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​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAR4​20 ΩB

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 10 VR1 = 15 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 ΩR4 = 20 Ω
Req = Ω
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 3 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​5 VR2​5 ΩAR4​6 ΩBR6​20 Ω

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 5 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 8 ΩR4 = 6 ΩR5 = 4 ΩR6 = 20 Ω
Req = Ω
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩAR4​3 ΩBIs​4 A

Скористайтеся методом вузлових потенціалів, щоб знайти вузлову напругу VA (відносно землі).

V1 = 10 VIs = 4 AR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 ΩR4 = 3 Ω
VA = V
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 2 ΩIR1​R2​ = 8 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​6 VR3​6 ΩAR5​10 ΩBIs​3 A+−V2​36 V

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

V1 = 6 VIs = 3 AV2 = 36 VR1 = 2 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 ΩR4 = 3 ΩR5 = 10 Ω
IR1 = A
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 2 ΩR2​ = 12 ΩIR2​+−V1​15 VR3​5 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти струм IR2 через R2 у напрямку стрілки.

V1 = 15 VV2 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 5 Ω
IR2 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 2 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 25 Ω+−VR3​+−V1​15 VR4​5 ΩAR5​15 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти напругу VR3 на R3 з указаною полярністю.

V1 = 15 VV2 = 10 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 25 ΩR4 = 5 ΩR5 = 15 Ω
VR3 = V
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 10 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​15 Ω+−VR2​AR4​6 ΩBIs​1 A

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

V1 = 6 VIs = 1 AR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩR3 = 4 ΩR4 = 6 Ω
VR2 = V
8.Метод накладанняСкладна
лінійне колоV1​V2​Is​IRL​

Лінійне резистивне коло містить три незалежні джерела: V1, V2 і Is. Струм I через навантаження виміряли тричі. Коли всі джерела мають звичайні значення, I = 7,5 mA. Коли V1 подвоєне, а два інші без змін, I = −2 mA. Коли напрямок Is змінено на протилежний, а два інші без змін, I = −6,5 mA. Знайдіть струм навантаження I, коли V2 вимкнене, а V1 і Is мають звичайні значення.

звичайні значення: I = 7,5 mA2·V1: I = −2 mA−Is: I = −6,5 mA
I = mA
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​6 ΩAab

Знайдіть струм Нортона IN: струм, що тече від a до b, якщо затискачі закоротити.

V1 = 6 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 8 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAIs​3 ABRL​4 ΩIL​

До a–b підключено навантаження RL = 4 Ω. За допомогою еквівалента Тевенена знайдіть потужність PL, що передається навантаженню.

V1 = 10 VIs = 3 AR1 = 8 ΩR2 = 20 ΩR3 = 4 ΩRL = 4 Ω
PL = W
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​24 Vt = 0R1​ = 2,2 kΩR2​ = 10 kΩC10 µF+−vC​

Джерело Vₛ заряджає конденсатор через R₁, а R₂ під’єднано паралельно C. Конденсатор розряджений, коли вимикач замикається в момент t = 0. Знайдіть напругу на конденсаторі vC у момент t = 10 ms.

Vs = 24 VR1 = 2,2 kΩR2 = 10 kΩC = 10 µFt = 10 ms
vC = V
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​12 Vрозмикається при t = 0R1​ = 4,7 kΩR2​ = 3,3 kΩC47 µF+−vC​

Ключ був замкнений тривалий час, тож коло в усталеному режимі. При t = 0 ключ розмикається. Знайдіть напругу на конденсаторі vC у момент t = 60 ms.

Vs = 12 VR1 = 4,7 kΩR2 = 3,3 kΩC = 47 µFt = 60 ms
vC = V
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
50 V200 HzR = 30 ΩL = 50 mHC = 2,2 µFI

Послідовне коло RLC підключено до мережі 50 V (діюче значення), 200 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.

V = 50 V (rms)f = 200 HzR = 30 ΩL = 50 mHC = 2,2 µF
I = A
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
120 V1000 HzR = 25 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF

Послідовне коло RLC підключено до мережі 120 V (діюче значення), 1000 Hz. Знайдіть резонансну частоту f0 кола.

V = 120 V (rms)f = 1000 HzR = 25 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF
f0 = Hz
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
P = 2 kWQSφ

Однофазний двигун споживає 2 kW при коефіцієнті потужності 0,7 (індуктивному) від мережі 230 V. Знайдіть струм лінії I.

P = 2 kWpf = 0,7V = 230 V
I = A
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P1​ = 28 kWQ1​S1​φ

Однофазний трансформатор потужністю 100 kVA живить навантаження 28 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 = 100 kVAP1 = 28 kWpf1 = 0,75
ΔP = kW
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 208 VNZ = 12 + j9 Ωна фазу

Симетричне навантаження, з’єднане зіркою, з повним опором 12 + j9 Ω на фазу підключене до симетричної трифазної мережі з лінійною напругою 208 V. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку поглинає навантаження, у kW.

VL = 208 VZ = 12 + j9 Ω на фазу
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симетричне трифазне навантаження споживає 50 kW при коефіцієнті потужності 0,72 (відстаючому) від мережі 690 V (лінійна напруга), 50 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,92 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Знайдіть сумарну реактивну потужність QC, яку має постачати конденсаторна батарея, у kvar.

P = 50 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаториСередня
2 Ω61

До вторинної обмотки ідеального трансформатора з коефіцієнтом трансформації N₁:N₂ = 6:1 підключено резистор 2 Ω. Знайдіть опір R1′ з боку первинної обмотки.

N1:N2 = 6:1RL = 2 Ω
R1′ = Ω
20.ТрансформаториСкладна
pf 0,9550 kVA, η = 98,2%

Однофазний трансформатор 50 kVA має втрати в сталі 150 W. При номінальному навантаженні й коефіцієнті потужності 0,95 (відстаючому) його ККД становить 98,2%. Знайдіть втрати в міді при повному навантаженні Pcu,fl у ватах.

S = 50 kVAPcore = 150 Wpf = 0,95η = 98,2%
Pcu,fl = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​R2​ = 100 kΩV1​ = −1,6 VR1​ = 47 kΩV2​ = 2,7 VR3​ = 47 kΩR4​ = 100 kΩ

Диференціальний підсилювач використовує ідеальний ОП із живленням ±15 V, R3 = R1 і R4 = R2. Знайдіть вихідну напругу Vout.

V1 = −1,6 VV2 = 2,7 VR1 = R3 = 47 kΩR2 = R4 = 100 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​C = 0,22 µFVin​ = 1,9 VR = 10 kΩ

Інтегратор використовує ідеальний ОП із живленням ±15 V; його вихід насичується на рівні ±12 V. Конденсатор розряджений, коли при t = 0 подається стала вхідна напруга Vin = 1,9 V. Знайдіть вихідну напругу Vout при t = 5 ms.

Vin = 1,9 VR = 10 kΩC = 0,22 µFVsat = ±12 Vt = 5 ms
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
RC​ = 2,7 kΩβ = 100IC​ = ?RE​ = 2,2 kΩVCC​ = 15 VR1​ = 33 kΩR2​ = 22 kΩ

NPN-транзистор з β = 100 має зміщення дільником напруги від VCC = 15 V: R₁ = 33 kΩ від VCC до бази й R₂ = 22 kΩ від бази до землі. Колекторний резистор RC = 2,7 kΩ, емітерний резистор RE = 2,2 kΩ. Візьміть VBE = 0,7 V і використайте еквівалент Тевенена дільника (не нехтуйте струмом бази). Знайдіть струм колектора IC у mA.

VCC = 15 VR1 = 33 kΩR2 = 22 kΩRC = 2,7 kΩRE = 2,2 kΩβ = 100
IC = mA
24.Діоди й транзисториСкладна
+−≥ 20 VR = ?6,2 V≤ 10 mA

Стабілізатор на стабілітроні 6,2 В має живити навантаження струмом до 10 мА. Вхідна напруга може впасти до 20 В, а стабілітрону для стабілізації потрібно щонайменше 5 мА. Знайдіть найбільший послідовний опір Rmax, при якому стабілізація зберігається.

Vin,min = 20 VVZ = 6,2 VIL,max = 10 mAIZ,min = 5 mA
Rmax = Ω
25.Системи численняСередня
8-бітовий додатковий код0−12806403201608040201

Встановіть біти так, щоб вони зберігали −85 в 8-бітовому доповняльному коді. Яке значення U шаблону, якщо читати його як беззнакове число?

N = −858 bit
U =
26.Системи численняСкладна
20-бітний доповняльний код, N = ??знак???????????????????

Яке найменше (найбільш від'ємне) ціле число N можна записати 20-бітовим додатковим кодом?

20 bit
N =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABCD000111100001111010110302040507061121130150140809111010

Скористайтеся картою Карно, щоб знайти мінімальну форму суми добутків (SOP) для F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 11, 12, 13). Скільки добутків N вона має?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 11, 12, 13)
N =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
CLKT1234567

T-тригер, що спрацьовує за переднім фронтом, починає з Q = 0 і отримує показані входи. Клікніть перший фронт такту, на якому Q переходить з 1 назад у 0.

Q₀ = 0T
  1. 1фронт такту 1
  2. 2фронт такту 2
  3. 3фронт такту 3
  4. 4фронт такту 4
  5. 5фронт такту 5
  6. 6фронт такту 6
  7. 7фронт такту 7
29.Перетворення ЛапласаСередня
t (s)f(t)t = 0,75f(0,75) = ?

Знайдіть f(t) для F(s) = 45/(s(s + 2)(s + 5)) розкладом на простіші дроби й обчисліть f(0,75).

F(s) = 45/(s(s + 2)(s + 5))t = 0,75 s
f(0.75) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Система підпорядковується рівнянню y″ + 7y′ + 12y = 12·u(t) при y(0) = 3 і y′(0) = 0. У момент t = 0 подають вхідну сходинку u(t) = 4. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть y(0,1).

y″ + 7y′ + 12y = 12·u(t)y(0) = 3y′(0) = 0u(t) = 4t = 0,1 s
y(0.1) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+9K+3s + 2G(s)C(s)4H₁−−

Об’єкт G(s) = 3/(s + 2) має внутрішній (малий) контур від’ємного зворотного зв’язку з коефіцієнтом H₁ = 4. Коефіцієнт регулятора K = 9 і зовнішній одиничний від’ємний зворотний зв’язок замикають систему. Знайдіть полюс замкненої системи p.

G(s) = 3/(s + 2)H₁ = 4K = 9
p =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+2s + 5G₁+6s + 2G₂C(s)4H₁−0,1H₂−

Згорніть блок-схему з G₁ = 2/(s + 5), G₂ = 6/(s + 2), внутрішнім від’ємним зворотним зв’язком H₁ = 4 навколо G₂ та зовнішнім від’ємним зворотним зв’язком H₂ = 0,1. Знайдіть статичний коефіцієнт підсилення T(0) для C(s)/R(s).

G₁ = 2/(s + 5)G₂ = 6/(s + 2)H₁ = 4H₂ = 0,1
T(0) =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)3tp​ = ?

Система має передатну функцію G(s) = 120/(s² + 5s + 40) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть час піку tp перехідної характеристики.

G(s) = 120/(s² + 5s + 40)
tp = s
34.Перехідна характеристикаСкладна
+−10 VR = 19 ΩL = 50 mHC = 22 µFvC​

Послідовне RLC-коло з R = 19 Ω, L = 50 mH і C = 22 µF підключають до сходинки 10 V у момент t = 0. Конденсатор незаряджений, і до сходинки струм не тече. Знайдіть власну частоту незагасаючих коливань ωn в rad/s.

R = 19 ΩL = 50 mHC = 22 µFV = 10 V
ωn = rad/s
35.Діаграми Боде та запасиСередня
|H| (dB)0,11101001000−80−60−40−20020ω (rad/s)ω = 5

Знайдіть точний модуль |G(jω)| функції G(s) = 128/((s + 2)(s + 16)) за ω = 5 rad/s, у dB.

G(s) = 128/((s + 2)(s + 16))ω = 5 rad/s
|G(jω)| = dB
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) = 7,2/(s(s + 4)). Знайдіть запас за фазою PM у градусах.

L(s) = 7,2/(s(s + 4))
PM = °
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+K1s(s + 3)(s + 10)C(s)−

Контур на схемі має передавальну функцію розімкненої системи L(s) = K/(s(s + 3)(s + 10)). Коефіцієнт підсилення збільшують, доки замкнена система не опиниться на межі стійкості. Знайдіть частоту ω незатухних коливань.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 10))
ω = rad/s
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2−3

Для контуру L(s) = K/(s(s + 4)(s + 8)) знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого полюс замкненої системи опиняється в точці s = −3.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 8))s = −3
K =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
r(t) = 5t+50s(s + 1)C(s)−

Лінійно наростальний сигнал r(t) = 5t подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 50/(s(s + 1)). Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 50/(s(s + 1))r(t) = 5t
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+20 + Kd​s4s(s + 4)C(s)−

ПД-регулятор C(s) = 20 + Kd·s керує об’єктом G(s) = 4/(s(s + 4)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть диференціальний коефіцієнт Kd, за якого замкнена система має коефіцієнт демпфування ζ = 0,6.

G(s) = 4/(s(s + 4))Kp = 20ζ = 0,6
Kd = s

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 18,45 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​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAR4​20 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 = 5 + 20 = 25 Ω
R2 ∥ 25 = 4·25/(4+25) = 3,448 Ω
Req = R1 + 3,448 = 15 + 3,448 = 18,45 Ω

Відповідь

Req = 18,45 Ω
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 6,596 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​ = 3 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​5 VR2​5 ΩAR4​6 ΩBR6​20 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 = 4 + 20 = 24 Ω
R4 ∥ 24 = 4,8 Ω
R3 + 4,8 = 12,8 Ω
R2 ∥ 12,8 = 3,596 Ω
Req = R1 + 3,596 = 3 + 3,596 = 6,596 Ω

Відповідь

Req = 6,596 Ω
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VA = 8 V

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​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩAR4​3 ΩBIs​4 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/8 + (VA − 10)/4 + (VA − VB)/5 = 0
0,575·VA − 0,2·VB = 2,5

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)/5 = 4
−0,2·VA + 0,5333·VB = 4

Розв’яжіть

Δ = (0,575)(0,5333) − (−0,2)(−0,2) = 0,2667
VA = Δ1/Δ = 2,133/0,2667 = 8 V
VB = Δ2/Δ = 2,8/0,2667 = 10,5 V

Відповідь

VA = 8 V
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR1 = −1,163 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​ = 2 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​6 VR3​6 ΩAR5​10 ΩBIs​3 A+−V2​36 V

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 6 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/6 + (VA − 6)/2 + (VA − VB)/8 = 0
0,7917·VA − 0,125·VB = 3

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/10 + (VB − VA)/8 + (VB − 36)/3 = 3
−0,125·VA + 0,5583·VB = 15

Розв’яжіть

Δ = (0,7917)(0,5583) − (−0,125)(−0,125) = 0,4264
VA = Δ1/Δ = 3,55/0,4264 = 8,326 V
VB = Δ2/Δ = 12,25/0,4264 = 28,73 V

Відповідь

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (6 − 8,326)/2 = −1,163 A
5.Метод контурних струмів

Відповідь: IR2 = −0,5426 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​ = 2 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​15 VR3​5 ΩA+−V2​18 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
2·I1 + 5(I1 − I2) = 15
7·I1 − 5·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
12·I2 + 5(I2 − I1) = (−18)
−5·I1 + 17·I2 = −18

Розв’яжіть

Δ = (7)(17) − (−5)(−5) = 94
I1 = Δ1/Δ = 165/94 = 1,755 A
I2 = Δ2/Δ = −51/94 = −0,5426 A

Відповідь

IR2 = I2 = −0,5426 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: VR3 = −4,13 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​ = 2 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​15 VR4​5 ΩAR5​15 ΩB+−V2​10 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
2·I1 + 5(I1 − I2) = 15
7·I1 − 5·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 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
20·I2 + 5(I2 − I1) + 15(I2 − I3) = 0
−5·I1 + 40·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
25·I3 + 15(I3 − I2) = (−10)
−15·I2 + 40·I3 = −10

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 8625
I1 = Δ1/Δ = 19875/8625 = 2,304 A
I2 = Δ2/Δ = 1950/8625 = 0,2261 A
I3 = Δ3/Δ = −1425/8625 = −0,1652 A

Відповідь

IR3 = I3 = −0,1652 A
VR3 = IR3·R3 = −0,1652·25 = −4,13 V

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: VR2 = 4,5 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​ = 10 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​15 ΩAR4​6 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 = 4+6 = 10 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 15·10/(15+10) = 6 Ω
VA = 6·6/(10+6) = 2,25 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,25·6/10 = 1,35 V
VR2′ = VA − 0 = 2,25 − 0 = 2,25 V
R1​ = 10 ΩR3​ = 4 ΩКЗR2​15 ΩAR4​6 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 = 10·15/(10+15) = 6 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 10 = 3,75 Ω
VB = Is·Req = 1·3,75 = 3,75 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 3,75·6/10 = 2,25 V
VR2″ = VA − 0 = 2,25 − 0 = 2,25 V

Додайте складові

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 2,25 + 2,25 = 4,5 V

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

8.Метод накладання

Відповідь: I = −2,5 mA

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.

Запишіть вимірювання через внески

Кожен внесок пропорційний своєму джерелу.

I₁ + I₂ + I₃ = 7,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = −2
I₁ + I₂ − I₃ = −6,5

Знайдіть внески

I₁ = −2 − 7,5 = −9,5 mA
I₃ = (7,5 − (−6,5))/2 = 7 mA
I₂ = 7,5 − (−9,5) − 7 = 10 mA

Вимкніть V₂

I = I₁ + I₃ = (−9,5) + 7 = −2,5 mA

Відповідь

I = −2,5 mA
9.Тевенен і Нортон

Відповідь: IN = 0,1818 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​ = 3 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​6 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 = 3·6/(3+6) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 20 = 22 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​6 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) = 6·6/(3+6) = 4 V
IN​0,1818 ARth​22 Ωab

Еквівалент Нортона

Джерело Нортона — те саме коло, подане як джерело струму, паралельне R_th. Його струм — це струм короткого замикання на a–b.

IN = Vth/Rth = 4/22 = 0,1818 A
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: PL = 28 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​ = 8 ΩR3​ = 4 ΩКЗR2​20 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 = 8·20/(8+20) = 5,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,714 + 4 = 9,714 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAIs​3 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) = 7,143 + 3·5,714 = 24,29 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 24,29 + 3·4 = 36,29 V
Rth​ = 9,714 Ω+−Vth​36,29 VRL​4 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) = 36,29/(9,714 + 4) = 2,646 A
PL = IL²·RL = 2,646²·4 = 28 W
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vC = 8,374 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.

Еквівалентна схема Тевенена з боку конденсатора

Закоротіть джерело, щоб знайти Rth; розімкніть конденсатор, щоб знайти напругу, до якої він зарядиться.

Rth = R1 ∥ R2 = 2,2·10/(2,2 + 10) = 1,803 kΩ
vC(∞) = 24·10/(2,2 + 10) = 19,67 V

Стала часу

τ = Rth·C = 1,803·10 = 18,03 ms

Крива заряджання

vC(t) = 19,67·(1 − e−10/18,03) = 8,374 V

Відповідь

vC = 8,374 V
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vC = 3,362 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.

Початкова напруга на конденсаторі

В усталеному режимі конденсатор — розрив кола, тож R₁ і R₂ утворюють подільник напруги. Напруга на конденсаторі не може змінитися стрибком у момент розмикання ключа.

vC(0) = 12·3,3/(4,7 + 3,3) = 4,95 V

Стала часу після розмикання ключа

τ = R2·C = 3,3·47 = 155,1 ms

Розряджання

vC(t) = 4,95·e−60/155,1 = 3,362 V

Відповідь

vC = 3,362 V
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: I = 0,1665 A

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) = √(30² + (−298,9)²) = 300,4 Ω

Струм

Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.

I = V/|Z| = 50/300,4 = 0,1665 A

Відповідь

I = 0,1665 A
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: f0 = 758,7 Hz

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|.

Резонанс

При резонансі індуктивний і ємнісний опори взаємно компенсуються: ωL = 1/(ωC). Частота мережі не має значення.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,02·2,2·10⁻⁶)) = 758,7 Hz

Відповідь

f0 = 758,7 Hz
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: I = 12,42 A

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 лінії

Роботу виконує лише активна частина потужності, тож поділіть на коефіцієнт потужності.

I = P/(V·cos φ) = 2000/(230·0,7) = 12,42 A

Відповідь

I = 12,42 A
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: ΔP = 68,9 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 = 28·tan(arccos 0,75) = 24,69 kvar

Найбільша сумарна активна потужність

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(100² − 24,69²) = 96,9 kW

Додаткова активна потужність

ΔP = 96,9 − 28 = 68,9 kW

Відповідь

ΔP = 68,9 kW
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 2,307 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 = 208/√3 = 120,1 V

Фазний струм

|Z| = √(12² + 9²) = 15 Ω
Iph = 120,1/15 = 8,006 A

Сумарна активна потужність

Активну потужність поглинає лише активна складова кожного опору.

P = 3·Iph²·R = 3·8,006²·12 = 2,307 kW

Відповідь

P = 2,307 kW

Перевірка: cos φ = R/|Z| = 0,8, і √3·VL·IL·cos φ дає ту саму потужність.

18.Трифазні системи

Відповідь: QC = 26,89 kvar

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 = 50·tan(acos 0,72) = 50·0,9639 = 48,19 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,92) = 50·0,426 = 21,3 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 26,89 kvar

Відповідь

QC = 26,89 kvar
19.Трансформатори

Відповідь: R1′ = 72 Ω

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.

Зведений опір

Напруга зростає в a разів, а струм зменшується в a разів, тож відношення V/I зростає в a² разів.

R1′ = a²·RL = 6²·2 = 72 Ω

Відповідь

R1′ = 72 Ω
20.Трансформатори

Відповідь: Pcu,fl = 720,7 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.

Вихідна й вхідна потужність

Pout = 50·0,95 = 47,5 kW
Pin = 47500/0,982 = 48371 W

Сумарні втрати й втрати в міді

Ploss = 48371 − 47500 = 870,7 W
Pcu,fl = 870,7 − 150 = 720,7 W

Відповідь

Pcu,fl = 720,7 W
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 9,149 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 входах

Через R₃ і R₄ тече однаковий струм, тож вони утворюють подільник напруги; зворотний зв’язок забезпечує V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 2,7·100/(47 + 100) = 1,837 V
V₋ = V₊

ЗСК для інвертувального входу

(−1,6 − 1,837)/47 = (1,837 − Vout)/100
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (100/47)·(2,7 − (−1,6)) = 9,149 V

Відповідь

Vout = 9,149 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = −4,318 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.

Вхідний струм і швидкість наростання

kΩ помножити на µF дає мілісекунди.

RC = 10 kΩ · 0,22 µF = 2,2 ms
швидкість наростання = −Vin/(RC) = −1,9/2,2 = −0,8636 V/ms

Вихідна напруга в заданий момент

Ідеальне значення лежить у межах ±Vsat, тож інтегратор ще не обмежує сигнал.

Vout = −Vin·t/(RC) = −1,9·5/2,2 = −4,318 V

Відповідь

Vout = −4,318 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: IC = 2,251 mA

Робоча точка БТ: в активному режимі VBE = 0,7 V, IC = β·IB і IE = (β + 1)·IB. Знайдіть IB з базового контуру за ЗНК, потім IC, потім VCE з контуру колектор–емітер. Дільник напруги в колі бази замінюють його еквівалентом Тевенена VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; емітерний резистор у базовому контурі виглядає в (β + 1) разів більшим.

Еквівалент Тевенена дільника

VTH = 15·22/(33 + 22) = 6 V
RTH = 33·22/(33 + 22) = 13,2 kΩ

Струм бази

ЗНК для базового контуру; струм емітера дорівнює (β + 1)·IB.

IB = (6 − 0,7)/(13,2 + 101·2,2) = 22,51 µA

Струм колектора

IC = 100·22,51 µA = 2,251 mA
IE = 101·22,51 µA = 2,274 mA

Відповідь

IC = 2,251 mA
24.Діоди й транзистори

Відповідь: Rmax = 920 Ω

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 у найгіршому випадку

IR = 10 + 5 = 15 mA

Найбільший опір

Rmax = 13,8/0,015 = 920 Ω

Відповідь

Rmax = 920 Ω
25.Системи числення

Відповідь: U = 171

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

85 = 0101 0101
інвертовано: 1010 1010
+1 → 1010 1011

Прочитайте як беззнакове

1010 1011₂ = 256 − 85 = 171

Відповідь

U = 171
26.Системи числення

Відповідь: N = −524288

Позиційні системи числення: кожна цифра варта свого значення, помноженого на степінь основи. У двійковій системі розряди варті 1, 2, 4, 8, 16, …, у шістнадцятковій 1, 16, 256, …, де A–F означають 10–15. У 8-бітовому додатковому коді крайній лівий біт вартий −128 замість +128; так зберігаються від'ємні числа.

Найбільш від'ємне значення

−219 = −524288

Відповідь

N = −524288
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: N = 3

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.

ABCD000111100001111010110302040507061121130150140809111010

Згрупуйте одиниці

Кожна група — це прямокутник із 2ᵏ клітинок; крайні клітинки є сусідами клітинок на протилежному краї.

A′B′C′
ABC′
AB′CD

Мінімальна форма SOP

F = A′B′C′ + ABC′ + AB′CD
N = 3

Відповідь

N = 3
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: фронт такту 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.

Q після кожного фронту

T-тригер перемикається за кожним переднім фронтом при T = 1 і зберігає стан при T = 0.

1: T = 0 → Q = 0
2: T = 1 → Q = 1
3: T = 1 → Q = 0
4: T = 1 → Q = 1
5: T = 0 → Q = 1
6: T = 0 → Q = 1
7: T = 1 → Q = 0

Перша зміна з 1 на 0

фронт такту 3

Відповідь

фронт такту 3
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.75) = 2,897

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 + 2) + C/(s + 5)
A = 45/(2·5) = 4,5
B = 45/((−2)·3) = −7,5
C = 45/((−5)·(−3)) = 3

Обернене перетворення

f(t) = 4,5 − 7,5·e−2t + 3·e−5t

Обчисліть

f(0,75) = 4,5 − 7,5·e−2·0,75 + 3·e−5·0,75 = 2,897

Відповідь

f(0,75) = 2,897
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.1) = 3,048

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

(s² + 7s + 12)·Y(s) = 3s + 21 + 48/s
Y(s) = (3s² + 21s + 48)/(s(s + 3)(s + 4))

Простіші дроби

A = 48/(3·4) = 4
B = 12/((−3)·1) = −4
C = 12/((−4)·(−1)) = 3

Результат

y(t) = 4 − 4·e−3t + 3·e−4t
y(0,1) = 3,048

Відповідь

y(0,1) = 3,048

Перевірка: y(0) = A + B + C = 3.

31.Блок-схеми

Відповідь: p = −41

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).

Внутрішній контур

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 3/(s + 2 + 3·4) = 3/(s + 14)

Зовнішній контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 27/(s + 14 + 27) = 27/(s + 41)

Результат

p = −41

Відповідь

p = −41
32.Блок-схеми

Відповідь: T(0) = 0,09146

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).

Внутрішній контур

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 6/(s + 26)

Зовнішній контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 12/((s + 5)(s + 26) + 1,2)

Статичний коефіцієнт підсилення

T(0) = 12/(5·26 + 1,2) = 12/131,2 = 0,09146

Відповідь

T(0) = 0,09146
33.Перехідна характеристика

Відповідь: tp = 0,5408 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 = 40 → ωₙ = 6,325 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·6,325) = 0,3953

Результат

ωd = 6,325·√(1 − 0,3953²) = 5,809 rad/s → tp = π/ωd = 0,5408 s

Відповідь

tp = 0,5408 s
34.Перехідна характеристика

Відповідь: ωn = 953,5 rad/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).

Власна частота й коефіцієнт демпфування

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,05·2,2 × 10⁻⁵) = 953,5 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (19/2)·√(2,2 × 10⁻⁵/0,05) = 0,1993

Результат

ωₙ = 953,5 rad/s

Відповідь

ωn = 953,5 rad/s
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: |G(jω)| = 3,033 dB

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.

Перемножте модулі

|G(j5)| = 128/(√(5² + 2²)·√(5² + 16²)) = 128/(5,385·16,76) = 1,418

Результат

20·log₁₀(1,418) = 3,033 dB

Відповідь

|G(jω)| = 3,033 dB
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: PM = 67,43 °

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 + 16ω² − 51,84 = 0
ω² = (−16 + √(256 + 4·51,84))/2 = 2,763
ωc = 1,662 rad/s

Запас за фазою

∠L(jωc) = −90° − atan(1,662/4) = −112,6°
PM = 180° + ∠L = 67,43°

Відповідь

PM = 67,43°
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: ω = 5,477 rad/s

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.

Таблиця Рауса

s³ + 13s² + 30s + K = 0
s³: 1, 30
s²: 13, K
s¹: (13·30 − K)/13
s⁰: K

Критичний коефіцієнт підсилення

K = 13·30 = 390

Допоміжне рівняння

При критичному коефіцієнті підсилення рядок s¹ нульовий; рядок s² дає полюси на уявній осі.

13s² + 390 = 0 → s = ±j√30
ω = 5,477 rad/s

Відповідь

ω = 5,477 rad/s
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: K = 15

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.

Умова модуля

K = |s|·|s + 4|·|s + 8|

Обчисліть у цій точці

K = 3·1·5 = 15

Відповідь

K = 15

Перевірка: s(s + 4)(s + 8) + K дорівнює нулю при s = −3.

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 0,1

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.

Швидкісна константа

Kv = lim s·G(s) = 50

Похибка за лінійно наростального сигналу

ess = 5/50 = 0,1

Відповідь

ess = 0,1
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: Kd = 1,683 s

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

s(s + 4) + 4(20 + Kds) = s² + (4 + 4Kd)s + 80

Власна частота

ωₙ = √80 = 8,944 rad/s

Диференціальний коефіцієнт підсилення

4 + 4Kd = 2·0,6·8,944 = 10,73
Kd = 1,683 s

Відповідь

Kd = 1,683 s

Диференціальна складова додає демпфування, не змінюючи ωₙ.

Це незалежні навчальні матеріали. ExamProblems не пов’язаний з організацією, що проводить цей іспит, і не схвалений нею; назву іспиту вжито лише для опису змісту. Іспит FE exam проводить NCEES; ця організація не пов’язана з ExamProblems і не підтримує його.

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