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​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩAR4​2 ΩB

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

V1 = 9 VR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 Ω
IR1 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 15 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAR4​12 ΩBR6​20 Ω

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

V1 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 12 ΩR3 = 15 ΩR4 = 12 ΩR5 = 8 ΩR6 = 20 Ω
IR1 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 4 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​8 ΩBIs​3 A

Методом вузлових потенціалів знайдіть потужність PIs, яку віддає джерело струму Is.

V1 = 12 VIs = 3 AR1 = 4 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩR4 = 8 Ω
PIs = W
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 25 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩAR4​6 ΩBIs​?

Джерело струму регулюють, доки вузлова напруга в A не стане VA = 3,5 V. Методом вузлових потенціалів знайдіть струм джерела Is (напрямок як на схемі).

V1 = 10 VR1 = 25 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 ΩR4 = 6 ΩVA = 3,5 V
Is = A
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 15 ΩR2​ = 5 ΩIR2​+−V1​9 VR3​2 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

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

V1 = 9 VV2 = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 Ω
IR2 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 8 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR4​5 ΩAR5​3 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

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

V1 = 6 VV2 = 5 VR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 ΩR4 = 5 ΩR5 = 3 Ω
I1 = A
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 20 ΩIR1​R3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAR4​10 ΩBIs​5 A

За методом накладання знайдіть потужність PR1, яку споживає R1.

V1 = 15 VIs = 5 AR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 5 ΩR4 = 10 Ω
PR1 = W
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 12 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​10 VR3​5 ΩIR3​AIs​4 AB+−V2​?

Знайдіть значення джерела напруги V2 (полярність як на схемі), за якого струм IR3 через R3 дорівнює нулю.

V1 = 10 VIs = 4 AR1 = 12 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 ΩR4 = 4 Ω
V2 = V
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 4 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩARL​4 ΩIL​B

До a–b підключено навантаження RL = 4 Ω. Замініть решту кола еквівалентом Тевенена і знайдіть струм навантаження IL.

V1 = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 20 ΩR3 = 4 ΩRL = 4 Ω
IL = A
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩAIs​0,5 ABRL​12 ΩIL​

До a–b підключено навантаження RL = 12 Ω. За допомогою еквівалента Тевенена знайдіть потужність PL, що передається навантаженню.

V1 = 6 VIs = 0,5 AR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 ΩRL = 12 Ω
PL = W
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​12 Vt = 0R1​ = 6,8 kΩR2​ = 3,3 kΩC68 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 = 200 ms.

Vs = 12 VR1 = 6,8 kΩR2 = 3,3 kΩC = 68 µFt = 200 ms
vC = V
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​9 Vt = 0R = 1 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 6 V

Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 6 V з указаною полярністю. За який час vC досягне 8,1 V? Знайдіть t.

Vs = 9 VR = 1 kΩC = 33 µFvC(0) = 6 V
t = ms
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
50 V60 HzR = 50 ΩL = 150 mHI

Резистор і котушку з’єднано паралельно й під’єднано до мережі 50 V (діюче значення), 60 Hz. Знайдіть модуль повного опору |Z|.

V = 50 V (rms)f = 60 HzR = 50 ΩL = 150 mH
|Z| = Ω
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
120 V500 HzR1​ = 40 ΩR2​ = 100 ΩC = 10 µF

Резистор R1 увімкнено послідовно з паралельним з’єднанням R2 і конденсатора C; коло під’єднано до мережі 120 V (діюче значення), 500 Hz. Знайдіть модуль повного опору |Z|.

V = 120 V (rms)f = 500 HzR1 = 40 ΩR2 = 100 ΩC = 10 µF
|Z| = Ω
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
240 VR + jXP = 1800 W15 A

Індуктивне навантаження споживає 15 A і 1800 W від однофазної мережі 240 V (діюче значення). Подайте його як активний опір R, послідовно з’єднаний з реактивним опором X. Знайдіть X.

V = 240 VI = 15 AP = 1800 W
X = Ω
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
120 V1000 HzRs​ = 4 ΩXs​ = j40 ΩZL​ = ?

Джерело 120 V (діюче значення), 1000 Hz має внутрішній опір Zs = 4 + j40 Ω. Опір навантаження ZL можна вибирати довільно. Навантаження для максимальної потужності складається з резистора, послідовно з’єднаного з конденсатором. Знайдіть ємність C.

Vs = 120 V (rms)f = 1000 HzZs = 4 + j40 Ω
C = µF
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 690 VIL​ = 100 Acos φ = 0,82відстаючий

Симетричне трифазне навантаження споживає лінійний струм 100 A від мережі з лінійною напругою 690 V. Коефіцієнт потужності 0,82, відстаючий. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку споживає навантаження, у kW.

VL = 690 VIL = 100 Acos φ = 0,82
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симетричне трифазне навантаження споживає 50 kW при коефіцієнті потужності 0,7 (відстаючому) від мережі 415 V (лінійна напруга), 50 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,9 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано зіркою. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.

P = 50 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
16 ΩN1​N2​256 Ω

Підсилювач з вихідним опором 256 Ω живить гучномовець 16 Ω через ідеальний трансформатор. Для передачі максимальної потужності гучномовець з боку підсилювача має виглядати як 256 Ω. Знайдіть коефіцієнт трансформації a = N₁/N₂.

Rs = 256 ΩRL = 16 Ω
a =
20.ТрансформаториСкладна
pf 0,8200 kVA, η = 97,5%

Однофазний трансформатор 200 kVA має втрати в сталі 1600 W. При номінальному навантаженні й коефіцієнті потужності 0,8 (відстаючому) його ККД становить 97,5%. Знайдіть втрати в міді при повному навантаженні Pcu,fl у ватах.

S = 200 kVAPcore = 1600 Wpf = 0,8η = 97,5%
Pcu,fl = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​R2​ = 1 kΩV1​ = −0,4 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 1,9 VR3​ = 4,7 kΩR4​ = 1 kΩ

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

V1 = −0,4 VV2 = 1,9 VR1 = R3 = 4,7 kΩR2 = R4 = 1 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​R2​ = 1 kΩV1​ = 1,3 VR1​ = 47 kΩV2​ = 0,8 VR3​ = 1 kΩR4​ = 22 kΩ

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

V1 = 1,3 VV2 = 0,8 VR1 = 47 kΩR2 = 1 kΩR3 = 1 kΩR4 = 22 kΩ
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
RC​ = 2,7 kΩβ = 75VCC​ = 15 VRB​ = 330 kΩ

NPN-транзистор з β = 75 зміщено базовим резистором RB = 330 kΩ від джерела живлення VCC = 15 V. Колекторний резистор RC = 2,7 kΩ, емітер заземлено. Візьміть VBE = 0,7 V і вважайте, що транзистор в активному режимі. Знайдіть напругу колектор–емітер VCE.

VCC = 15 VRB = 330 kΩRC = 2,7 kΩβ = 75VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Діоди й транзисториСкладна
RC​ = 1 kΩβ = 50VCC​ = 9 V5 VRB​ = ?

NPN-транзистор з β = 50 комутує резистор навантаження 1 kΩ, увімкнений між VCC = 9 V і його колектором. Емітер заземлено. Базу керують від логічного виходу 5 V через базовий резистор RB. Візьміть VBE = 0,7 V і VCE(sat) = 0,2 V. Знайдіть найбільший базовий резистор RB, у kΩ, за якого транзистор ще входить у насичення.

VCC = 9 VRC = 1 kΩβ = 50Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Системи численняСередня
8-бітовий додатковий код?−128?64?32?16?8?4?2?1

Запишіть −12 як 8-бітовий шаблон у додатковому коді. Прочитайте шаблон як беззнакове двійкове число: яке його значення U у десятковій системі?

N = −128 bit
U =
26.Системи численняСкладна
клацайте біти, щоб встановити їх012806403201608040201

Встановіть біти за 8-бітовим результатом 0111 0011 AND 1010 0111. Яке значення R результату в десятковій системі?

0111 0011AND1010 0111
R =
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(0, 2, 4, 5, 6, 8, 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
CLKJK123456

JK-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 = 0JK
  1. 1фронт такту 1
  2. 2фронт такту 2
  3. 3фронт такту 3
  4. 4фронт такту 4
  5. 5фронт такту 5
  6. 6фронт такту 6
29.Перетворення ЛапласаСередня
t (s)f(t)t = 0,25f(0,25) = ?

Знайдіть f(t) для F(s) = (s + 9)/(s² + 10s + 25) і обчисліть f(0,25).

F(s) = (s + 9)/(s² + 10s + 25)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Розв’яжіть y″ + 5y′ + 6y = 0 при y(0) = 8 і y′(0) = 6 за допомогою перетворення Лапласа й знайдіть y(0,3).

y″ + 5y′ + 6y = 0y(0) = 8y′(0) = 6t = 0,3 s
y(0.3) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+K(s + 1)(s + 10)G(s)C(s)−

Об’єкт G(s) = K/((s + 1)(s + 10)) охоплено одиничним від’ємним зворотним зв’язком. Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого замкнена система критично загасаюча (два рівні дійсні полюси).

G(s) = K/((s + 1)(s + 10))одиничний від’ємний зворотний зв’язок
K =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+9регулятор+D(s)+2s + 7об’єктC(s)−

Пропорційний регулятор K = 9 керує об’єктом G(s) = 2/(s + 7) в одиничному від’ємному зворотному зв’язку. Збурення D діє на вході об’єкта (додається до виходу регулятора). За R = 0 подають сходинку збурення розміром 2. Знайдіть усталений вихід css.

K = 9G(s) = 2/(s + 7)D = 2R = 0
css =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)2

Система має передатну функцію G(s) = 80/(s² + 7s + 40) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть коефіцієнт демпфування ζ.

G(s) = 80/(s² + 7s + 40)
ζ =
34.Перехідна характеристикаСкладна
+−12 VR = 103 ΩL = 500 mHC = 47 µFvC​

Послідовне RLC-коло з R = 103 Ω, L = 500 mH і C = 47 µF підключають до сходинки 12 V у момент t = 0. Конденсатор незаряджений, і до сходинки струм не тече. Знайдіть пікову напругу на конденсаторі vC,max.

R = 103 ΩL = 500 mHC = 47 µFV = 12 V
vC,max = V
35.Діаграми Боде та запасиСередня
vin​L = 10 mHC = 1 µFR = 50 Ωvout​

У показаному послідовному смуговому RLC-фільтрі вихід знімають з R = 50 Ω, при L = 10 mH і C = 1 µF. Знайдіть смугу пропускання за рівнем −3 dB BW у Hz.

R = 50 ΩL = 10 mHC = 1 µF
BW = Hz
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)0,10,1111010100100−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 104/(s(s + 4)). Знайдіть запас за фазою PM у градусах.

L(s) = 104/(s(s + 4))
PM = °
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+K1(s + 1)(s + 4)(s + 6)C(s)−

Контур з одиничним зворотним зв’язком має L(s) = K/((s + 1)(s + 4)(s + 6)), K > 0. Знайдіть найбільше значення Kmax, за якого замкнена система стійка.

L(s) = K/((s + 1)(s + 4)(s + 6))
Kmax =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReImζ = 0,4−5j5

Показано кореневий годограф L(s) = K/(s(s + 5)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого полюси замкненої системи мають коефіцієнт демпфування ζ = 0,4.

L(s) = K/(s(s + 5))ζ = 0,4
K =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
r(t) = 0,5t+50s(s + 10)C(s)−

Лінійно наростальний сигнал r(t) = 0,5t подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 50/(s(s + 10)). Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 50/(s(s + 10))r(t) = 0,5t
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+20 + Kd​s4s(s + 2)C(s)−

ПД-регулятор C(s) = 20 + Kd·s керує об’єктом G(s) = 4/(s(s + 2)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть диференціальний коефіцієнт Kd, за якого замкнена система має коефіцієнт демпфування ζ = 0,8.

G(s) = 4/(s(s + 2))Kp = 20ζ = 0,8
Kd = s

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 0,6 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​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩAR4​2 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 = 8 + 2 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 10·10/(10+10) = 5 Ω
Req = R1 + 5 = 10 + 5 = 15 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 9/15 = 0,6 A

Відповідь

IR1 = 0,6 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 0,7849 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​ = 15 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAR4​12 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 = 8 + 20 = 28 Ω
R4 ∥ 28 = 8,4 Ω
R3 + 8,4 = 23,4 Ω
R2 ∥ 23,4 = 7,932 Ω
Req = R1 + 7,932 = 15 + 7,932 = 22,93 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 18/22,93 = 0,7849 A

Відповідь

IR1 = 0,7849 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: PIs = 58,24 W

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.

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/5 + (VA − 12)/4 + (VA − VB)/20 = 0
0,5·VA − 0,05·VB = 3

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/8 + (VB − VA)/20 = 3
−0,05·VA + 0,175·VB = 3

Розв’яжіть

Δ = (0,5)(0,175) − (−0,05)(−0,05) = 0,085
VA = Δ1/Δ = 0,675/0,085 = 7,941 V
VB = Δ2/Δ = 1,65/0,085 = 19,41 V

Потужність, яку віддає джерело струму

Джерело подає Iₛ угору у вузол B, від землі (0 V) до VB. Джерело, струм якого виходить з його затискача +, віддає потужність P = V·I.

PIs = VB·Is = 19,41·3 = 58,24 W

Відповідь

PIs = 58,24 W
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: Is = 0,9383 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.

ЗСК для вузла A

VA відоме, тож це рівняння дає VB.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(3,5 − 10)/25 + 3,5/8 = (VB − 3,5)/6
0,1775 = (VB − 3,5)/6 → VB = 4,565 V

ЗСК для вузла B

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

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (4,565 − 3,5)/6 + 4,565/6 = 0,9383 A

Відповідь

Is = 0,9383 A
5.Метод контурних струмів

Відповідь: IR2 = −0,7304 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​ = 15 ΩR2​ = 5 Ω+−V1​9 VR3​2 ΩA+−V2​6 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
15·I1 + 2(I1 − I2) = 9
17·I1 − 2·I2 = 9

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
5·I2 + 2(I2 − I1) = (−6)
−2·I1 + 7·I2 = −6

Розв’яжіть

Δ = (17)(7) − (−2)(−2) = 115
I1 = Δ1/Δ = 51/115 = 0,4435 A
I2 = Δ2/Δ = −84/115 = −0,7304 A

Відповідь

IR2 = I2 = −0,7304 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: I1 = 0,5116 A

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

R1​ = 8 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR4​5 ΩAR5​3 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
8·I1 + 5(I1 − I2) = 6
13·I1 − 5·I2 = 6

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
2·I2 + 5(I2 − I1) + 3(I2 − I3) = 0
−5·I1 + 10·I2 − 3·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
8·I3 + 3(I3 − I2) = (−5)
−3·I2 + 11·I3 = −5

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 1038
I1 = Δ1/Δ = 531/1038 = 0,5116 A
I2 = Δ2/Δ = 135/1038 = 0,1301 A
I3 = Δ3/Δ = −435/1038 = −0,4191 A

Відповідь

I1 = 0,5116 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: PR1 = 2,645 W

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAR4​10 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 = 5+10 = 15 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 15·15/(15+15) = 7,5 Ω
VA = 15·7,5/(20+7,5) = 4,091 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,091·10/15 = 2,727 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (15 − 4,091)/20 = 0,5455 A
R1​ = 20 ΩR3​ = 5 ΩКЗR2​15 ΩAR4​10 ΩBIs​5 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 = 20·15/(20+15) = 8,571 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 10 ∥ 13,57 = 5,758 Ω
VB = Is·Req = 5·5,758 = 28,79 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 28,79·8,571/13,57 = 18,18 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 18,18)/20 = −0,9091 A

Додайте внески струму

IR1 = IR1′ + IR1″ = 0,5455 + (−0,9091) = −0,3636 A

Потужність у резисторі

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

PR1 = IR1²·R1 = (−0,3636)²·20 = 2,645 W

Відповідь

PR1 = 2,645 W

Сума потужностей окремих випадків дала б 22,48 W, а це неправильно.

8.Метод накладання

Відповідь: V2 = 9,333 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​ = 12 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​10 VR3​5 ΩAОБРИВBКЗ

Випадок 1 · діє лише V1

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

R3 ∥ (R2+R4) = 5 ∥ 8 = 3,077 Ω
VA = 10·3,077/(12+3,077) = 2,041 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,041·4/8 = 1,02 V
R1​ = 12 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 4 ΩКЗR3​5 ΩAIs​4 ABКЗ

Випадок 2 · діє лише Is

Обидва джерела напруги стають короткими замиканнями. Iₛ у точці B розгалужується між R₄ (тепер до землі) і R₂, послідовним із R₁ ∥ R₃. Стрілка Iₛ спрямована вниз, від його вузла, тож Iₛ відбирає струм із цього вузла: його доданок входить зі знаком мінус.

R1 ∥ R3 = 3,529 Ω, тож лівий шлях — R2+3,529 = 7,529 Ω
Req = R4 ∥ 7,529 = 2,612 Ω
VB = −Is·Req = −4·2,612 = −10,45 V
VA = VB·3,529/7,529 = −4,898 V

Випадок 3 · діє лише V2, на один вольт

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

R1 ∥ R3 = 3,529 Ω
VA‴ = V2·3,529/(4 + 4 + 3,529) = 0,3061·V2

Прирівняйте VA до нуля

При VA = 0 напруга на R₃ відсутня, тож струм через нього дорівнює нулю.

VA′ + VA″ + VA‴ = 2,041 + (−4,898) + 0,3061·V2 = 0
V2 = 2,857/0,3061 = 9,333 V

Відповідь

V2 = 9,333 V
9.Тевенен і Нортон

Відповідь: IL = 0,7353 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​ = 4 ΩR3​ = 4 ΩКЗR2​20 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 = 4·20/(4+20) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 4 = 7,333 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​20 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) = 10·20/(4+20) = 8,333 V
Rth​ = 7,333 Ω+−Vth​8,333 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) = 8,333/(7,333 + 4) = 0,7353 A
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: PL = 1,779 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​ = 5 ΩR3​ = 5 ΩКЗR2​8 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 = 5·8/(5+8) = 3,077 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,077 + 5 = 8,077 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​6 VR2​8 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) = 3,692 + 0,5·3,077 = 5,231 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 5,231 + 0,5·5 = 7,731 V
Rth​ = 8,077 Ω+−Vth​7,731 VRL​12 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) = 7,731/(8,077 + 12) = 0,3851 A
PL = IL²·RL = 0,3851²·12 = 1,779 W
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vC = 2,877 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 = 6,8·3,3/(6,8 + 3,3) = 2,222 kΩ
vC(∞) = 12·3,3/(6,8 + 3,3) = 3,921 V

Стала часу

τ = Rth·C = 2,222·68 = 151,1 ms

Крива заряджання

vC(t) = 3,921·(1 − e−200/151,1) = 2,877 V

Відповідь

vC = 2,877 V
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: t = 39,73 ms

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

Початкове значення, кінцеве значення, стала часу

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

vC(0) = 6 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 1 kΩ · 33 µF = 33 ms
vC(t) = 9 + (6 − 9)·e−t/τ

Виразіть час

8,1 = 9 + (−3)·e−t/τ → e−t/τ = (8,1 − 9)/(6 − 9) = 0,3
t = τ·ln((6 − 9)/(8,1 − 9)) = 33·ln(3,333) = 39,73 ms

Відповідь

t = 39,73 ms
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: |Z| = 37,46 Ω

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|.

Реактивний опір

XL = ωL = 2π·60·0,15 = 56,55 Ω

Струми віток

Обидві вітки під’єднано безпосередньо до мережі, тож на кожній повна напруга V.

IR = V/R = 50/50 = 1 A
IX = V/XL = 50/56,55 = 0,8842 A

Загальний струм

Струм резистора збігається за фазою з V, а реактивний струм зсунутий на 90°, тож вони додаються як катети прямокутного трикутника.

I = √(IR² + IX²) = √(1² + 0,8842²) = 1,335 A

Повний опір

|Z| = V/I = 50/1,335 = 37,46 Ω

Відповідь

|Z| = 37,46 Ω
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: |Z| = 57,06 Ω

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|.

Реактивний опір

XC = 1/(2π·500·10·10⁻⁶) = 31,83 Ω

Паралельне з’єднання

Помножте чисельник і знаменник на комплексно спряжене, щоб розділити Zp на дійсну й уявну частини.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 9,2 − j28,9 Ω

Повний опір

Z = 40 + 9,2 − j28,9 = 49,2 − j28,9 Ω
|Z| = √(49,2² + 28,9²) = 57,06 Ω

Відповідь

|Z| = 57,06 Ω
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: X = 13,86 Ω

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.

Активний опір з активної потужності

R = P/I² = 1800/15² = 8 Ω

Реактивний опір з повного опору

|Z| = V/I = 240/15 = 16 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(16² − 8²) = 13,86 Ω

Відповідь

X = 13,86 Ω
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: C = 3,979 µF

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

Ємність

XC = 40 Ω → C = 1/(2π·1000·40) = 3,979 µF

Відповідь

C = 3,979 µF
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 98 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 = √3·690·100 = 119,5 kVA

Активна потужність

P = S·cos φ = 119,5·0,82 = 98 kW

Відповідь

P = 98 kW
18.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 495,2 µF

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

Реактивна потужність до і після

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

Q1 = 50·tan(acos 0,7) = 50·1,02 = 51,01 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,9) = 50·0,4843 = 24,22 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 26,79 kvar

Ємність на фазу

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

V = 415/√3 = 239,6 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 8931/(314,2·239,6²) = 495,2 µF

Відповідь

Cph = 495,2 µF
19.Трансформатори

Відповідь: a = 4

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.

Узгодьте зведене навантаження

a²·16 = 256
a = √(256/16) = √16 = 4

Відповідь

a = 4
20.Трансформатори

Відповідь: Pcu,fl = 2503 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 = 200·0,8 = 160 kW
Pin = 160000/0,975 = 164103 W

Сумарні втрати й втрати в міді

Ploss = 164103 − 160000 = 4103 W
Pcu,fl = 4103 − 1600 = 2503 W

Відповідь

Pcu,fl = 2503 W
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 0,4894 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) = 1,9·1/(4,7 + 1) = 0,3333 V
V₋ = V₊

ЗСК для інвертувального входу

(−0,4 − 0,3333)/4,7 = (0,3333 − Vout)/1
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (1/4,7)·(1,9 − (−0,4)) = 0,4894 V

Відповідь

Vout = 0,4894 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 0,7538 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) = 0,8·22/(1 + 22) = 0,7652 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 = −(1/47)·1,3 + (1 + 1/47)·0,7652 = −0,02766 + 0,7815 = 0,7538 V

Відповідь

Vout = 0,7538 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: VCE = 6,225 V

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.

Струм бази

IB = (VCC − VBE)/RB = (15 − 0,7)/330 kΩ = 43,33 µA

Струм колектора

IC = β·IB = 75·43,33 µA = 3,25 mA

Напруга колектор–емітер

VCE = 15 − 3,25 mA·2,7 kΩ = 6,225 V

Відповідь

VCE = 6,225 V
24.Діоди й транзистори

Відповідь: RB = 24,43 kΩ

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

Струм колектора в насиченні

IC(sat) = (9 − 0,2)/1000 = 8,8 mA

Мінімальний струм бази

IB(min) = IC(sat)/β = 8,8/50 = 176 µA

Базовий резистор

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,176 mA = 24,43 kΩ

Відповідь

RB = 24,43 kΩ

Будь-який менший базовий резистор також насичує транзистор; на практиці беруть у кілька разів менший.

25.Системи числення

Відповідь: U = 244

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.

Інвертуйте і додайте одиницю

12 = 0000 1100
інвертовано: 1111 0011
+1 → 1111 0100

Прочитайте як беззнакове

1111 0100₂ = 256 − 12 = 244

Відповідь

U = 244
26.Системи числення

Відповідь: R = 35

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

Біт за бітом

AND дає 1 лише там, де обидва біти дорівнюють 1.

0111 0011
AND 1010 0111
= 0010 0011

Значення результату

0010 0011₂ = 35

Відповідь

R = 35
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: AB = 11, CD = 11

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

Сусіди кожної 1

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

m15: m14, m13, m11, m7 → 0
ABCD00011110000111101111111

Ізольована 1

m15 = ABCD → AB = 11, CD = 11

Відповідь

AB = 11, CD = 11
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

JK-тригер: 00 зберігає, 01 скидає (Q = 0), 10 встановлює (Q = 1), 11 перемикає.

1: J = 0, K = 1 → Q = 0
2: J = 1, K = 0 → Q = 1
3: J = 0, K = 1 → Q = 0
4: J = 0, K = 1 → Q = 0
5: J = 0, K = 1 → Q = 0
6: J = 1, K = 0 → Q = 1

Перша зміна з 1 на 0

фронт такту 3

Відповідь

фронт такту 3
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.25) = 0,573

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 + 10s + 25 = (s + 5)²

Простіші дроби

s + 9 = 1(s + 5) + 4
F(s) = 1/(s + 5) + 4/(s + 5)²

Обернене перетворення

f(t) = e−5t + 4·t·e−5t
f(0,25) = (1 + 4·0,25)·e−5·0,25 = 0,573

Відповідь

f(0,25) = 0,573
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.3) = 7,52

Перетворення Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt перетворює похідні на множення на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартні пари: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), а зсув s → s + σ множить оригінал на e−σt. Щоб знайти оригінал раціональної F(s), розкладіть її на простіші дроби: коефіцієнт простого полюса p дорівнює A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема про кінцеве значення: f(∞) = lims→0 s·F(s), справедлива лише тоді, коли всі полюси s·F(s) лежать у лівій півплощині. Теорема про початкове значення: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Перетворіть рівняння

s²Y − 8s − 6 + 5(sY − 8) + 6Y = 0
Y(s) = (8s + 46)/((s + 2)(s + 3))

Простіші дроби

A = 30/1 = 30
B = 22/(−1) = −22

Результат

y(t) = 30·e−2t − 22·e−3t
y(0,3) = 7,52

Відповідь

y(0,3) = 7,52

Перевірка: y(0) = A + B = 8.

31.Блок-схеми

Відповідь: K = 20,25

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

Характеристичне рівняння

1 + K/((s + 1)(s + 10)) = 0 → s² + 11s + 10 + K = 0

Кратний корінь

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

11² = 4(10 + K) → K = 121/4 − 10 = 20,25

Відповідь

K = 20,25
Обидва полюси замкненої системи тоді лежать у s = −5,5.
32.Блок-схеми

Відповідь: css = 0,16

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

Передатні функції

C/D = G/(1 + K·G) = 2/(s + 7 + 18)

Усталений режим

css = 2·2/25 = 0,16

Відповідь

css = 0,16

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

33.Перехідна характеристика

Відповідь: ζ = 0,5534

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 = 7 → ζ = 7/(2·6,325) = 0,5534

Результат

ζ = 0,5534

Відповідь

ζ = 0,5534
34.Перехідна характеристика

Відповідь: vC,max = 13,96 V

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/√(0,5·4,7 × 10⁻⁵) = 206,3 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (103/2)·√(4,7 × 10⁻⁵/0,5) = 0,4993

Результат

%OS = 16,36 %
vC,max = 12·(1 + 0,1636) = 13,96 V

Відповідь

vC,max = 13,96 V
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: BW = 795,8 Hz

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.

Резонансна частота

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,01·1 × 10⁻⁶) = 10000 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 1592 Hz

Смуга пропускання

BW = R/L = 50/0,01 = 5000 rad/s = 795,8 Hz

Відповідь

BW = 795,8 Hz
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: PM = 22,18 °

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 − 10816 = 0
ω² = (−16 + √(256 + 4·10816))/2 = 96,31
ωc = 9,814 rad/s

Запас за фазою

∠L(jωc) = −90° − atan(9,814/4) = −157,8°
PM = 180° + ∠L = 22,18°

Відповідь

PM = 22,18°
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: Kmax = 350

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

s³ + 11s² + 34s + 24 + K = 0

Таблиця Рауса

s³: 1, 34
s²: 11, 24 + K
s¹: (11·34 − 24 − K)/11
s⁰: 24 + K

Умова

Елемент рядка s¹ має залишатися додатним.

K < 11·34 − 24 = 350

Відповідь

Kmax = 350

На межі контур коливається з частотою ω = √34 = 5,831 rad/s.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: K = 39,06

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.

Порівняйте зі стандартною формою

s² + 5s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,4·ωₙ = 5 → ωₙ = 6,25 rad/s

Коефіцієнт підсилення

K = ωₙ² = 6,25² = 39,06

Відповідь

K = 39,06

Полюси замкненої системи лежать там, де лінія ζ перетинає вертикальну гілку s = −2,5.

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) = 5

Похибка за лінійно наростального сигналу

ess = 0,5/5 = 0,1

Відповідь

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

Відповідь: Kd = 3,078 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 + 2) + 4(20 + Kds) = s² + (2 + 4Kd)s + 80

Власна частота

ωₙ = √80 = 8,944 rad/s

Диференціальний коефіцієнт підсилення

2 + 4Kd = 2·0,8·8,944 = 14,31
Kd = 3,078 s

Відповідь

Kd = 3,078 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