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​ = 10 ΩIR1​R3​ = 5 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩAR4​10 ΩB

Знайдіть струм IR1, який віддає джерело і який тече через R1.

V1 = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 5 ΩR4 = 10 Ω
IR1 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 10 ΩIR1​R3​ = 2 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​10 VR2​25 ΩAR4​20 ΩBR6​6 Ω

Знайдіть струм IR1, який віддає джерело і який тече через R1.

V1 = 10 VR1 = 10 ΩR2 = 25 ΩR3 = 2 ΩR4 = 20 ΩR5 = 15 ΩR6 = 6 Ω
IR1 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAR4​15 ΩBIs​4 A

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

V1 = 24 VIs = 4 AR1 = 5 ΩR2 = 12 ΩR3 = 3 ΩR4 = 15 Ω
VB = V
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 4 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​5 VR3​10 ΩAR5​3 ΩBIs​2 A+−V2​30 V

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

V1 = 5 VIs = 2 AV2 = 30 VR1 = 4 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 ΩR4 = 8 ΩR5 = 3 Ω
VB = V
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 3 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​15 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти контурний струм I2 (за годинниковою стрілкою).

V1 = 24 VV2 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 15 Ω
I2 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 20 ΩIR1​R2​ = 20 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​15 VR4​15 ΩAR5​5 ΩB+−V2​24 VI1​I2​I3​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти струм IR1 через R1 у напрямку стрілки.

V1 = 15 VV2 = 24 VR1 = 20 ΩR2 = 20 ΩR3 = 30 ΩR4 = 15 ΩR5 = 5 Ω
IR1 = A
7.Метод накладанняСередня
лінійне колоVs​Is​IRL​

Лінійне резистивне коло містить одне джерело напруги Vs і одне джерело струму Is. Струм I через резистор навантаження виміряли двічі: при Vs = 4 V і Is = 4 mA I = 3,6 mA; при Vs = 4 V і Is = 10 mA I = 6 mA. Знайдіть струм навантаження I при Vs = 4 V і Is = 1 mA.

4 V, 4 mA → 3,6 mA4 V, 10 mA → 6 mAVs = 4 V, Is = 1 mA
I = mA
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 = −1,5 mA. Коли V1 подвоєне, а два інші без змін, I = −4,5 mA. Коли напрямок Is змінено на протилежний, а два інші без змін, I = −22,5 mA. Знайдіть струм навантаження I, коли V2 вимкнене, а V1 і Is мають звичайні значення.

звичайні значення: I = −1,5 mA2·V1: I = −4,5 mA−Is: I = −22,5 mA
I = mA
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 2 ΩR3 = 5 Ω
Vth = V
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAIs​0,5 ABRL​3 ΩIL​

До a–b підключено навантаження RL = 3 Ω. За допомогою еквівалента Тевенена знайдіть потужність PL, що передається навантаженню.

V1 = 24 VIs = 0,5 AR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 20 ΩRL = 3 Ω
PL = W
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​5 Vt = 0R = 100 ΩL10 mHi(t)

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

Vs = 5 VR = 100 ΩL = 10 mHt = 1 ms
i = A
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​15 Vt = 0R = ?C100 µF+−vC​

Таймер при t = 0 починає заряджати незаряджений конденсатор через резистор від джерела 15 V. Він має спрацювати, коли напруга на конденсаторі досягне 12 V, рівно через 25 ms після старту. При C = 100 µF знайдіть потрібний опір R.

Vs = 15 VVth = 12 VT = 25 msC = 100 µF
R = kΩ
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
Vf0​ = 1000 HzRL = 5 mHC = ?

Послідовне RLC-коло з L = 5 mH має резонувати на частоті 1000 Hz. Знайдіть потрібну ємність C.

f0 = 1000 HzL = 5 mH
C = µF
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
VfR = 15 ΩL = 20 mHC = 0,047 µF

Послідовне RLC-коло має R = 15 Ω, L = 20 mH і C = 0,047 µF. Знайдіть його смугу пропускання B (ширину смуги між частотами половинної потужності) у Hz.

R = 15 ΩL = 20 mHC = 0,047 µF
B = Hz
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
P = 7 kWQ = ?Sφ

Однофазний двигун споживає 7 kW при коефіцієнті потужності 0,75 (індуктивному) від мережі 240 V. Знайдіть реактивну потужність Q, яку він споживає.

P = 7 kWpf = 0,75V = 240 V
Q = kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
50 V60 HzRs​ = 4 ΩXs​ = j40 ΩZL​ = ?

Джерело 50 V (діюче значення), 60 Hz має внутрішній опір Zs = 4 + j40 Ω. Опір навантаження ZL можна вибирати довільно. Знайдіть максимальну активну потужність Pmax, яку можна передати навантаженню.

Vs = 50 V (rms)f = 60 HzZs = 4 + j40 Ω
Pmax = W
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 400 VIL​ = 10 Acos φ = 0,75відстаючий

Симетричне трифазне навантаження споживає лінійний струм 10 A від мережі з лінійною напругою 400 V. Коефіцієнт потужності 0,75, відстаючий. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку споживає навантаження, у kW.

VL = 400 VIL = 10 Acos φ = 0,75
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симетричне трифазне навантаження споживає 200 kW при коефіцієнті потужності 0,8 (відстаючому) від мережі 480 V (лінійна напруга), 60 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,98 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Знайдіть сумарну реактивну потужність QC, яку має постачати конденсаторна батарея, у kvar.

P = 200 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаториСередня
6600 V230 VIHV​ = ?ILV​100 kVA

Однофазний трансформатор 100 kVA, 6600/230 V працює з номінальним навантаженням. Вважайте його ідеальним. Знайдіть струм IHV в обмотці вищої напруги.

S = 100 kVAV1 = 6600 VV2 = 230 V
IHV = A
20.ТрансформаториСкладна
pf 0,85150 kVA, 50% навантаження

Однофазний трансформатор 150 kVA має втрати в сталі 1200 W і втрати в міді 1800 W при номінальному навантаженні. Він віддає 50% своєї номінальної потужності в kVA при коефіцієнті потужності 0,85 (відстаючому). Знайдіть сумарні втрати Ploss у ватах при цьому навантаженні.

S = 150 kVAPcore = 1200 WPcu,fl = 1800 Wx = 0,5pf = 0,85
Ploss = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​R2​ = 100 kΩV1​ = −1,9 VR1​ = 47 kΩV2​ = 1,6 VR3​ = 47 kΩR4​ = 100 kΩ

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

V1 = −1,9 VV2 = 1,6 VR1 = R3 = 47 kΩR2 = R4 = 100 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​R2​ = 1 kΩV1​ = 0,2 VR1​ = 22 kΩV2​ = 0,7 VR3​ = 4,7 kΩR4​ = 10 kΩ

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

V1 = 0,2 VV2 = 0,7 VR1 = 22 kΩR2 = 1 kΩR3 = 4,7 kΩR4 = 10 kΩ
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
+−15 V270 Ω12 V1500 ΩIZ​ = ?

Стабілізатор на стабілітроні 12 В живиться від 15 В через 270 Ом і живить навантаження 1500 Ом. Знайдіть струм стабілітрона IZ.

Vin = 15 VVZ = 12 VR = 270 ΩRL = 1500 Ω
IZ = mA
24.Діоди й транзисториСкладна
RC​ = 100 Ωβ = 200IC​ = ?VCC​ = 12 V3,3 VRB​ = 2,2 kΩ

NPN-транзистор з β = 200 комутує резистор навантаження 100 Ω, увімкнений між VCC = 12 V і його колектором. Емітер заземлено. Базу керують від логічного виходу 3,3 V через базовий резистор RB = 2,2 kΩ. Візьміть VBE = 0,7 V і VCE(sat) = 0,2 V. Знайдіть струм колектора IC у mA при високому рівні на вході. Спершу визначте, чи транзистор у насиченні.

VCC = 12 VRC = 100 Ωβ = 200Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 2,2 kΩ
IC = mA
25.Системи численняСередня
ваги розрядів у додатковому коді0−12806413201608140211

8-бітовий шаблон 0010 0101 зберігає ціле число зі знаком у додатковому коді. Яке його значення N у десятковій системі?

0010 01018 bit
N =
26.Системи численняСкладна
10-бітний доповняльний код, N = ??знак?????????

Яке найменше (найбільш від'ємне) ціле число N можна записати 10-бітовим додатковим кодом?

10 bit
N =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABCD00011110000111101111111

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(4, 6, 7, 10, 12, 13, 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
CLKD1234567

D-тригер, що спрацьовує за переднім фронтом, починає з Q = 0 і отримує показані входи на 7 передніх фронтах такту. Скільки разів N змінюється стан Q?

Q₀ = 0D
N =
29.Перетворення ЛапласаСередня
t (s)f(t)t = 0,5f(0,5) = ?

Знайдіть f(t) для F(s) = (5s + 24)/(s² + 6s + 9) і обчисліть f(0,5).

F(s) = (5s + 24)/(s² + 6s + 9)t = 0,5 s
f(0.5) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,5y(0,5) = ?

Система підпорядковується рівнянню y″ + 5y′ + 6y = 6·u(t) при y(0) = 1 і y′(0) = 0. У момент t = 0 подають вхідну сходинку u(t) = 4. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть y(0,5).

y″ + 5y′ + 6y = 6·u(t)y(0) = 1y′(0) = 0u(t) = 4t = 0,5 s
y(0.5) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+14K+6s + 3G(s)C(s)2H₁−−

Об’єкт G(s) = 6/(s + 3) має внутрішній (малий) контур від’ємного зворотного зв’язку з коефіцієнтом H₁ = 2. Коефіцієнт регулятора K = 14 і зовнішній одиничний від’ємний зворотний зв’язок замикають систему. Знайдіть статичний коефіцієнт підсилення замкненої системи T(0).

G(s) = 6/(s + 3)H₁ = 2K = 14
T(0) =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+9s + 1G₁+6s + 8G₂C(s)4H₁−0,2H₂−

Згорніть блок-схему з G₁ = 9/(s + 1), G₂ = 6/(s + 8), внутрішнім від’ємним зворотним зв’язком H₁ = 4 навколо G₂ та зовнішнім від’ємним зворотним зв’язком H₂ = 0,2. Знайдіть статичний коефіцієнт підсилення T(0) для C(s)/R(s).

G₁ = 9/(s + 1)G₂ = 6/(s + 8)H₁ = 4H₂ = 0,2
T(0) =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)0,5

Система має передатну функцію G(s) = 9/(s² + 4s + 18) і отримує на вході одиничну сходинку. Полюси: s = σ ± jωd. Знайдіть дійсну частину σ.

G(s) = 9/(s² + 4s + 18)
σ =
34.Перехідна характеристикаСкладна
R(s)+240s(s + 6)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = 240/(s(s + 6)). Знайдіть 2-відсотковий час встановлення ts перехідної характеристики замкненої системи за формулою ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 240/(s(s + 6))
ts = s
35.Діаграми Боде та запасиСередня
vin​L = 22 mHR = 100 Ωvout​

RL-фільтр нижніх частот на рисунку має R = 100 Ω, L = 22 mH. На вхід подають синусоїдний сигнал 2,2 kHz. Знайдіть коефіцієнт підсилення |H| = |vout/vin| у dB.

R = 100 ΩL = 22 mHf = 2,2 kHz
|H| = dB
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 24/(s(s + 1)(s + 5)). Знайдіть запас за підсиленням GM у dB.

L(s) = 24/(s(s + 1)(s + 5))
GM = dB
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+Ks + 11s(s + 2)(s + 3)C(s)−

Контур з одиничним зворотним зв’язком має L(s) = K(s + 11)/(s(s + 2)(s + 3)), K > 0. Знайдіть найбільше значення Kmax, за якого замкнена система стійка.

L(s) = K(s + 11)/(s(s + 2)(s + 3))
Kmax =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2−2

Для контуру L(s) = K/(s(s + 3)(s + 8)) знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого полюс замкненої системи опиняється в точці s = −2.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 8))s = −2
K =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
r(t) = 0,5·t²/2+10(s + 4)s²(s + 1)C(s)−

Параболічний вхід r(t) = 0,5·t²/2 подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 10(s + 4)/(s²(s + 1)). Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 10(s + 4)/(s²(s + 1))r(t) = 0,5·t²/2
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
r(t) = 5t+1 + 1/s5(s + 1)(s + 4)C(s)−

ПІ-регулятор C(s) = 1 + 1/s керує об’єктом G(s) = 5/((s + 1)(s + 4)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть усталену похибку ess для лінійно наростального входу r(t) = 5t.

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

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 0,51 A

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​ = 10 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​6 VR2​2 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 = 5 + 10 = 15 Ω
R2 ∥ 15 = 2·15/(2+15) = 1,765 Ω
Req = R1 + 1,765 = 10 + 1,765 = 11,76 Ω

Струм джерела

Джерело бачить лише Req, тож закон Ома дає струм, який воно віддає. Цей струм тече через R₁.

IR1 = V1/Req = 6/11,76 = 0,51 A

Відповідь

IR1 = 0,51 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 0,5489 A

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​ = 10 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​10 VR2​25 ΩAR4​20 ΩBR6​6 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 = 15 + 6 = 21 Ω
R4 ∥ 21 = 10,24 Ω
R3 + 10,24 = 12,24 Ω
R2 ∥ 12,24 = 8,219 Ω
Req = R1 + 8,219 = 10 + 8,219 = 18,22 Ω

Струм джерела

Джерело бачить лише Req, тож закон Ома дає струм, який воно віддає. Цей струм тече через R₁.

IR1 = V1/Req = 10/18,22 = 0,5489 A

Відповідь

IR1 = 0,5489 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VB = 30 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​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAR4​15 ΩBIs​4 A

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 24 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/12 + (VA − 24)/5 + (VA − VB)/3 = 0
0,6167·VA − 0,3333·VB = 4,8

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/15 + (VB − VA)/3 = 4
−0,3333·VA + 0,4·VB = 4

Розв’яжіть

Δ = (0,6167)(0,4) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,1356
VA = Δ1/Δ = 3,253/0,1356 = 24 V
VB = Δ2/Δ = 4,067/0,1356 = 30 V

Відповідь

VB = 30 V
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VB = 10,11 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 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​5 VR3​10 ΩAR5​3 ΩBIs​2 A+−V2​30 V

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 5 V, V2 = 30 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/10 + (VA − 5)/4 + (VA − VB)/3 = 0
0,6833·VA − 0,3333·VB = 1,25

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/3 + (VB − VA)/3 + (VB − 30)/8 = 2
−0,3333·VA + 0,7917·VB = 5,75

Розв’яжіть

Δ = (0,6833)(0,7917) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,4299
VA = Δ1/Δ = 2,906/0,4299 = 6,761 V
VB = Δ2/Δ = 4,346/0,4299 = 10,11 V

Відповідь

VB = 10,11 V
5.Метод контурних струмів

Відповідь: I2 = −1,176 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​ = 3 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​15 ΩA+−V2​30 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
3·I1 + 15(I1 − I2) = 24
18·I1 − 15·I2 = 24

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
6·I2 + 15(I2 − I1) = (−30)
−15·I1 + 21·I2 = −30

Розв’яжіть

Δ = (18)(21) − (−15)(−15) = 153
I1 = Δ1/Δ = 54/153 = 0,3529 A
I2 = Δ2/Δ = −180/153 = −1,176 A

Відповідь

I2 = −1,176 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: IR1 = 0,4677 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​ = 20 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​15 VR4​15 ΩAR5​5 ΩB+−V2​24 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
20·I1 + 15(I1 − I2) = 15
35·I1 − 15·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 + 15(I2 − I1) + 5(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 40·I2 − 5·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
30·I3 + 5(I3 − I2) = (−24)
−5·I2 + 35·I3 = −24

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 40250
I1 = Δ1/Δ = 18825/40250 = 0,4677 A
I2 = Δ2/Δ = 3675/40250 = 0,0913 A
I3 = Δ3/Δ = −27075/40250 = −0,6727 A

Відповідь

IR1 = I1 = 0,4677 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: I = 2,4 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 відгук як суму внесків

Кожен внесок пропорційний своєму джерелу з коефіцієнтом, що залежить лише від резисторів.

I = k₁·Vs + k₂·Is
4·k₁ + 4·k₂ = 3,6
4·k₁ + 10·k₂ = 6

Знайдіть коефіцієнти

Δ = (4)(10) − (4)(4) = 24
k₁ = Δ1/Δ = 12/24 = 0,5
k₂ = Δ2/Δ = 9,6/24 = 0,4
k₁ = 0,5 mA/V, k₂ = 0,4

Обчисліть новий струм

I = 0,5·4 + 0,4·1 = 2,4 mA

Відповідь

I = 2,4 mA
8.Метод накладання

Відповідь: I = 7,5 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 = −1,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = −4,5
I₁ + I₂ − I₃ = −22,5

Знайдіть внески

I₁ = −4,5 − (−1,5) = −3 mA
I₃ = (−1,5 − (−22,5))/2 = 10,5 mA
I₂ = −1,5 − (−3) − 10,5 = −9 mA

Вимкніть V₂

I = I₁ + I₃ = (−3) + 10,5 = 7,5 mA

Відповідь

I = 7,5 mA
9.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = 3,333 V

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​ = 4 ΩR3​ = 5 ΩКЗR2​2 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 = 4·2/(4+2) = 1,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,333 + 5 = 6,333 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​2 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) = 10·2/(4+2) = 3,333 V
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: PL = 2,012 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​ = 6 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​4 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 = 6·4/(6+4) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 20 = 22,4 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​24 VR2​4 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) = 9,6 + 0,5·2,4 = 10,8 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 10,8 + 0,5·20 = 20,8 V
Rth​ = 22,4 Ω+−Vth​20,8 VRL​3 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) = 20,8/(22,4 + 3) = 0,8189 A
PL = IL²·RL = 0,8189²·3 = 2,012 W
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: i = 0,05 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 = 10 mH / 100 Ω = 0,1 ms
i(∞) = Vs/R = 5/100 = 0,05 A

Струм у заданий момент

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,05·(1 − e−1/0,1) = 0,05 A

Відповідь

i = 0,05 A
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: R = 0,1553 kΩ

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.

Потрібна стала часу

12 = 15·(1 − e−25/τ) → τ = 25/ln(15/(15 − 12))
τ = 25/1,609 = 15,53 ms

Опір

kΩ помножити на µF дає мілісекунди.

R = τ/C = 15,53/100 = 0,1553 kΩ

Відповідь

R = 0,1553 kΩ
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: C = 5,066 µF

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|.

Умова резонансу

При резонансі індуктивний і ємнісний опори взаємно компенсуються: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·1000 = 6283 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(6283²·0,005) = 5,066 µF

Відповідь

C = 5,066 µF
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: B = 119,4 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|.

Резонансна частота

f0 = 1/(2π·√(0,02·0,047·10⁻⁶)) = 5191 Hz

Добротність

Q порівнює реактивний опір при резонансі з активним опором: Q = ω₀L/R.

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/15)·√(0,02/(0,047·10⁻⁶)) = 43,49

Смуга пропускання

B = f0/Q = 5191/43,49 = 119,4 Hz

Відповідь

B = 119,4 Hz
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: Q = 6,173 kvar

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.

Кут

φ = arccos(0,75) = 41,41°, tan φ = 0,8819

Реактивна потужність

Q = P·tan φ = 7·0,8819 = 6,173 kvar

Відповідь

Q = 6,173 kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: Pmax = 156,3 W

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.

Спряжене узгодження

Реактивний опір навантаження компенсує реактивний опір джерела, а активний опір навантаження дорівнює активному опору джерела.

ZL = Zs* = 4 − j40 Ω

Максимальна потужність

I = Vs/(2Rs) = 50/8 = 6,25 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 50²/(4·4) = 156,3 W

Відповідь

Pmax = 156,3 W
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 5,196 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.

Повна потужність

S = √3·VL·IL = √3·400·10 = 6,928 kVA

Активна потужність

P = S·cos φ = 6,928·0,75 = 5,196 kW

Відповідь

P = 5,196 kW
18.Трифазні системи

Відповідь: QC = 109,4 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 = 200·tan(acos 0,8) = 200·0,75 = 150 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,98) = 200·0,2031 = 40,61 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 109,4 kvar

Відповідь

QC = 109,4 kvar
19.Трансформатори

Відповідь: IHV = 15,15 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.

Номінальний струм

Обидві обмотки передають однакову повну потужність.

IHV = S/V = 100000/6600 = 15,15 A

Відповідь

IHV = 15,15 A
20.Трансформатори

Відповідь: Ploss = 1650 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 = 0,25·1800 = 450 W

Сумарні втрати

Втрати в сталі однакові за будь-якого навантаження.

Ploss = 1200 + 450 = 1650 W

Відповідь

Ploss = 1650 W

ККД при цьому навантаженні η = 97,48%.

21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 7,447 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) = 1,6·100/(47 + 100) = 1,088 V
V₋ = V₊

ЗСК для інвертувального входу

(−1,9 − 1,088)/47 = (1,088 − Vout)/100
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (100/47)·(1,6 − (−1,9)) = 7,447 V

Відповідь

Vout = 7,447 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 0,4887 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) = 0,7·10/(4,7 + 10) = 0,4762 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 = −(1/22)·0,2 + (1 + 1/22)·0,4762 = −0,009091 + 0,4978 = 0,4887 V

Відповідь

Vout = 0,4887 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: IZ = 3,111 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 = 3/270 = 11,11 mA

Струм навантаження

IL = 12/1500 = 8 mA

Струм стабілітрона

IZ = 11,11 − 8 = 3,111 mA

Відповідь

IZ = 3,111 mA
24.Діоди й транзистори

Відповідь: IC = 118 mA

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 бази

IB = (3,3 − 0,7)/2,2 kΩ = 1182 µA

Насичення чи активний режим?

β·IB більше за IC(sat), тож транзистор насичується.

β·IB = 236,4 mA
IC(sat) = (12 − 0,2)/100 = 118 mA

Струм колектора

IC = IC(sat) = 118 mA

Відповідь

IC = 118 mA

Транзистор у насиченні.

25.Системи числення

Відповідь: N = 37

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.

Додайте ваги

Інші біти зберігають свої звичайні додатні ваги.

32 + 4 + 1 = 37

Відповідь

N = 37
26.Системи числення

Відповідь: N = −512

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

−29 = −512

Відповідь

N = −512
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: AB = 10, CD = 10

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.

m10: m11, m8, m14, m2 → 0
ABCD00011110000111101111111

Ізольована 1

m10 = AB′CD′ → AB = 10, CD = 10

Відповідь

AB = 10, CD = 10
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: N = 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

D-тригер копіює D за кожним переднім фронтом: Q⁺ = D.

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

Порахуйте зміни

0 → 1 → 1 → 1 → 0 → 0 → 0 → 1
N = 3

Відповідь

N = 3
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.5) = 2,12

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).

Розкладіть знаменник на множники

s² + 6s + 9 = (s + 3)²

Простіші дроби

5s + 24 = 5(s + 3) + 9
F(s) = 5/(s + 3) + 9/(s + 3)²

Обернене перетворення

f(t) = 5·e−3t + 9·t·e−3t
f(0,5) = (5 + 9·0,5)·e−3·0,5 = 2,12

Відповідь

f(0,5) = 2,12
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.5) = 2,028

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 + 5s + 6)·Y(s) = 1s + 5 + 24/s
Y(s) = (s² + 5s + 24)/(s(s + 2)(s + 3))

Простіші дроби

A = 24/(2·3) = 4
B = 18/((−2)·1) = −9
C = 18/((−3)·(−1)) = 6

Результат

y(t) = 4 − 9·e−2t + 6·e−3t
y(0,5) = 2,028

Відповідь

y(0,5) = 2,028

Перевірка: y(0) = A + B + C = 1.

31.Блок-схеми

Відповідь: T(0) = 0,8485

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) = 6/(s + 3 + 6·2) = 6/(s + 15)

Зовнішній контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 84/(s + 15 + 84) = 84/(s + 99)

Результат

T(0) = 84/99 = 0,8485

Відповідь

T(0) = 0,8485
32.Блок-схеми

Відповідь: T(0) = 1,262

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 + 32)

Зовнішній контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 54/((s + 1)(s + 32) + 10,8)

Статичний коефіцієнт підсилення

T(0) = 54/(1·32 + 10,8) = 54/42,8 = 1,262

Відповідь

T(0) = 1,262
33.Перехідна характеристика

Відповідь: σ = −2

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 = 18 → ωₙ = 4,243 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·4,243) = 0,4714

Результат

σ = −ζωₙ = −4/2 = −2

Відповідь

σ = −2
34.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).

Передатна функція замкненої системи

T(s) = 240/(s² + 6s + 240): ωₙ = 15,49 rad/s, ζ = 0,1936

Час встановлення

ζωₙ = 6/2 = 3
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 1,333 s

Відповідь

ts = 1,333 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: |H| = −10,11 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.

Частота зрізу

ωc = R/L = 100/0,022 = 4545 rad/s
fc = 723,4 Hz → f/fc = 2200/723,4 = 3,041

Коефіцієнт підсилення

|H| = 1/√(1 + 3,041²) = 0,3124
20·log₁₀(0,3124) = −10,11 dB

Відповідь

|H| = −10,11 dB
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: GM = 1,938 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.

Перетин за фазою

(ω/1)·(ω/5) = 1 → ω180 = √(1·5) = 2,236 rad/s

Модуль на перетині за фазою

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 25)) = K/(1·5·(1 + 5)) = K/30

Запас за підсиленням

GM = 20·log₁₀(30/24) = 1,938 dB

Відповідь

GM = 1,938 dB
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: Kmax = 5

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.

Характеристичний поліном

s(s + 2)(s + 3) + K(s + 11) = s³ + 5s² + (6 + K)s + 11K

Таблиця Рауса

s³: 1, 6 + K
s²: 5, 11K
s¹: (5·(6 + K) − 11K)/5
s⁰: 11K

Умова

30 − 6K > 0
K < 30/6 = 5

Відповідь

Kmax = 5

Якби нуль лежав праворуч від s = −5, контур залишався б стійким за будь-якого K > 0.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: K = 12

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 + 3|·|s + 8|

Обчисліть у цій точці

K = 2·1·6 = 12

Відповідь

K = 12

Перевірка: s(s + 3)(s + 8) + K дорівнює нулю при s = −2.

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 0,0125

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.

Константа прискорення

Ka = 10·4/1 = 40

Похибка за параболічного сигналу

ess = 0,5/40 = 0,0125

Відповідь

ess = 0,0125
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 4

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).

Швидкісна константа

s·C(s) = 1s + 1 → 1 при s → 0.

Kv = 1·5/4 = 1,25

Похибка за лінійно наростального сигналу

ess = 5/1,25 = 4

Відповідь

ess = 4

ПІ-регулятор повністю усуває похибку за східчастого сигналу; лінійно наростальний сигнал відпрацьовується з незмінним відставанням.

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