Підготовка до іспиту FE Electrical and Computer: шпаргалка-підсумок

Аркуші з формулами, ключові кроки методів для кожної теми та 40 задач для практики, з повними розв’язками наприкінці.

Нові задачіНазад до курсу

У вікні друку виберіть «Зберегти як PDF», щоб зберегти копію на пристрої.

1Формули та методи

Послідовні й паралельні резистори

Послідовне з’єднання резисторів
Req = R1 + R2 + …
Паралельне з’єднання резисторів
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Два паралельно
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Закон Ома
V = I·R
Потужність
P = V·I = I²R = V²/R

Метод

  1. Почніть з кінця мережі, найдальшого від затискачів.
  2. Послідовні резистори об’єднуйте додаванням, паралельні — за 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Перемальовуйте коло після кожного кроку.
  4. Повторюйте, доки між затискачами не залишиться один резистор.

Метод вузлових потенціалів

Закон струмів Кірхгофа
ΣIin = ΣIout
Струм гілки
I = (Va − Vb)/R
Опорний вузол
Vground = 0

Метод

  1. Оберіть опорний вузол (землю) і позначте напруги інших вузлів.
  2. Запишіть закон струмів Кірхгофа для кожного невідомого вузла: струми, що витікають через гілки, дорівнюють струмам, що втікають.
  3. Виразіть кожен струм гілки як (Va − Vb)/R.
  4. Розв’яжіть систему рівнянь, потім знайдіть потрібний струм.

Метод контурних струмів

Закон напруг Кірхгофа
ΣV = 0 у кожному контурі
Спільний резистор
струм = I1 − I2
Джерело струму в контурі
задає струм цього контуру

Метод

  1. Задайте струм за годинниковою стрілкою в кожному контурі (вікні) кола.
  2. Застосуйте закон напруг Кірхгофа до кожного контуру: сума спадів напруги дорівнює нулю.
  3. У резисторі, спільному для двох контурів, струм дорівнює різниці двох контурних струмів.
  4. Розв’яжіть рівняння; від’ємний результат означає, що струм тече в протилежному напрямку.

Метод накладання

Метод накладання
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Вимкнене джерело напруги
коротке замикання (0 V)
Вимкнене джерело струму
розрив (0 A)
Подільник напруги
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Подільник струму
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Метод

  1. Порахуйте незалежні джерела. Для кожного джерела ви розв’яжете одне простіше коло.
  2. Залиште одне джерело й вимкніть інші: джерело напруги стає коротким замиканням (провідником), джерело струму — розривом.
  3. Розв’яжіть простіше коло щодо потрібної напруги чи струму, стежачи за напрямком.
  4. Повторіть для кожного джерела, потім додайте внески з урахуванням знаків.

Тевенен і Нортон

Напруга Тевенена
Vth = Vopen circuit
Опір Тевенена
Rth: усі джерела вимкнені, з боку a–b
Струм Нортона
IN = Vth/Rth
Струм навантаження
IL = Vth/(Rth + RL)
Передача максимальної потужності
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Метод

  1. Від’єднайте навантаження й позначте два затискачі a і b.
  2. Знайдіть напругу холостого ходу між a і b: це Vth.
  3. Вимкніть усі незалежні джерела й знайдіть опір з боку a–b: це Rth.
  4. Поверніть навантаження до еквівалентної схеми: Vth послідовно з Rth.
  5. Для еквівалента Нортона перетворіть: IN = Vth/Rth, з паралельним RN = Rth.

Перехідні процеси RC і RL

Стала часу
τ = RC | τ = L/R
Відгук
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Конденсатор на постійному струмі
розрив; vC не може змінитися стрибком
Котушка на постійному струмі
коротке замикання; iL не може змінитися стрибком
Усталений режим
t ≈ 5τ

Метод

  1. Знайдіть початкове значення одразу після комутації: напруга на конденсаторі й струм через котушку не можуть змінитися стрибком.
  2. Знайдіть кінцеве значення через довгий час після комутації: конденсатор поводиться як розрив, котушка — як коротке замикання.
  3. Знайдіть сталу часу: τ = RC або τ = L/R, використовуючи опір з боку конденсатора чи котушки.
  4. Використайте x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Повний опір і комплексні амплітуди

Повні опори
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Кутова частота
ω = 2πf
Модуль і кут
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Закон Ома в комплексній формі
V = I·Z

Метод

  1. Переведіть частоту: ω = 2πf.
  2. Знайдіть кожен реактивний опір: XL = ωL і XC = 1/(ωC).
  3. Додавайте опори як резистори, з Z = R + jX.
  4. Знайдіть модуль |Z| = √(R² + X²) і кут φ = atan(X/R), потім застосуйте закон Ома для комплексних амплітуд.

Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Активна потужність
P = V·I·cos φ
Реактивна потужність
Q = V·I·sin φ
Повна потужність
S = V·I = √(P² + Q²)
Коефіцієнт потужності
pf = cos φ = P/S
Компенсувальний конденсатор
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Трифазні системи

З’єднання зіркою (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
З’єднання трикутником (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Сумарна активна потужність
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Повна й реактивна потужність
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Компенсувальні конденсатори
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Напруга на кожному конденсаторі
Δ: VL Y: VL/√3
Вхідна потужність двигуна
Pin = Pout/η

Трансформатори

Коефіцієнт трансформації
a = N1/N2 = V1/V2
Відношення струмів
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Номінальний струм
I = S/V
Зведений опір
Z1′ = a²·ZL
Втрати в міді при неповному навантаженні
Pcu = x²·Pcu,fl
ККД
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Максимальний ККД
x = √(Pcore/Pcu,fl)

Схеми з операційними підсилювачами

Інвертувальний підсилювач
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Неінвертувальний підсилювач
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Сумувальний підсилювач
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Ідеальний ОП
V+ = V−, Iin = 0

Діоди й транзистори

Діод (постійний спад)
VD = 0,7 V when conducting
Активний режим
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Фіксоване зміщення
IB = (VCC − 0,7)/RB
Зміщення дільником
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Еквівалент Тевенена дільника
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Колекторний контур
VCE = VCC − ICRC − IERE
Насичення
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Системи числення

Ваги розрядів
двійкова 2k, вісімкова 8k, шістнадцяткова 16k
У десяткову
Σ dk·bk
З десяткової
діліть на основу, остачі читайте знизу вгору
Шістнадцяткова ↔ двійкова
одна шістнадцяткова цифра = 4 біти
Додатковий код
інвертуйте біти й додайте 1

Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Базові вентилі
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Правила булевої алгебри
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Закони де Моргана
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Порядок на карті Карно
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Група з 2ᵏ клітинок
втрачає k змінних
Мультиплексор 4-до-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Тригери
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Лічильники
n-розрядний: 2ⁿ станів; за модулем N: найменше n з 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Послідовний лічильник
fmax = 1/(n·tpd)
Кільцевий лічильник і лічильник Джонсона
n і 2n станів

Метод

  1. Для схеми рухайтеся від входів до виходу вентиль за вентилем і записуйте значення на кожному дроті, або запишіть її вираз і заповніть таблицю істинності.
  2. Для спрощення занесіть одиниці (а байдужі стани як X) на карту Карно з рядками й стовпцями в коді Грея: 00, 01, 11, 10.
  3. Покрийте одиниці якомога меншою кількістю якомога більших груп по 1, 2, 4, 8 або 16 клітинок, з переходом через краї; кожна група — це один добуток зі змінних, що лишаються сталими. Для форми POS групуйте нулі.
  4. Для тригерів і лічильників читайте входи на кожному активному фронті такту, записуйте стан після кожного фронту й пам’ятайте, що n-розрядний лічильник переходить через максимум після 2ⁿ станів.

Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Стійкість
усі корені характеристичного полінома в лівій півплощині
таблиця Рауса, елемент s¹ кубічного полінома
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Корені в правій півплощині
кількість змін знака в першому стовпці
Кубічний поліном s³ + a₂s² + a₁s + a₀
стійкий, коли всі a > 0 і a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Характеристичне рівняння
1 + K·G(s) = 0
Асимптоти
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Точки відходу й входу
dK/ds = 0
Умова модуля
K = 1/|G(s)|
Кут відходу
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Метод

  1. Запишіть характеристичний поліном замкненої системи: знаменник рівняння 1 + K·G(s) = 0, розкритий до кінця.
  2. Запишіть коефіцієнти по черзі в перші два рядки таблиці Рауса й побудуйте решту рядків.
  3. Підрахуйте зміни знака в першому стовпці: кожна з них — це полюс у правій півплощині. Якщо в таблиці є K, вимагайте, щоб кожен елемент першого стовпця залишався додатним.
  4. Для кореневого годографа позначте полюси й нулі, ділянки дійсної осі, асимптоти з центра та точки розгалуження, де dK/ds = 0. Для коефіцієнта підсилення в точці скористайтеся K = 1/|G(s)|.

Усталена похибка та ПІД-регулювання

Тип системи
кількість полюсів G(s) у точці s = 0
Константи похибок
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Східчастий сигнал A
ess = A/(1 + Kp)
Лінійно наростальний сигнал A·t
ess = A/Kv
Параболічний сигнал A·t²/2
ess = A/Ka
ПІД-регулятор
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Цільова система другого порядку
s² + 2ζωns + ωn²
Перерегулювання та часові показники
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Метод

  1. Підрахуйте полюси розімкненого контуру C(s)·G(s) у точці s = 0: це тип системи.
  2. Знайдіть константу похибки, що відповідає входу: Kp для східчастого, Kv для лінійно наростального, Ka для параболічного сигналу.
  3. Застосуйте ess = A/(1 + Kp), A/Kv або A/Ka, або розв’яжіть це відносно потрібного коефіцієнта підсилення.
  4. Для вимоги щодо демпфування чи швидкодії запишіть характеристичний поліном замкненої системи й порівняйте його з s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Задачі для практики

1.Послідовні й паралельні резисториСередня
R1​ = 15 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩAR4​10 ΩB

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 3 ΩR3 = 4 ΩR4 = 10 Ω
Req = Ω
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 20 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​25 ΩBR6​2 Ω

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 30 ΩR4 = 25 ΩR5 = 2 ΩR6 = 2 Ω
Req = Ω
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 12 ΩR3​ = 10 ΩIR3​+−V1​10 VR2​4 ΩAR4​3 ΩBIs​1,5 A

Скористайтеся методом вузлових потенціалів, щоб знайти струм IR3 через R3 у напрямку стрілки.

V1 = 10 VIs = 1,5 AR1 = 12 ΩR2 = 4 ΩR3 = 10 ΩR4 = 3 Ω
IR3 = A
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 15 ΩIR1​R2​ = 15 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​18 VR3​12 ΩAR5​8 ΩBIs​2,5 A+−V2​36 V

Скористайтеся методом вузлових потенціалів, щоб знайти струм IR1 через R1 у напрямку стрілки.

V1 = 18 VIs = 2,5 AV2 = 36 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 12 ΩR4 = 10 ΩR5 = 8 Ω
IR1 = A
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 10 ΩR2​ = 2 Ω+−VR2​+−V1​15 VR3​8 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти напругу VR2 на R2 з указаною полярністю.

V1 = 15 VV2 = 10 VR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 Ω
VR2 = V
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 8 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR4​25 ΩAR5​15 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти контурний струм I1 (за годинниковою стрілкою).

V1 = 30 VV2 = 15 VR1 = 8 ΩR2 = 30 ΩR3 = 6 ΩR4 = 25 ΩR5 = 15 Ω
I1 = A
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 6 ΩIR1​R3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAR4​8 ΩBIs​1 A

За методом накладання знайдіть потужність PR1, яку споживає R1.

V1 = 6 VIs = 1 AR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 ΩR4 = 8 Ω
PR1 = W
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 3 ΩR2​ = 3 Ω−+VR2​R4​ = 10 Ω+−V1​10 VR3​6 ΩAIs​1,5 AB+−V2​18 V

Скористайтеся методом накладання, щоб знайти напругу VR2 на R2 з указаною полярністю.

V1 = 10 VIs = 1,5 AV2 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 ΩR4 = 10 Ω
VR2 = V
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩARL​2 ΩIL​B

До a–b підключено навантаження RL = 2 Ω. Замініть решту кола еквівалентом Тевенена і знайдіть струм навантаження IL.

V1 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 15 ΩRL = 2 Ω
IL = A
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 25 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAIs​0,5 ABRL​5 ΩIL​

До a–b підключено навантаження RL = 5 Ω. За допомогою еквівалента Тевенена знайдіть потужність PL, що передається навантаженню.

V1 = 24 VIs = 0,5 AR1 = 25 ΩR2 = 15 ΩR3 = 25 ΩRL = 5 Ω
PL = W
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​12 Vt = 0R = 50 ΩL33 mHi(t)

До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Знайдіть струм i у момент t = 1 ms.

Vs = 12 VR = 50 ΩL = 33 mHt = 1 ms
i = A
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​12 Vt = 0R = 4,7 kΩC220 µF+−vC​vC​(0) = 15 V

Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 15 V з указаною полярністю. Знайдіть напругу на конденсаторі vC у момент t = 1000 ms.

Vs = 12 VR = 4,7 kΩC = 220 µFvC(0) = 15 Vt = 1000 ms
vC = V
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
12 V500 HzR = 30 ΩL = 100 mHC = 22 µF

Послідовне коло RLC підключено до мережі 12 V (діюче значення), 500 Hz. Знайдіть кут зсуву фаз φ повного опору в градусах (додатний, коли струм відстає від напруги).

V = 12 V (rms)f = 500 HzR = 30 ΩL = 100 mHC = 22 µF
φ = °
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
230 V200 HzR = 100 ΩL = 50 mHC = 2,2 µF+−VC​

Послідовне коло RLC підключено до мережі 230 V (діюче значення), 200 Hz. Знайдіть діюче значення напруги VC на конденсаторі.

V = 230 V (rms)f = 200 HzR = 100 ΩL = 50 mHC = 2,2 µF
VC = V
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
230 VZ12 + j5 ΩI

Навантаження з повним опором Z = 12 + j5 Ω під’єднано до однофазної мережі 230 V (діюче значення). Знайдіть реактивну потужність Q, яку воно споживає.

V = 230 VZ = 12 + j5 Ω
Q = var
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P1​ = 72 kWQ1​S1​φ

Однофазний трансформатор потужністю 150 kVA живить навантаження 72 kW з коефіцієнтом потужності 0,75 (індуктивним). Яку додаткову активну потужність ΔP можна під’єднати у вигляді активного навантаження (коефіцієнт потужності 1), перш ніж трансформатор досягне номінальної потужності в kVA?

Smax = 150 kVAP1 = 72 kWpf1 = 0,75
ΔP = kW
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 415 VNZ = 18 + j24 Ωна фазу

Симетричне навантаження, з’єднане зіркою, з повним опором 18 + j24 Ω на фазу підключене до симетричної трифазної мережі з лінійною напругою 415 V. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку поглинає навантаження, у kW.

VL = 415 VZ = 18 + j24 Ω на фазу
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симетричне трифазне навантаження споживає 75 kW при коефіцієнті потужності 0,75 (відстаючому) від мережі 400 V (лінійна напруга), 50 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,9 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано зіркою. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.

P = 75 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
RL​ = 15 Ω1011200 VV2​I1​ = ?I2​

До первинної обмотки ідеального трансформатора з коефіцієнтом трансформації N₁:N₂ = 10:1 прикладено 1200 V. До вторинної обмотки підключено резистор 15 Ω. Знайдіть первинний струм I1.

N1:N2 = 10:1V1 = 1200 VRL = 15 Ω
I1 = A
20.ТрансформаториСкладна
pf 0,8550 kVA, 25% навантаження

Однофазний трансформатор 50 kVA має втрати в сталі 250 W і втрати в міді 625 W при номінальному навантаженні. Він віддає 25% своєї номінальної потужності в kVA при коефіцієнті потужності 0,85 (відстаючому). Знайдіть сумарні втрати Ploss у ватах при цьому навантаженні.

S = 50 kVAPcore = 250 WPcu,fl = 625 Wx = 0,25pf = 0,85
Ploss = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = 47 kΩVin​R1​ = 10 kΩ

ОП ідеальний і живиться від ±15 V; його вихід насичується на рівні ±13 V. На інвертувальний підсилювач подається синусоїдальний сигнал. Знайдіть найбільшу амплітуду вхідного сигналу Vin,max (пікове значення), за якої вихідний сигнал не обмежується.

R1 = 10 kΩRf = 47 kΩVsat = ±13 V
Vin,max = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​R2​ = 4,7 kΩV1​ = −1,2 VR1​ = 10 kΩV2​ = 1,7 VR3​ = 4,7 kΩR4​ = 10 kΩ

ОП ідеальний і живиться від ±15 V. Відношення опорів не узгоджені. Знайдіть вихідну напругу Vout.

V1 = −1,2 VV2 = 1,7 VR1 = 10 kΩR2 = 4,7 kΩR3 = 4,7 kΩR4 = 10 kΩ
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
+−20 V150 Ω6,2 V1000 ΩIZ​ = ?

Стабілізатор на стабілітроні 6,2 В живиться від 20 В через 150 Ом і живить навантаження 1000 Ом. Знайдіть струм стабілітрона IZ.

Vin = 20 VVZ = 6,2 VR = 150 ΩRL = 1000 Ω
IZ = mA
24.Діоди й транзисториСкладна
RC​ = 150 Ωβ = 200VCC​ = 9 V3,3 VRB​ = ?

NPN-транзистор з β = 200 комутує резистор навантаження 150 Ω, увімкнений між VCC = 9 V і його колектором. Емітер заземлено. Базу керують від логічного виходу 3,3 V через базовий резистор RB. Візьміть VBE = 0,7 V і VCE(sat) = 0,2 V. Для надійного перемикання розрахуйте струм бази в 3 разів більшим за мінімально потрібний для насичення. Знайдіть RB у kΩ.

VCC = 9 VRC = 150 Ωβ = 200Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vкоефіцієнт перенасичення = 3
RB = kΩ
25.Системи численняСередня
8-бітовий додатковий код0−12806403201608040201

Встановіть біти так, щоб вони зберігали −106 в 8-бітовому доповняльному коді. Яке значення U шаблону, якщо читати його як беззнакове число?

N = −1068 bit
U =
26.Системи численняСкладна
клацайте біти, щоб встановити їх012806403201608040201

Встановіть біти за 8-бітовим результатом 0110 1101 XOR 1001 0010. Яке значення R результату в десятковій системі?

0110 1101XOR1001 0010
R =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABCD00011110000111101111

На цій карті Карно рівно одна 1 не має сусідньої 1, тож у мінімальній формі SOP вона лишається групою з однієї клітинки (повний мінтерм із чотирьох літералів). Сусіди через краї карти враховуються. Клікніть цю клітинку.

F = Σm(1, 5, 9, 15)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​CLKDOWN

3-розрядний двійковий лічильник на віднімання починає з 6 (десяткове, Q = 110). Яке значення Q (у десятковому вигляді) він покаже після 27 імпульсів такту?

Q0 = 627n = 3
Q =
29.Перетворення ЛапласаСередня
t (s)f(t)t = 0,75f(0,75) = ?

Знайдіть f(t) для F(s) = 10/(s(s + 1)(s + 5)) розкладом на простіші дроби й обчисліть f(0,75).

F(s) = 10/(s(s + 1)(s + 5))t = 0,75 s
f(0.75) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,6y(0,6) = ?

Розв’яжіть y″ + 5y′ + 4y = 0 при y(0) = 8 і y′(0) = −9 за допомогою перетворення Лапласа й знайдіть y(0,6).

y″ + 5y′ + 4y = 0y(0) = 8y′(0) = −9t = 0,6 s
y(0.6) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+Ks(s + 7)G(s)C(s)−

Об’єкт G(s) = K/(s(s + 7)) охоплено одиничним від’ємним зворотним зв’язком. Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого замкнена система критично загасаюча (два рівні дійсні полюси).

G(s) = K/(s(s + 7))одиничний від’ємний зворотний зв’язок
K =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+22регулятор+D(s)+2s + 4об’єктC(s)−

Пропорційний регулятор K = 22 керує об’єктом G(s) = 2/(s + 4) в одиничному від’ємному зворотному зв’язку. Збурення D діє на вході об’єкта (додається до виходу регулятора). Одночасно подають сходинку задавального сигналу розміром 2 і сходинку збурення розміром 0,5. Знайдіть усталений вихід css.

K = 22G(s) = 2/(s + 4)D = 0,5R = 2
css =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)0,5ts​ = ?

Система має передатну функцію G(s) = 33,5/(s² + 6s + 67) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть 2-відсотковий час встановлення ts перехідної характеристики за формулою ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 33,5/(s² + 6s + 67)
ts = s
34.Перехідна характеристикаСкладна
R(s)+295s(s + 5)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = 295/(s(s + 5)). Знайдіть 2-відсотковий час встановлення ts перехідної характеристики замкненої системи за формулою ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 295/(s(s + 5))
ts = s
35.Діаграми Боде та запасиСередня
vin​L = 1 mHR = 10 Ωvout​

RL-фільтр нижніх частот на рисунку має R = 10 Ω, L = 1 mH. На вхід подають синусоїдний сигнал 4,8 kHz. Знайдіть фазовий зсув φ сигналу vout відносно vin, у градусах.

R = 10 ΩL = 1 mHf = 4,8 kHz
φ = °
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 3/(s(s + 1)). Знайдіть частоту зрізу за підсиленням ωc, де |L(jω)| = 1.

L(s) = 3/(s(s + 1))
ωc = rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+K1s(s + 1)(s + 6)C(s)−

Контур на схемі має передавальну функцію розімкненої системи L(s) = K/(s(s + 1)(s + 6)). Знайдіть найбільше значення Kmax, за якого замкнена система стійка.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 6))
Kmax =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−2−4−6−8−10−12j2sb​

Показано кореневий годограф L(s) = K/((s + 6)(s + 10)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K у точці відходу sb, де два полюси замкненої системи зустрічаються на дійсній осі.

L(s) = K/((s + 6)(s + 10))
K =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
R(s)+K(s + 4)(s + 5)C(s)−

Контур з одиничним зворотним зв’язком має G(s) = K/((s + 4)(s + 5)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого усталена похибка для східчастого входу становить 10 %.

G(s) = K/((s + 4)(s + 5))ess = 10 %
K =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+Kp​ + Ki​/s2s + 1C(s)−

ПІ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s керує об’єктом G(s) = 2/(s + 1) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Замкнена система має мати ωₙ = 6 rad/s і ζ = 0,6. Знайдіть пропорційний коефіцієнт Kp.

G(s) = 2/(s + 1)ωₙ = 6 rad/sζ = 0,6
Kp =

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 17,47 Ω

Послідовне й паралельне з’єднання: послідовно через кожен резистор тече той самий струм і R = R₁ + R₂ + …. Паралельно на кожному резисторі та сама напруга і 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Драбинчасту мережу спрощують по одній парі, доки не залишиться один еквівалентний опір.

R1​ = 15 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩAR4​10 ΩB

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

Почніть із кінця, найдальшого від джерела, і рухайтеся до нього. Резистори з однаковим струмом з’єднані послідовно; резистори між тими самими двома вузлами — паралельно.

R3 + R4 = 4 + 10 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 3·14/(3+14) = 2,471 Ω
Req = R1 + 2,471 = 15 + 2,471 = 17,47 Ω

Відповідь

Req = 17,47 Ω
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 25,09 Ω

Послідовне й паралельне з’єднання: послідовно через кожен резистор тече той самий струм і R = R₁ + R₂ + …. Паралельно на кожному резисторі та сама напруга і 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Драбинчасту мережу спрощують по одній парі, доки не залишиться один еквівалентний опір.

R1​ = 20 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​25 ΩBR6​2 Ω

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

Почніть із кінця, найдальшого від джерела, і рухайтеся до нього. Резистори з однаковим струмом з’єднані послідовно; резистори між тими самими двома вузлами — паралельно.

R5 + R6 = 2 + 2 = 4 Ω
R4 ∥ 4 = 3,448 Ω
R3 + 3,448 = 33,45 Ω
R2 ∥ 33,45 = 5,087 Ω
Req = R1 + 5,087 = 20 + 5,087 = 25,09 Ω

Відповідь

Req = 25,09 Ω
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR3 = −0,125 A

Метод вузлових потенціалів: оберіть опорний вузол, позначте невідомі вузлові напруги, запишіть закон струмів Кірхгофа для кожного невідомого вузла за законом Ома (I = ΔV/R) і розв’яжіть отримані рівняння.

R1​ = 12 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAR4​3 ΩBIs​1,5 A

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 10 V). Невідомі: VA, VB.

ЗСК у вузлі A

Струми, що виходять із A через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у A.

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/4 + (VA − 10)/12 + (VA − VB)/10 = 0
0,4333·VA − 0,1·VB = 0,8333

ЗСК у вузлі B

Струми, що виходять із B через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у B.

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/3 + (VB − VA)/10 = 1,5
−0,1·VA + 0,4333·VB = 1,5

Розв’яжіть

Δ = (0,4333)(0,4333) − (−0,1)(−0,1) = 0,1778
VA = Δ1/Δ = 0,5111/0,1778 = 2,875 V
VB = Δ2/Δ = 0,7333/0,1778 = 4,125 V

Відповідь

IR3 = (VA − VB)/R3 = (2,875 − 4,125)/10 = −0,125 A
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR1 = 0,3414 A

Метод вузлових потенціалів: оберіть опорний вузол, позначте невідомі вузлові напруги, запишіть закон струмів Кірхгофа для кожного невідомого вузла за законом Ома (I = ΔV/R) і розв’яжіть отримані рівняння.

R1​ = 15 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​18 VR3​12 ΩAR5​8 ΩBIs​2,5 A+−V2​36 V

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 18 V, V2 = 36 V). Невідомі: VA, VB.

ЗСК у вузлі A

Струми, що виходять із A через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у A.

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/12 + (VA − 18)/15 + (VA − VB)/15 = 0
0,2167·VA − 0,06667·VB = 1,2

ЗСК у вузлі B

Струми, що виходять із B через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у B.

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/8 + (VB − VA)/15 + (VB − 36)/10 = 2,5
−0,06667·VA + 0,2917·VB = 6,1

Розв’яжіть

Δ = (0,2167)(0,2917) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,05875
VA = Δ1/Δ = 0,7567/0,05875 = 12,88 V
VB = Δ2/Δ = 1,402/0,05875 = 23,86 V

Відповідь

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (18 − 12,88)/15 = 0,3414 A
5.Метод контурних струмів

Відповідь: VR2 = −1,034 V

Метод контурних струмів: дайте кожному вікну плоского кола власний контурний струм, запишіть закон напруг Кірхгофа для кожного контуру (сума спадів = сума зростань) і розв’яжіть. Струми гілок — це контурний струм або різниця двох контурних струмів у спільній гілці.

R1​ = 10 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​15 VR3​8 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

Призначте контурні струми

У кожному вікні намалюйте струм за годинниковою стрілкою: I1, I2. Резистор, спільний для двох контурів, проводить різницю їхніх струмів.

ЗНК для контуру 1

Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
10·I1 + 8(I1 − I2) = 15
18·I1 − 8·I2 = 15

ЗНК для контуру 2

Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
2·I2 + 8(I2 − I1) = (−10)
−8·I1 + 10·I2 = −10

Розв’яжіть

Δ = (18)(10) − (−8)(−8) = 116
I1 = Δ1/Δ = 70/116 = 0,6034 A
I2 = Δ2/Δ = −60/116 = −0,5172 A

Відповідь

IR2 = I2 = −0,5172 A
VR2 = IR2·R2 = −0,5172·2 = −1,034 V

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: I1 = 1,135 A

Метод контурних струмів: дайте кожному вікну плоского кола власний контурний струм, запишіть закон напруг Кірхгофа для кожного контуру (сума спадів = сума зростань) і розв’яжіть. Струми гілок — це контурний струм або різниця двох контурних струмів у спільній гілці.

R1​ = 8 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR4​25 ΩAR5​15 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

Призначте контурні струми

У кожному вікні намалюйте струм за годинниковою стрілкою: I1, I2, I3. Резистор, спільний для двох контурів, проводить різницю їхніх струмів.

ЗНК для контуру 1

Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
8·I1 + 25(I1 − I2) = 30
33·I1 − 25·I2 = 30

ЗНК для контуру 2

Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
30·I2 + 25(I2 − I1) + 15(I2 − I3) = 0
−25·I1 + 70·I2 − 15·I3 = 0

ЗНК для контуру 3

Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
6·I3 + 15(I3 − I2) = (−15)
−15·I2 + 21·I3 = −15

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 27960
I1 = Δ1/Δ = 31725/27960 = 1,135 A
I2 = Δ2/Δ = 8325/27960 = 0,2977 A
I3 = Δ3/Δ = −14025/27960 = −0,5016 A

Відповідь

I1 = 1,135 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: PR1 = 0,7653 W

Метод накладання: у лінійному колі будь-яка напруга чи струм дорівнює сумі відгуків на кожне незалежне джерело, що діє окремо. Щоб вимкнути джерело, замініть ідеальне джерело напруги коротким замиканням, а ідеальне джерело струму — розривом. Резистори залишаються на місці.

R1​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAR4​8 ΩBОБРИВ

Випадок 1 · діє лише V1

Iₛ стає розривом, тож R₃ і R₄ утворюють одну послідовну гілку від A до землі, паралельну R₂.

R3+R4 = 2+8 = 10 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 5·10/(5+10) = 3,333 Ω
VA = 6·3,333/(6+3,333) = 2,143 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,143·8/10 = 1,714 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (6 − 2,143)/6 = 0,6429 A
R1​ = 6 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​5 ΩAR4​8 ΩBIs​1 A

Випадок 2 · діє лише Is

V₁ стає коротким замиканням, тож R₁ паралельний R₂. Iₛ у точці B розгалужується між R₄ і шляхом через R₃.

R1 ∥ R2 = 6·5/(6+5) = 2,727 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 8 ∥ 4,727 = 2,971 Ω
VB = Is·Req = 1·2,971 = 2,971 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 2,971·2,727/4,727 = 1,714 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 1,714)/6 = −0,2857 A

Додайте внески струму

IR1 = IR1′ + IR1″ = 0,6429 + (−0,2857) = 0,3571 A

Потужність у резисторі

Потужність залежить від квадрата струму, тож метод накладання до неї не застосовний: спочатку додайте струми, потім піднесіть до квадрата.

PR1 = IR1²·R1 = 0,3571²·6 = 0,7653 W

Відповідь

PR1 = 0,7653 W

Сума потужностей окремих випадків дала б 2,969 W, а це неправильно.

8.Метод накладання

Відповідь: VR2 = 5,267 V

Метод накладання: у лінійному колі будь-яка напруга чи струм дорівнює сумі відгуків на кожне незалежне джерело, що діє окремо. Щоб вимкнути джерело, замініть ідеальне джерело напруги коротким замиканням, а ідеальне джерело струму — розривом. Резистори залишаються на місці.

R1​ = 3 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​10 VR3​6 ΩAОБРИВBКЗ

Випадок 1 · діє лише V1

V₂ стає коротким замиканням, а Iₛ — розривом. З боку A резистор R₃ паралельний послідовній парі R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 6 ∥ 13 = 4,105 Ω
VA = 10·4,105/(3+4,105) = 5,778 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 5,778·10/13 = 4,444 V
VR2′ = VB − VA = 4,444 − 5,778 = −1,333 V
R1​ = 3 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 10 ΩКЗR3​6 ΩAIs​1,5 ABКЗ

Випадок 2 · діє лише Is

Обидва джерела напруги стають короткими замиканнями. Iₛ у точці B розгалужується між R₄ (тепер до землі) і R₂, послідовним із R₁ ∥ R₃.

R1 ∥ R3 = 2 Ω, тож лівий шлях — R2+2 = 5 Ω
Req = R4 ∥ 5 = 3,333 Ω
VB = Is·Req = 1,5·3,333 = 5 V
VA = VB·2/5 = 2 V
VR2″ = VB − VA = 5 − 2 = 3 V
R1​ = 3 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 10 ΩКЗR3​6 ΩAОБРИВB+−V2​18 V

Випадок 3 · діє лише V2

V₁ стає коротким замиканням, а Iₛ — розривом. R₁ ∥ R₃ відходить від A, послідовно з R₂ назад до B.

R1 ∥ R3 = 3·6/(3+6) = 2 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 18·5/15 = 6 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 6·2/5 = 2,4 V
VR2‴ = VB − VA = 6 − 2,4 = 3,6 V

Додайте складові

VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = (−1,333) + 3 + 3,6 = 5,267 V

Від’ємний результат означає, що насправді полярність протилежна вказаній.

9.Тевенен і Нортон

Відповідь: IL = 0,4663 A

Теорема Тевенена: будь-яке лінійне двополюсне коло поводиться як одне джерело напруги Vth, послідовне з опором Rth. Теорема Нортона подає те саме коло як джерело струму IN = Vth/Rth, паралельне Rth.

R1​ = 8 ΩR3​ = 15 ΩКЗR2​10 ΩAabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

Замініть джерела напруги короткими замиканнями, а джерела струму — розривами, а тоді подивіться на коло з боку a–b.

R1 ∥ R2 = 8·10/(8+10) = 4,444 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,444 + 15 = 19,44 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

Коли a–b розімкнені, через R₃ струм не тече, тож спаду на ньому немає і V_b = V_A. R₁ і R₂ утворюють дільник напруги.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 18·10/(8+10) = 10 V
Rth​ = 19,44 Ω+−Vth​10 VRL​2 ΩIL​

Підключіть навантаження до еквівалента Тевенена

Джерело Тевенена і послідовний R_th поводяться на a–b точно як початкове коло, тож навантаження бачить простий послідовний контур.

IL = Vth/(Rth + RL) = 10/(19,44 + 2) = 0,4663 A
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: PL = 2,212 W

Теорема Тевенена: будь-яке лінійне двополюсне коло поводиться як одне джерело напруги Vth, послідовне з опором Rth. Теорема Нортона подає те саме коло як джерело струму IN = Vth/Rth, паралельне Rth.

R1​ = 25 ΩR3​ = 25 ΩКЗR2​15 ΩAОБРИВBabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

Замініть джерела напруги короткими замиканнями, а джерела струму — розривами, а тоді подивіться на коло з боку a–b.

R1 ∥ R2 = 25·15/(25+15) = 9,375 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 9,375 + 25 = 34,38 Ω
R1​ = 25 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAIs​0,5 ABab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

Коли a–b розімкнені, Iₛ може текти лише через R₃ у вузол A. Знайдіть V_A накладанням V₁ та Iₛ, потім додайте спад на R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 9 + 0,5·9,375 = 13,69 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 13,69 + 0,5·25 = 26,19 V
Rth​ = 34,38 Ω+−Vth​26,19 VRL​5 ΩIL​

Підключіть навантаження до еквівалента Тевенена

Джерело Тевенена і послідовний R_th поводяться на a–b точно як початкове коло, тож навантаження бачить простий послідовний контур.

IL = Vth/(Rth + RL) = 26,19/(34,38 + 5) = 0,6651 A
PL = IL²·RL = 0,6651²·5 = 2,212 W
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: i = 0,1873 A

Перехідні процеси першого порядку: у колі з одним конденсатором або однією котушкою кожна напруга й кожен струм експоненційно змінюються від початкового до кінцевого значення: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, де τ = RC або τ = L/R. Приблизно через 5τ коло виходить на усталений режим.

Стала часу і кінцевий струм

Через тривалий час після замикання котушка поводиться як коротке замикання, тож кінцевий струм визначає лише R.

τ = L/R = 33 mH / 50 Ω = 0,66 ms
i(∞) = Vs/R = 12/50 = 0,24 A

Струм у заданий момент

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,24·(1 − e−1/0,66) = 0,1873 A

Відповідь

i = 0,1873 A
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vC = 13,14 V

Перехідні процеси першого порядку: у колі з одним конденсатором або однією котушкою кожна напруга й кожен струм експоненційно змінюються від початкового до кінцевого значення: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, де τ = RC або τ = L/R. Приблизно через 5τ коло виходить на усталений режим.

Початкове значення, кінцеве значення, стала часу

Напруга на конденсаторі не може змінитися стрибком, тож вона починає з накопиченого значення й прямує до напруги джерела.

vC(0) = 15 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 220 µF = 1034 ms
vC(t) = 12 + (15 − 12)·e−t/τ

Напруга в заданий момент

vC(1000) = 12 + (3)·e−1000/1034 = 13,14 V

Відповідь

vC = 13,14 V
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: φ = 84,28 °

Кола змінного струму й комплексний метод: резистори, котушки й конденсатори мають повні опори R, jωL і 1/(jωC), де ω = 2πf. Послідовно повні опори додаються як опори, але як комплексні числа. Діючі значення струму й напруги підкоряються закону Ома з |Z|.

Реактивні опори

ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,1 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·22·10⁻⁶) = 14,47 Ω

Повний опір

Послідовно повні опори додаються як комплексні числа: Z = R + j(XL − XC).

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(30² + (299,7)²) = 301,2 Ω

Кут зсуву фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(299,7/30) = 84,28°

Відповідь

φ = 84,28°
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: VC = 264 V

Кола змінного струму й комплексний метод: резистори, котушки й конденсатори мають повні опори R, jωL і 1/(jωC), де ω = 2πf. Послідовно повні опори додаються як опори, але як комплексні числа. Діючі значення струму й напруги підкоряються закону Ома з |Z|.

Реактивні опори

ω = 2πf = 2π·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,05 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·2,2·10⁻⁶) = 361,7 Ω

Повний опір

Послідовно повні опори додаються як комплексні числа: Z = R + j(XL − XC).

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (−298,9)²) = 315,2 Ω

Струм

Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.

I = V/|Z| = 230/315,2 = 0,7298 A

Напруга на конденсаторі

VC = I·XC = 0,7298·361,7 = 264 V

Відповідь

VC = 264 V
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: Q = 1565 var

Потужність змінного струму: повна потужність S = V·I (VA) складається з активної потужності P = S·cos φ (W), що виконує корисну роботу, і реактивної потужності Q = S·sin φ (var), що коливається між джерелом і навантаженням. Коефіцієнт потужності — cos φ. Паралельний конденсатор постачає реактивну потужність на місці, тож струм лінії зменшується за тієї самої активної потужності.

Струм

|Z| = √(12² + 5²) = 13 Ω
I = V/|Z| = 230/13 = 17,69 A

Реактивна потужність

Q = I²·X = 17,69²·5 = 1565 var

Відповідь

Q = 1565 var
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: ΔP = 63,9 kW

Потужність змінного струму: повна потужність S = V·I (VA) складається з активної потужності P = S·cos φ (W), що виконує корисну роботу, і реактивної потужності Q = S·sin φ (var), що коливається між джерелом і навантаженням. Коефіцієнт потужності — cos φ. Паралельний конденсатор постачає реактивну потужність на місці, тож струм лінії зменшується за тієї самої активної потужності.

Реактивна потужність наявного навантаження

Q1 = 72·tan(arccos 0,75) = 63,5 kvar

Найбільша сумарна активна потужність

За повного навантаження S = Smax, а Q від активного навантаження не змінюється.

P = √(Smax² − Q1²) = √(150² − 63,5²) = 135,9 kW

Додаткова активна потужність

ΔP = 135,9 − 72 = 63,9 kW

Відповідь

ΔP = 63,9 kW
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 3,445 kW

Симетричні трифазні системи: у з’єднанні зіркою (Y) лінійна напруга в √3 разів більша за фазну, VL = √3·Vph, а лінійний струм дорівнює фазному. У з’єднанні трикутником (Δ) лінійна напруга дорівнює фазній, а лінійний струм у √3 разів більший за фазний, IL = √3·Iph. Сумарна потужність утричі більша за потужність однієї фази: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Фазна напруга

Vph = 415/√3 = 239,6 V

Фазний струм

|Z| = √(18² + 24²) = 30 Ω
Iph = 239,6/30 = 7,987 A

Сумарна активна потужність

Активну потужність поглинає лише активна складова кожного опору.

P = 3·Iph²·R = 3·7,987²·18 = 3,445 kW

Відповідь

P = 3,445 kW

Перевірка: cos φ = R/|Z| = 0,6, і √3·VL·IL·cos φ дає ту саму потужність.

18.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 593,2 µF

Симетричні трифазні системи: у з’єднанні зіркою (Y) лінійна напруга в √3 разів більша за фазну, VL = √3·Vph, а лінійний струм дорівнює фазному. У з’єднанні трикутником (Δ) лінійна напруга дорівнює фазній, а лінійний струм у √3 разів більший за фазний, IL = √3·Iph. Сумарна потужність утричі більша за потужність однієї фази: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Компенсація реактивної потужності: конденсатори постачають реактивну потужність на місці, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Кожен із трьох конденсаторів дає QC/3 = V²·ω·C, де V — напруга на цьому конденсаторі: VL у батареї, з’єднаній трикутником, VL/√3 — у батареї, з’єднаній зіркою.

Реактивна потужність до і після

Активна потужність не змінюється, тож кожен коефіцієнт потужності визначає реактивну потужність: Q = P·tan φ.

Q1 = 75·tan(acos 0,75) = 75·0,8819 = 66,14 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,9) = 75·0,4843 = 36,32 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 29,82 kvar

Ємність на фазу

У батареї, з’єднаній зіркою, кожен конденсатор увімкнено між лінійним проводом і нейтральною точкою.

V = 400/√3 = 230,9 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 9940/(314,2·230,9²) = 593,2 µF

Відповідь

Cph = 593,2 µF
19.Трансформатори

Відповідь: I1 = 0,8 A

Ідеальний трансформатор: напруги відносяться як кількості витків, а струми — обернено: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a і I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, тож вхідна потужність дорівнює вихідній, V₁·I₁ = V₂·I₂. Опір навантаження Z у вторинному колі з боку первинної обмотки виглядає як a²·Z.

Вторинні напруга й струм

V2 = 1200/10 = 120 V
I2 = 120/15 = 8 A

Первинний струм

Ідеальний трансформатор не має втрат: V₁·I₁ = V₂·I₂.

I1 = I2/10 = 0,8 A

Відповідь

I1 = 0,8 A

Перевірка: навантаження з боку первинної обмотки a²·RL = 1500 Ω, і 1200/1500 дає той самий струм.

20.Трансформатори

Відповідь: Ploss = 289,1 W

Втрати в трансформаторі: втрати в сталі (гістерезис і вихрові струми) залежать від напруги й однакові за будь-якого навантаження. Втрати в міді обмоток пропорційні квадрату струму, тож при частці навантаження x від номінального вони становлять x²·Pcu,fl. ККД η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), де Pout = x·S·pf. ККД максимальний при навантаженні, за якого втрати в міді дорівнюють втратам у сталі.

Втрати в міді при цьому навантаженні

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,0625·625 = 39,06 W

Сумарні втрати

Втрати в сталі однакові за будь-якого навантаження.

Ploss = 250 + 39,06 = 289,1 W

Відповідь

Ploss = 289,1 W

ККД при цьому навантаженні η = 97,35%.

21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vin,max = 2,766 V

Правила ідеального ОП: з від’ємним зворотним зв’язком підсилювач встановлює вихід так, щоб обидва входи мали однакову напругу (V₋ = V₊), і в жоден вхід струм не тече. ЗСК на інвертувальному вході з цими двома фактами дає вихід.

Коефіцієнт підсилення

|Av| = Rf/R1 = 47/10 = 4,7

Найбільший вхідний сигнал без обмеження

Vin,max = Vsat/|Av| = 13/4,7 = 2,766 V

Відповідь

Vin,max = 2,766 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 2,264 V

Правила ідеального ОП: з від’ємним зворотним зв’язком підсилювач встановлює вихід так, щоб обидва входи мали однакову напругу (V₋ = V₊), і в жоден вхід струм не тече. ЗСК на інвертувальному вході з цими двома фактами дає вихід.

Напруга на вході +

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,7·10/(4,7 + 10) = 1,156 V

Накладіть дію двох входів

При V₂ = 0 для V₁ схема — інвертувальний підсилювач. При V₁ = 0 V₊ підсилюється з коефіцієнтом неінвертувального підсилювача 1 + R₂/R₁.

Vout = −(4,7/10)·(−1,2) + (1 + 4,7/10)·1,156 = 0,564 + 1,7 = 2,264 V

Відповідь

Vout = 2,264 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: IZ = 85,8 mA

Стабілізатор на стабілітроні: стабілітрон, увімкнений у зворотному напрямку, тримає напругу VZ, поки його струм вищий за мінімальний IZ,min. Послідовний резистор R бере різницю між вхідною та вихідною напругою: IR = (Vin − VZ)/R. Цей струм ділиться між навантаженням, IL = VZ/RL, і стабілітроном: IZ = IR − IL. Проєктуйте за найгіршими випадками: найнижча вхідна напруга при найбільшому навантаженні має все ж лишати IZ,min, а найвища вхідна напруга без навантаження дає найбільшу потужність стабілітрона PZ = VZ·IZ.

Струм резистора

IR = 13,8/150 = 92 mA

Струм навантаження

IL = 6,2/1000 = 6,2 mA

Струм стабілітрона

IZ = 92 − 6,2 = 85,8 mA

Відповідь

IZ = 85,8 mA
24.Діоди й транзистори

Відповідь: RB = 2,955 kΩ

БТ як ключ: щоб повністю ввімкнути навантаження, транзистор переводять у насичення, де VCE = VCE(sat), а струм колектора визначається навантаженням: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Для насичення потрібен струм бази щонайменше IB = IC(sat)/β. Якщо струм бази менший, транзистор залишається в активному режимі й IC = β·IB.

Струм колектора в насиченні

IC(sat) = (9 − 0,2)/150 = 58,67 mA

Мінімальний струм бази

IB(min) = IC(sat)/β = 58,67/200 = 293,3 µA

Розрахунковий струм бази

IB = 3·293,3 µA = 880 µA

Базовий резистор

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,88 mA = 2,955 kΩ

Відповідь

RB = 2,955 kΩ
25.Системи числення

Відповідь: U = 150

Встановлення бітів: кожен біт має вагу степеня двійки (128, 64, …, 1). Одна шістнадцяткова цифра — це рівно чотири біти, а в 8-бітовому доповняльному коді крайній лівий біт має вагу −128. Порозрядні операції працюють з кожною позицією біта окремо.

Інвертуйте і додайте одиницю

106 = 0110 1010
інвертовано: 1001 0101
+1 → 1001 0110

Прочитайте як беззнакове

1001 0110₂ = 256 − 106 = 150

Відповідь

U = 150
26.Системи числення

Відповідь: R = 255

Встановлення бітів: кожен біт має вагу степеня двійки (128, 64, …, 1). Одна шістнадцяткова цифра — це рівно чотири біти, а в 8-бітовому доповняльному коді крайній лівий біт має вагу −128. Порозрядні операції працюють з кожною позицією біта окремо.

Біт за бітом

XOR дає 1, де два біти різні.

0110 1101
XOR 1001 0010
= 1111 1111

Значення результату

1111 1111₂ = 255

Відповідь

R = 255
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: AB = 11, CD = 11

Карти Карно: клітинки впорядковано за кодом Грея (00, 01, 11, 10), тож сусідні клітинки, зокрема через краї, відрізняються рівно однією змінною. Групуйте одиниці в прямокутники по 1, 2, 4, 8 або 16 клітинок, якомога більші й у якомога меншій кількості, доки кожну 1 не буде покрито. Кожна група — це один добуток: змінні, що лишаються сталими всередині неї. Група з 2ᵏ клітинок втрачає k змінних. Байдужі стани (X) можна використовувати, щоб групи були більшими, але їх не обов’язково покривати. Групування нулів замість одиниць дає мінімальну форму POS.

Сусіди кожної 1

1 із сусідньою 1 може приєднатися до групи з двох або більше.

m15: m14, m13, m11, m7 → 0
ABCD00011110000111101111

Ізольована 1

m15 = ABCD → AB = 11, CD = 11

Відповідь

AB = 11, CD = 11
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: Q = 3

Тригери та лічильники: тригер змінюється лише за активним фронтом такту. D копіює свій вхід (Q⁺ = D); T перемикається, коли T = 1; JK зберігає стан за 00, скидає за 01, встановлює за 10 і перемикає за 11. n-розрядний двійковий лічильник має 2ⁿ станів і рахує за модулем 2ⁿ; лічильник за модулем N рахує 0, 1, …, N − 1 і повертається до 0, і йому потрібне найменше n, для якого 2ⁿ ≥ N тригерів. Кожен ступінь послідовного лічильника ділить частоту навпіл, тож останній вихід лічильника за модулем N має частоту fclk/N. Лічильник Джонсона з n тригерів має 2n станів, кільцевий — n.

Повні цикли

Кожні 8 імпульсів повертають лічильник у той самий стан.

27 = 3·8 + 3

Значення після решти імпульсів

Q = (6 − 3) mod 8 = 3
Q = 011₂

Відповідь

Q = 3
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.75) = 0,8308

Перетворення Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt перетворює похідні на множення на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартні пари: 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), а зсув s → s + σ множить оригінал на e−σt. Щоб знайти оригінал раціональної F(s), розкладіть її на простіші дроби: коефіцієнт простого полюса p дорівнює A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема про кінцеве значення: f(∞) = lims→0 s·F(s), справедлива лише тоді, коли всі полюси s·F(s) лежать у лівій півплощині. Теорема про початкове значення: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Простіші дроби

F(s) = A/s + B/(s + 1) + C/(s + 5)
A = 10/(1·5) = 2
B = 10/((−1)·4) = −2,5
C = 10/((−5)·(−4)) = 0,5

Обернене перетворення

f(t) = 2 − 2,5·e−t + 0,5·e−5t

Обчисліть

f(0,75) = 2 − 2,5·e−0,75 + 0,5·e−5·0,75 = 0,8308

Відповідь

f(0,75) = 0,8308
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.6) = 4,238

Перетворення Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt перетворює похідні на множення на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартні пари: 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), а зсув s → s + σ множить оригінал на e−σt. Щоб знайти оригінал раціональної F(s), розкладіть її на простіші дроби: коефіцієнт простого полюса p дорівнює A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема про кінцеве значення: f(∞) = lims→0 s·F(s), справедлива лише тоді, коли всі полюси s·F(s) лежать у лівій півплощині. Теорема про початкове значення: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Перетворіть рівняння

s²Y − 8s − (−9) + 5(sY − 8) + 4Y = 0
Y(s) = (8s + 31)/((s + 1)(s + 4))

Простіші дроби

A = 23/3 = 7,667
B = −1/(−3) = 0,3333

Результат

y(t) = 7,667·e−t + 0,3333·e−4t
y(0,6) = 4,238

Відповідь

y(0,6) = 4,238

Перевірка: y(0) = A + B = 8.

31.Блок-схеми

Відповідь: K = 12,25

Алгебра блок-схем: блоки, з’єднані послідовно, перемножуються (G₁·G₂), блоки, з’єднані паралельно, додаються (G₁ + G₂), а контур із прямим шляхом G і шляхом зворотного зв’язку H зводиться до T = G/(1 + G·H) для від’ємного зворотного зв’язку та G/(1 − G·H) для додатного. Спершу згортайте внутрішні контури, потім рухайтеся назовні. Полюси замкненої системи — корені характеристичного рівняння 1 + G(s)H(s) = 0. Для стійкого контуру вхідна сходинка розміром A дає усталений вихід A·T(0); за одиничного зворотного зв’язку усталена похибка на сходинку дорівнює A/(1 + Kp), де Kp = G(0).

Характеристичне рівняння

1 + K/(s(s + 7)) = 0 → s² + 7s + K = 0

Кратний корінь

Квадратний тричлен s² + βs + γ має подвійний корінь, коли β² = 4γ.

7² = 4K → K = 49/4 = 12,25

Відповідь

K = 12,25
Обидва полюси замкненої системи тоді лежать у s = −3,5.
32.Блок-схеми

Відповідь: css = 1,854

Алгебра блок-схем: блоки, з’єднані послідовно, перемножуються (G₁·G₂), блоки, з’єднані паралельно, додаються (G₁ + G₂), а контур із прямим шляхом G і шляхом зворотного зв’язку H зводиться до T = G/(1 + G·H) для від’ємного зворотного зв’язку та G/(1 − G·H) для додатного. Спершу згортайте внутрішні контури, потім рухайтеся назовні. Полюси замкненої системи — корені характеристичного рівняння 1 + G(s)H(s) = 0. Для стійкого контуру вхідна сходинка розміром A дає усталений вихід A·T(0); за одиничного зворотного зв’язку усталена похибка на сходинку дорівнює A/(1 + Kp), де Kp = G(0).

Передатні функції

C/D = G/(1 + K·G) = 2/(s + 4 + 44)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 44/(s + 4 + 44)

Усталений режим

css = 2·44/48 + 0,5·2/48 = 1,854

Відповідь

css = 1,854

Більше K зменшує вплив збурення, але з пропорційним регулятором ніколи не до нуля.

33.Перехідна характеристика

Відповідь: ts = 1,333 s

Перехідна характеристика: система першого порядку G(s) = K/(τs + 1) відповідає на сходинку розміром U як y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): вона досягає 63,2 % кінцевого значення K·U за одну сталу часу τ і 98 % за 4τ. Система другого порядку G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) має полюси s = −ζωₙ ± jωd, де ωd = ωₙ√(1 − ζ²). За 0 < ζ < 1 перехідна характеристика має перерегулювання: відсоток перерегулювання %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), час піку tp = π/ωd, а 2-відсотковий час встановлення ts ≈ 4/(ζωₙ). Порівняйте знаменник із s² + 2ζωₙs + ωₙ², щоб знайти ωₙ і ζ. Для системи маса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) і ζ = c/(2√(km)); для послідовного RLC-кола ωₙ = 1/√(LC) і ζ = (R/2)·√(C/L).

Порівняйте зі стандартною формою

Знаменник має збігатися з s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 67 → ωₙ = 8,185 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·8,185) = 0,3665

Результат

ζωₙ = 3 → ts ≈ 4/3 = 1,333 s

Відповідь

ts = 1,333 s
34.Перехідна характеристика

Відповідь: ts = 1,6 s

Перехідна характеристика: система першого порядку G(s) = K/(τs + 1) відповідає на сходинку розміром U як y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): вона досягає 63,2 % кінцевого значення K·U за одну сталу часу τ і 98 % за 4τ. Система другого порядку G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) має полюси s = −ζωₙ ± jωd, де ωd = ωₙ√(1 − ζ²). За 0 < ζ < 1 перехідна характеристика має перерегулювання: відсоток перерегулювання %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), час піку tp = π/ωd, а 2-відсотковий час встановлення ts ≈ 4/(ζωₙ). Порівняйте знаменник із s² + 2ζωₙs + ωₙ², щоб знайти ωₙ і ζ. Для системи маса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) і ζ = c/(2√(km)); для послідовного RLC-кола ωₙ = 1/√(LC) і ζ = (R/2)·√(C/L).

Передатна функція замкненої системи

T(s) = 295/(s² + 5s + 295): ωₙ = 17,18 rad/s, ζ = 0,1456

Час встановлення

ζωₙ = 5/2 = 2,5
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 1,6 s

Відповідь

ts = 1,6 s

Для цього контуру ζωₙ = a/2 за будь-якого K: збільшення K додає перерегулювання, але не скорочує час встановлення.

35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: φ = −71,66 °

Частотна характеристика: підставте s = jω у передавальну функцію. Модуль у децибелах дорівнює 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумі кутів множників чисельника мінус кути множників знаменника. Фільтр першого порядку RC або RL має частоту зрізу (−3 dB) ωc = 1/(RC) або R/L, а fc = ωc/(2π); фільтр нижніх частот дає |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) і φ = −atan(ω/ωc). На асимптотичній (ламаній) діаграмі Боде кожен полюс згинає модуль вниз на 20 dB/decade на своїй частоті зламу, кожен нуль згинає його вгору на 20 dB/decade, а інтегратор 1/s дає −20 dB/decade на всіх частотах. Частота зрізу за коефіцієнтом підсилення ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас за фазою PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перетину за фазою ω180: ∠L(jω) = −180°; запас за підсиленням GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнена система стійка, коли обидва запаси додатні.

Частота зрізу

ωc = R/L = 10/0,001 = 10000 rad/s
fc = 1592 Hz → f/fc = 4800/1592 = 3,016

Фаза

φ = − atan(3,016) = −71,66°

Відповідь

φ = −71,66°
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ωc = 1,594 rad/s

Частотна характеристика: підставте s = jω у передавальну функцію. Модуль у децибелах дорівнює 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумі кутів множників чисельника мінус кути множників знаменника. Фільтр першого порядку RC або RL має частоту зрізу (−3 dB) ωc = 1/(RC) або R/L, а fc = ωc/(2π); фільтр нижніх частот дає |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) і φ = −atan(ω/ωc). На асимптотичній (ламаній) діаграмі Боде кожен полюс згинає модуль вниз на 20 dB/decade на своїй частоті зламу, кожен нуль згинає його вгору на 20 dB/decade, а інтегратор 1/s дає −20 dB/decade на всіх частотах. Частота зрізу за коефіцієнтом підсилення ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас за фазою PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перетину за фазою ω180: ∠L(jω) = −180°; запас за підсиленням GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнена система стійка, коли обидва запаси додатні.

Зріз за підсиленням

ω⁴ + 1ω² − 9 = 0
ω² = (−1 + √(1 + 4·9))/2 = 2,541
ωc = 1,594 rad/s

Відповідь

ωc = 1,594 rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: Kmax = 42

Критерій Рауса–Гурвіца: лінійна система стійка, коли всі корені її характеристичного полінома лежать у лівій півплощині s-площини. Запишіть коефіцієнти по черзі в перші два рядки таблиці Рауса. Кожен елемент нового рядка отримують із двох рядків над ним; для кубічного a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ елемент рядка s¹ дорівнює b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Кількість змін знака в першому стовпці дорівнює кількості коренів у правій півплощині. Якщо коефіцієнти містять коефіцієнт підсилення K, усі елементи першого стовпця мають залишатися додатними: значення K, за якого елемент рядка s¹ обертається на нуль, — це межа стійкості, а рядок s² тоді дає частоту незатухних коливань.

Характеристичне рівняння

s³ + 7s² + 6s + K = 0

Таблиця Рауса

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

Умови

Кожен елемент першого стовпця має бути додатним.

K > 0
7·6 − K > 0 → K < 42

Відповідь

Kmax = 42

При K = 42 замкнена система коливається з частотою ω = √6 = 2,449 rad/s.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: K = 4

Кореневий годограф: зі зростанням коефіцієнта підсилення K від 0 до ∞ полюси замкненої системи, тобто корені рівняння 1 + K·G(s) = 0, рухаються від полюсів розімкненої системи до її нулів або до нескінченності. Точка дійсної осі належить годографу, коли кількість дійсних полюсів і нулів праворуч від неї непарна. n − m віток, що йдуть у нескінченність, прямують уздовж асимптот під кутами (2q + 1)·180°/(n − m), які виходять із центра σₐ = (Σ полюсів − Σ нулів)/(n − m). Гілки відходять від дійсної осі або сходяться на ній там, де dK/ds = 0. Умова кута ∠G(s) = 180° визначає форму годографа, а умова модуля K = 1/|G(s)| дає значення K у будь-якій точці годографа.

Точка відходу

dK/ds = 0 для K = −(s + 6)(s + 10) дає 2s + 16 = 0.

sb = −8

Умова модуля

K = |−8 + 6|·|−8 + 10| = 2·2 = 4

Відповідь

K = 4

За такого коефіцієнта підсилення замкнена система критично демпфована (ζ = 1).

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: K = 180

Усталена похибка: у контурі з одиничним зворотним зв’язком і передавальною функцією розімкненої системи G(s) похибка дорівнює E(s) = R(s)/(1 + G(s)), а за теоремою про кінцеве значення ess = lims→0 s·E(s). Тип системи — це кількість полюсів G(s) у точці s = 0. Константи похибок: Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) і Ka = lim s²·G(s), усі при s → 0. Східчастий сигнал величини A дає ess = A/(1 + Kp), лінійно наростальний A·t дає A/Kv, а параболічний A·t²/2 дає A/Ka. Контур типу 0 відпрацьовує східчастий сигнал зі скінченною похибкою, контур типу 1 відпрацьовує його точно, а лінійно наростальний — зі скінченною похибкою.

Потрібна константа похибки

1/(1 + Kp) = 0,1 → Kp = 9

Коефіцієнт підсилення

K/20 = 9 → K = 180

Відповідь

K = 180

Перевірте також стійкість замкненої системи: для цього контуру другого порядку будь-яке K > 0 стійке.

40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: Kp = 3,1

П-, ПІ- і ПІД-регулювання: регулятор C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s діє на похибку. Пропорційний коефіцієнт підсилення робить контур швидшим і зменшує похибку об’єкта типу 0, але ніколи не усуває її. Інтегральна складова додає полюс у точці s = 0: тип системи зростає на одиницю, і східчастий сигнал відпрацьовується без похибки. Диференціальна складова додає демпфування. Щоб підібрати коефіцієнти, запишіть характеристичний поліном замкненої системи й порівняйте його з s² + 2ζωns + ωn². Тоді %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd при ωd = ωn√(1 − ζ²), а ts ≈ 4/(ζωn).

Характеристичний поліном

1 + C(s)G(s) = 0, помножене на s(s + 1).

s² + (1 + 2Kp)s + 2Ki

Цільовий поліном

s² + 2·0,6·6s + 6² = s² + 7,2s + 36

Зіставте коефіцієнти

1 + 2Kp = 7,2 → Kp = 3,1

Відповідь

Kp = 3,1

Інтегральна складова робить контур типу 1, тож східчастий сигнал відпрацьовується без усталеної похибки.

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