = 32 Ω

Atsakymas

R1′ = 32 Ω
20.Transformatoriai

Atsakymas: Ploss = 450 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.

Vario nuostoliai esant šiai apkrovai

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,25·600 = 150 W

Bendri nuostoliai

Šerdies nuostoliai vienodi esant bet kokiai apkrovai.

Ploss = 300 + 150 = 450 W

Atsakymas

Ploss = 450 W

Naudingumo koeficientas esant šiai apkrovai η = 98,95%.

21.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vin,max = 1,273 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.

Stiprinimas

Av = 1 + Rf/R1 = 1 + 100/10 = 11

Didžiausias įėjimas prieš apribojimą

Vin,max = Vsat/|Av| = 14/11 = 1,273 V

Atsakymas

Vin,max = 1,273 V
22.Operacinių stiprintuvų grandinės

Atsakymas: Vout = 0,9383 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.

Kiekvienos pakopos stiprinimas

A1 = −Rf1/R1 = −2/2 = −1
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 2/47 = 1,043

Pakopa po pakopos

V1 = −1·(−0,9) = 0,9 V
Vout = 1,043·0,9 = 0,9383 V

Atsakymas

Vout = 0,9383 V
23.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: IC = 5,659 mA

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

Bazės srovė

IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/220 kΩ = 37,73 µA

Kolektoriaus srovė

IC = β·IB = 150·37,73 µA = 5,659 mA

Atsakymas

IC = 5,659 mA

Patikrinimas: VCE = 6,34 V gerokai viršija 0,2 V, todėl tranzistorius iš tikrųjų veikia aktyviojoje srityje.

24.Diodai ir tranzistoriai

Atsakymas: Rmax = 132,7 Ω

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

Blogiausio atvejo srovė

IR = 50 + 2 = 52 mA

Didžiausia varža

Rmax = 6,9/0,052 = 132,7 Ω

Atsakymas

Rmax = 132,7 Ω
25.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 173

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

83 = 0101 0011
invertuota: 1010 1100
+1 → 1010 1101

Perskaitykite be ženklo

1010 1101₂ = 256 − 83 = 173

Atsakymas

U = 173
26.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: M = 512 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

512·512·16 = 4194304 bit = 524288 B

Paverskite į KiB

524288/1024 = 512 KiB

Atsakymas

M = 512 KiB
27.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: L = 4

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

Išraiškos mintermos

AC → m(5, 7)
B′C′ → m(0, 4)
AB′C′ → m(4)
ABC00011110011001030214151706

Sugrupuokite ir nuskaitykite

F = B′C′ + AC

Suskaičiuokite literalus

L = 4

Atsakymas

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

Atsakymas: N = 2

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.

BCD′, AD′, AC, AB′
ABCD00011110000111100001X302040507X6X120131151141819X11110

Esminiai pagrindiniai implikantai

AC, AB′
N = 2

Atsakymas

N = 2
29.Laplaso transformacijos

Atsakymas: f(0.4) = −1,123

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).

Išskirkite pilnąjį kvadratą

s² + 4s + 40 = (s + 2)² + 36 = (s + 2)² + 6²

Suderinkite skaitiklį

F(s) = 4·(s + 2)/((s + 2)² + 6²) + (4/6)·6/((s + 2)² + 6²)

Atvirkštinė transformacija

f(t) = e−2t·(4·cos 6t + 0,6667·sin 6t)
f(0,4) = e−2·0,4·(4·cos(6·0,4) + 0,6667·sin(6·0,4)) = −1,123

Atsakymas

f(0,4) = −1,123
30.Laplaso transformacijos

Atsakymas: y(0.2) = 0,8143

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

Y(s) = 72/(s(s + 3)(s + 6))

Paprastosios trupmenos

A = 72/(3·6) = 4
B = 72/((−3)·3) = −8
C = 72/((−6)·(−3)) = 4

Išskirta

y(t) = 4 − 8·e−3t + 4·e−6t
y(0,2) = 0,8143

Atsakymas

y(0,2) = 0,8143
31.Struktūrinės schemos

Atsakymas: τ = 0,4167 s

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

Uždarosios sistemos perdavimo funkcija

T(s) = G/(1 + G·H) = 4/(s + 2 + 0,4) = 4/(s + 2,4)

Rezultatas

τ = 1/2,4 = 0,4167 s

Atsakymas

τ = 0,4167 s
32.Struktūrinės schemos

Atsakymas: ω = 7,746 rad/s

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

Charakteringoji lygtis

s³ + 16s² + 60s + K = 0

Raucho lentelė

s³ | 1 60
s² | 16 K
s¹ | (16·60 − K)/16
s⁰ | K

Stabilumo riba

Visi pirmojo stulpelio elementai turi būti teigiami.

Kmax = 16·60 = 960

Svyravimo dažnis

16·(jω)² + 960 = 0 → ω² = 960/16 = 60
ω = 7,746 rad/s

Atsakymas

ω = 7,746 rad/s
33.Šuolinė reakcija

Atsakymas: tp = 0,4595 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 = 49 → ωₙ = 7 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·7) = 0,2143

Rezultatas

ωd = 7·√(1 − 0,2143²) = 6,837 rad/s → tp = π/ωd = 0,4595 s

Atsakymas

tp = 0,4595 s
34.Šuolinė reakcija

Atsakymas: ωn = 6,434 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(0,5)/√(π² + ln²(0,5)) = 0,6931/√(9,87 + 0,4805) = 0,2155

Savasis dažnis

ωd = π/tp = π/0,5 = 6,283 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 6,283/0,9765 = 6,434 rad/s

Atsakymas

ωn = 6,434 rad/s
35.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: |G(jω)| = 24,6 dB

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

Sudauginkite modulius

|G(j0,5)| = 4284/(√(0,5² + 14²)·√(0,5² + 18²)) = 4284/(14,01·18,01) = 16,98

Rezultatas

20·log₁₀(16,98) = 24,6 dB

Atsakymas

|G(jω)| = 24,6 dB
36.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: ω180 = 4,899 rad/s

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

Fazės kirtimas

(ω/4)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(4·6) = 4,899 rad/s

Atsakymas

ω180 = 4,899 rad/s
37.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: ω = 4,899 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 + 10s² + 24s + K = 0
s³: 1, 24
s²: 10, K
s¹: (10·24 − K)/10
s⁰: K

Kritinis stiprinimas

K = 10·24 = 240

Pagalbinė lygtis

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

10s² + 240 = 0 → s = ±j√24
ω = 4,899 rad/s

Atsakymas

ω = 4,899 rad/s
38.Stabilumas: Rauso–Hurvico kriterijus ir šaknų geometrinė vieta

Atsakymas: K = 16

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 + 3)(s + 11), duoda 2s + 14 = 0.

sb = −7

Modulio sąlyga

K = |−7 + 3|·|−7 + 11| = 4·4 = 16

Atsakymas

K = 16

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

39.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ess = 7,407 %

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 = 5·2,5 = 12,5

Šuolio paklaida

ess = 100/(1 + 12,5) = 7,407 %

Atsakymas

ess = 7,407 %
40.Nusistovėjusioji paklaida ir PID valdymas

Atsakymas: ess = 62,5

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

Greičio konstanta

s·C(s) = 1s + 1 → 1, kai s → 0.

Kv = 1·4/50 = 0,08

Rampos paklaida

ess = 5/0,08 = 62,5

Atsakymas

ess = 62,5

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

Tai savarankiška mokymosi medžiaga. ExamProblems nėra susijusi su šį egzaminą organizuojančia institucija ir jos nėra patvirtinta, o egzamino pavadinimas naudojamas tik turiniui apibūdinti. FE exam egzaminą rengia NCEES, kuri nėra susijusi su ExamProblems ir jo neremia.

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