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​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩIR2​AR4​4 ΩB

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 4 ΩR4 = 4 Ω
IR2 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 2 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​5 VR2​4 ΩAR4​12 ΩBR6​8 Ω

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

V1 = 5 VR1 = 15 ΩR2 = 4 ΩR3 = 2 ΩR4 = 12 ΩR5 = 12 ΩR6 = 8 Ω
IR1 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAR4​10 ΩBIs​5 A

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

V1 = 9 VIs = 5 AR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩR4 = 10 Ω
PIs = W
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 25 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAR4​10 ΩBIs​?

Джерело струму регулюють, доки вузлова напруга в A не стане VA = 6,5 V. Методом вузлових потенціалів знайдіть струм джерела Is (напрямок як на схемі).

V1 = 24 VR1 = 25 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 ΩR4 = 10 ΩVA = 6,5 V
Is = A
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 20 ΩIR1​R2​ = 20 Ω+−V1​12 VR3​4 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

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

V1 = 12 VV2 = 15 VR1 = 20 ΩR2 = 20 ΩR3 = 4 Ω
IR1 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 4 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 3 Ω+−VR3​+−V1​12 VR4​10 ΩAR5​25 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

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

V1 = 12 VV2 = 36 VR1 = 4 ΩR2 = 30 ΩR3 = 3 ΩR4 = 10 ΩR5 = 25 Ω
VR3 = V
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​8 Ω+−VR2​AR4​3 ΩBIs​2 A

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

V1 = 15 VIs = 2 AR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 10 ΩR4 = 3 Ω
VR2 = V
8.Метод накладанняСкладна
лінійне колоV1​V2​Is​IRL​

Лінійне резистивне коло містить три незалежні джерела: V1, V2 і Is. Струм I через навантаження виміряли тричі. Коли всі джерела мають звичайні значення, I = 27 mA. Коли V1 подвоєне, а два інші без змін, I = 36 mA. Коли напрямок Is змінено на протилежний, а два інші без змін, I = 11 mA. Знайдіть струм навантаження I, коли V2 вимкнене, а V1 і Is мають звичайні значення.

звичайні значення: I = 27 mA2·V1: I = 36 mA−Is: I = 11 mA
I = mA
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAab

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

V1 = 6 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 Ω
IN = A
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAIs​2 ABab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 15 VIs = 2 AR1 = 5 ΩR2 = 10 ΩR3 = 10 Ω
Vth = V
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​24 Vt = 0R = 50 ΩL47 mHi(t)

До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Знайдіть енергію W, накопичену в котушці при t = 1 ms, у mJ.

Vs = 24 VR = 50 ΩL = 47 mHt = 1 ms
W = mJ
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​9 VR1​ = 15 ΩR2​ = 5 Ωрозмикається при t = 0L100 mHi(t)

Ключ паралельно R2 був замкнений тривалий час, тож струм котушки сталий. При t = 0 ключ розмикається. Через який час після t = 0 струм котушки досягне 0,54 A? Знайдіть t.

Vs = 9 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩL = 100 mH
t = ms
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
120 V200 HzR = 25 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF

Послідовне коло RLC підключено до мережі 120 V (діюче значення), 200 Hz. Знайдіть кут зсуву фаз φ повного опору в градусах (додатний, коли струм відстає від напруги).

V = 120 V (rms)f = 200 HzR = 25 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF
φ = °
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
10 V50 HzR = 80 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF+−VC​

Послідовне коло RLC підключено до мережі 10 V (діюче значення), 50 Hz. Знайдіть діюче значення напруги VC на конденсаторі.

V = 10 V (rms)f = 50 HzR = 80 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF
VC = V
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
240 V18 kW, 0,827 kW, 1I

До однофазної мережі 240 V паралельно під’єднано два навантаження: навантаження 8 kW з коефіцієнтом потужності 0,8 (індуктивним) і нагрівач потужністю 7 kW (коефіцієнт потужності 1). Знайдіть загальний коефіцієнт потужності cos φ з боку мережі.

V = 240 VP1 = 8 kW, pf1 = 0,8 відстаючийP2 = 7 kW, pf2 = 1
cos φ =
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
400 V60 Hzнавантаження12 kW, 0,6C220 µFI

Однофазне навантаження споживає 12 kW з коефіцієнтом потужності 0,6 (індуктивним) від мережі 400 V, 60 Hz. Паралельно навантаженню під’єднують конденсатор ємністю 220 µF. Знайдіть новий коефіцієнт потужності cos φ з боку мережі.

P = 12 kWpf1 = 0,6V = 400 Vf = 60 HzC = 220 µF
cos φ =
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 415 VZ = 12 + j16 Ωна фазу

Симетричне навантаження, з’єднане трикутником, з повним опором 12 + j16 Ω на фазу підключене до симетричної трифазної мережі з лінійною напругою 415 V. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку поглинає навантаження, у kW.

VL = 415 VZ = 12 + j16 Ω на фазу
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. Конденсатори з’єднано зіркою. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.

P = 200 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
RL​ = 40 Ω511150 VV2​I1​ = ?I2​

До первинної обмотки ідеального трансформатора з коефіцієнтом трансформації N₁:N₂ = 5:1 прикладено 1150 V. До вторинної обмотки підключено резистор 40 Ω. Знайдіть первинний струм I1.

N1:N2 = 5:1V1 = 1150 VRL = 40 Ω
I1 = A
20.ТрансформаториСкладна
100 kVA

Однофазний трансформатор 100 kVA має втрати в сталі 600 W і втрати в міді 900 W при номінальному навантаженні. При якому навантаженні Sη,max, у kVA, його ККД найвищий?

S = 100 kVAPcore = 600 WPcu,fl = 900 W
Sη,max = kVA
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩVin​R1​ = 2 kΩ

ОП ідеальний і живиться від ±15 V; його вихід насичується на рівні ±12 V. На інвертувальний підсилювач подається синусоїдальний сигнал. Знайдіть найбільшу амплітуду вхідного сигналу Vin,max (пікове значення), за якої вихідний сигнал не обмежується.

R1 = 2 kΩRf = 4,7 kΩVsat = ±12 V
Vin,max = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = −1,4 VR1​ = 2 kΩV2​ = 0,5 VR2​ = 10 kΩ

Сумувальний підсилювач використовує ідеальний ОП, що живиться від ±15 V. Знайдіть вихідну напругу Vout.

V1 = −1,4 VV2 = 0,5 VR1 = 2 kΩR2 = 10 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
RC​ = 3,3 kΩβ = 80RE​ = 1,5 kΩVCC​ = 20 VR1​ = 56 kΩR2​ = 4,7 kΩ

NPN-транзистор з β = 80 має зміщення дільником напруги від VCC = 20 V: R₁ = 56 kΩ від VCC до бази й R₂ = 4,7 kΩ від бази до землі. Колекторний резистор RC = 3,3 kΩ, емітерний резистор RE = 1,5 kΩ. Візьміть VBE = 0,7 V і використайте еквівалент Тевенена дільника (не нехтуйте струмом бази). Знайдіть напругу колектор–емітер VCE.

VCC = 20 VR1 = 56 kΩR2 = 4,7 kΩRC = 3,3 kΩRE = 1,5 kΩβ = 80
VCE = V
24.Діоди й транзисториСкладна
RC​ = 680 Ωβ = 150VCC​ = 12 V3,3 VRB​ = ?

NPN-транзистор з β = 150 комутує резистор навантаження 680 Ω, увімкнений між VCC = 12 V і його колектором. Емітер заземлено. Базу керують від логічного виходу 3,3 V через базовий резистор RB. Візьміть VBE = 0,7 V і VCE(sat) = 0,2 V. Для надійного перемикання розрахуйте струм бази в 2 разів більшим за мінімально потрібний для насичення. Знайдіть RB у kΩ.

VCC = 12 VRC = 680 Ωβ = 150Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vкоефіцієнт перенасичення = 2
RB = kΩ
25.Системи численняСередня
8-бітовий додатковий код0−12806403201608040201

Встановіть біти так, щоб вони зберігали −70 в 8-бітовому доповняльному коді. Яке значення U шаблону, якщо читати його як беззнакове число?

N = −708 bit
U =
26.Системи численняСкладна
клацайте біти, щоб встановити їх012806403201608040201

Встановіть біти за 8-бітовим результатом 1000 1010 XOR 0001 0111. Яке значення R результату в десятковій системі?

1000 1010XOR0001 0111
R =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABC000111100101324576

Спростіть F = AC′ + A′B′C′ + AB′ + A′C′ до мінімальної форми суми добутків. Скільки літералів L містить спрощений вираз?

F = AC′ + A′B′C′ + AB′ + A′C′
L =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
ABCD000111100001111010X103X214051716112113115114X819011110

Знайдіть мінімальну форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(0, 4, 6, 7, 9, 10, 12, 13, 14, 15) + d(1, 2, 8), де d позначає байдужі стани. Скільки добутків N вона має?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 4, 6, 7, 9, 10, 12, 13, 14, 15) + d(1, 2, 8)
N =
29.Перетворення ЛапласаСередня
t (s)f(t)t = 1,5f(1,5) = ?

Знайдіть f(t) для F(s) = 50/(s(s + 1)(s + 4)) розкладом на простіші дроби й обчисліть f(1,5).

F(s) = 50/(s(s + 1)(s + 4))t = 1,5 s
f(1.5) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Система підпорядковується рівнянню y″ + 6y′ + 5y = 15·u(t) при y(0) = 4 і y′(0) = 0. У момент t = 0 подають вхідну сходинку u(t) = 4. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть y(0,2).

y″ + 6y′ + 5y = 15·u(t)y(0) = 4y′(0) = 0u(t) = 4t = 0,2 s
y(0.2) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+54s(s + 9)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = 54/(s(s + 9)). Завдання — лінійно наростаючий сигнал r(t) = 1·t. Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 54/(s(s + 9))r(t) = 1·t
ess =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+K(s + 1)(s + 5)(s + 7)G(s)C(s)−

Об’єкт G(s) = K/((s + 1)(s + 5)(s + 7)) охоплено одиничним від’ємним зворотним зв’язком. За критерієм Рауса–Гурвіца знайдіть найбільший коефіцієнт підсилення Kmax, за якого замкнена система стійка.

G(s) = K/((s + 1)(s + 5)(s + 7))одиничний від’ємний зворотний зв’язок
Kmax =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)3?

Система має передатну функцію G(s) = 234/(s² + 9s + 78) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS перехідної характеристики.

G(s) = 234/(s² + 9s + 78)
%OS = %
34.Перехідна характеристикаСкладна
t (s)y(t)1tp​ = 0,1 s10 %

Перехідна характеристика системи другого порядку без нулів має перерегулювання 10 %, а перший пік настає при t = 0,1 s. Знайдіть власну частоту ωn.

%OS = 10 %tp = 0,1 s
ωn = rad/s
35.Діаграми Боде та запасиСередня
vin​L = 4,7 mHR = 1000 Ωvout​

RL-фільтр нижніх частот на рисунку має R = 1000 Ω, L = 4,7 mH. На вхід подають синусоїдний сигнал 68 kHz. Знайдіть коефіцієнт підсилення |H| = |vout/vin| у dB.

R = 1000 ΩL = 4,7 mHf = 68 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) = 28/(s(s + 1)(s + 10)). Знайдіть запас за підсиленням GM у dB.

L(s) = 28/(s(s + 1)(s + 10))
GM = dB
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+K = 121s(s + 2)(s + 4)C(s)−

Контур на схемі працює при K = 12, L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4)). У скільки разів m можна збільшити коефіцієнт підсилення, перш ніж замкнена система стане нестійкою?

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4))K = 12
m =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−5j5

Накреслено кореневий годограф L(s) = K/((s + 1)(s + 5)(s + 6)). Знайдіть частоту ω, за якої годограф перетинає уявну вісь.

L(s) = K/((s + 1)(s + 5)(s + 6))
ω = rad/s
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
r(t) = 10·t²/2+4(s + 1)s²(s + 2)C(s)−

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

G(s) = 4(s + 1)/(s²(s + 2))r(t) = 10·t²/2
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+K = 401s(s + 10)C(s)−

П-регулятор K = 40 керує об’єктом G(s) = 1/(s(s + 10)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть час піку tp перехідної характеристики.

G(s) = 1/(s(s + 10))K = 40
tp = s

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 0,8 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​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩAR4​4 ΩB

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R3 + R4 = 4 + 4 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 20·8/(20+8) = 5,714 Ω
Req = R1 + 5,714 = 5 + 5,714 = 10,71 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 30/10,71 = 2,8 A

Струм через R₂

Відніміть спад на R₁, щоб отримати напругу у вузлі A, тобто напругу на R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 30 − 2,8·5 = 16 V
IR2 = VA/R2 = 16/20 = 0,8 A

Відповідь

IR2 = 0,8 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 0,2807 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​ = 2 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​5 VR2​4 ΩAR4​12 ΩBR6​8 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 = 12 + 8 = 20 Ω
R4 ∥ 20 = 7,5 Ω
R3 + 7,5 = 9,5 Ω
R2 ∥ 9,5 = 2,815 Ω
Req = R1 + 2,815 = 15 + 2,815 = 17,81 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 5/17,81 = 0,2807 A

Відповідь

IR1 = 0,2807 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: PIs = 148,8 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/2 + (VA − 9)/5 + (VA − VB)/12 = 0
0,7833·VA − 0,08333·VB = 1,8

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/10 + (VB − VA)/12 = 5
−0,08333·VA + 0,1833·VB = 5

Розв’яжіть

Δ = (0,7833)(0,1833) − (−0,08333)(−0,08333) = 0,1367
VA = Δ1/Δ = 0,7467/0,1367 = 5,463 V
VB = Δ2/Δ = 4,067/0,1367 = 29,76 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 = 29,76·5 = 148,8 W

Відповідь

PIs = 148,8 W
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: Is = 3,965 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
(6,5 − 24)/25 + 6,5/2 = (VB − 6,5)/3
2,55 = (VB − 6,5)/3 → VB = 14,15 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 = (14,15 − 6,5)/3 + 14,15/10 = 3,965 A

Відповідь

Is = 3,965 A
5.Метод контурних струмів

Відповідь: IR1 = 0,4071 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 Ω+−V1​12 VR3​4 ΩA+−V2​15 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
20·I1 + 4(I1 − I2) = 12
24·I1 − 4·I2 = 12

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
20·I2 + 4(I2 − I1) = (−15)
−4·I1 + 24·I2 = −15

Розв’яжіть

Δ = (24)(24) − (−4)(−4) = 560
I1 = Δ1/Δ = 228/560 = 0,4071 A
I2 = Δ2/Δ = −312/560 = −0,5571 A

Відповідь

IR1 = I1 = 0,4071 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: VR3 = −5,634 V

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

R1​ = 4 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR4​10 ΩAR5​25 ΩB+−V2​36 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
4·I1 + 10(I1 − I2) = 12
14·I1 − 10·I2 = 12

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
30·I2 + 10(I2 − I1) + 25(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 65·I2 − 25·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
3·I3 + 25(I3 − I2) = (−36)
−25·I2 + 28·I3 = −36

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 13930
I1 = Δ1/Δ = 5340/13930 = 0,3833 A
I2 = Δ2/Δ = −9240/13930 = −0,6633 A
I3 = Δ3/Δ = −26160/13930 = −1,878 A

Відповідь

IR3 = I3 = −1,878 A
VR3 = IR3·R3 = −1,878·3 = −5,634 V

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: VR2 = 10,2 V

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

R1​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​8 ΩAR4​3 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 = 10+3 = 13 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·13/(8+13) = 4,952 Ω
VA = 15·4,952/(3+4,952) = 9,341 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 9,341·3/13 = 2,156 V
VR2′ = VA − 0 = 9,341 − 0 = 9,341 V
R1​ = 3 ΩR3​ = 10 ΩКЗR2​8 ΩAR4​3 ΩBIs​2 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 = 3·8/(3+8) = 2,182 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 3 ∥ 12,18 = 2,407 Ω
VB = Is·Req = 2·2,407 = 4,814 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 4,814·2,182/12,18 = 0,8623 V
VR2″ = VA − 0 = 0,8623 − 0 = 0,8623 V

Додайте складові

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 9,341 + 0,8623 = 10,2 V

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

8.Метод накладання

Відповідь: I = 17 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 = 27
2·I₁ + I₂ + I₃ = 36
I₁ + I₂ − I₃ = 11

Знайдіть внески

I₁ = 36 − 27 = 9 mA
I₃ = (27 − 11)/2 = 8 mA
I₂ = 27 − 9 − 8 = 10 mA

Вимкніть V₂

I = I₁ + I₃ = 9 + 8 = 17 mA

Відповідь

I = 17 mA
9.Тевенен і Нортон

Відповідь: IN = 0,3429 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​ = 5 ΩR3​ = 10 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 = 5·20/(5+20) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 10 = 14 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 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) = 6·20/(5+20) = 4,8 V
IN​0,3429 ARth​14 Ωab

Еквівалент Нортона

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

IN = Vth/Rth = 4,8/14 = 0,3429 A
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = 36,67 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​ = 5 ΩR3​ = 10 ΩКЗR2​10 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 = 5·10/(5+10) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 10 = 13,33 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAIs​2 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) = 10 + 2·3,333 = 16,67 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 16,67 + 2·10 = 36,67 V
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: W = 2,322 mJ

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 = 47 mH / 50 Ω = 0,94 ms
i(∞) = Vs/R = 24/50 = 0,48 A

Струм у заданий момент

i(t) = 0,48·(1 − e−1/0,94) = 0,3143 A

Накопичена енергія

W = ½·L·i² = ½·47·0,3143² = 2,322 mJ

Відповідь

W = 2,322 mJ
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: t = 2,554 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

До t = 0 замкнений ключ шунтує R₂; після цього в контурі обидва резистори, R₁ і R₂.

i(0) = 9/15 = 0,6 A
i(∞) = 9/(15 + 5) = 0,45 A
τ = L/R = 100/20 = 5 ms
i(t) = 0,45 + (0,6 − 0,45)·e−t/τ

Виразіть час

e−t/τ = (0,54 − 0,45)/(0,6 − 0,45) = 0,6
t = 5·ln(1,667) = 2,554 ms

Відповідь

t = 2,554 ms
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: φ = −80,16 °

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

Реактивні опори

ω = 2πf = 2π·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,02 = 25,13 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·4,7·10⁻⁶) = 169,3 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(25² + (−144,2)²) = 146,3 Ω

Кут зсуву фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−144,2/25) = −80,16°

Відповідь

φ = −80,16°
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: VC = 10,16 V

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

Реактивні опори

ω = 2πf = 2π·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,05 = 15,71 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·4,7·10⁻⁶) = 677,3 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (−661,5)²) = 666,4 Ω

Струм

Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.

I = V/|Z| = 10/666,4 = 0,01501 A

Напруга на конденсаторі

VC = I·XC = 0,01501·677,3 = 10,16 V

Відповідь

VC = 10,16 V
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: cos φ = 0,9285

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

Реактивна потужність кожного навантаження

Індуктивне навантаження споживає реактивну потужність (Q > 0); ємнісне — віддає її (Q < 0).

Q1 = 8·tan(arccos 0,8) = 6 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Сумарні значення

P = 8 + 7 = 15 kW
Q = 6 + 0 = 6 kvar
S = √(15² + 6²) = 16,16 kVA

Загальний коефіцієнт потужності

cos φ = P/S = 15/16,16 = 0,9285 відстаючий

Відповідь

cos φ = 0,9285
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: cos φ = 0,9751

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

Реактивна потужність до і після

Активна потужність P не змінюється; змінюється лише реактивна потужність із мережі.

Q1 = 12·tan(arccos 0,6) = 16 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·60·220·10⁻⁶ = 13270 var = 13,27 kvar
Q2 = 16 − 13,27 = 2,73 kvar

Нова повна потужність

S2 = √(12² + 2,73²) = 12,31 kVA

Новий коефіцієнт потужності

cos φ = P/S2 = 12/12,31 = 0,9751

Відповідь

cos φ = 0,9751
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 15,5 kW

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

Фазна напруга

Vph = VL = 415 V

Фазний струм

|Z| = √(12² + 16²) = 20 Ω
Iph = 415/20 = 20,75 A

Сумарна активна потужність

Активну потужність поглинає лише активна складова кожного опору.

P = 3·Iph²·R = 3·20,75²·12 = 15,5 kW

Відповідь

P = 15,5 kW

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

18.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 1259 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 = 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

Ємність на фазу

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

V = 480/√3 = 277,1 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 36463/(377·277,1²) = 1259 µF

Відповідь

Cph = 1259 µF
19.Трансформатори

Відповідь: I1 = 1,15 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.

Вторинні напруга й струм

V2 = 1150/5 = 230 V
I2 = 230/40 = 5,75 A

Первинний струм

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

I1 = I2/5 = 1,15 A

Відповідь

I1 = 1,15 A

Перевірка: навантаження з боку первинної обмотки a²·RL = 1000 Ω, і 1150/1000 дає той самий струм.

20.Трансформатори

Відповідь: Sη,max = 81,65 kVA

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 дорівнюють втратам у сталі

x²·900 = 600 → x = √(600/900) = 0,8165

Навантаження при максимальному ККД

Sη,max = x·S = 0,8165·100 = 81,65 kVA

Відповідь

Sη,max = 81,65 kVA
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vin,max = 5,106 V

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

Коефіцієнт підсилення

|Av| = Rf/R1 = 4,7/2 = 2,35

Найбільший вхідний сигнал без обмеження

Vin,max = Vsat/|Av| = 12/2,35 = 5,106 V

Відповідь

Vin,max = 5,106 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 3,055 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.

Вхідні струми

V₋ = 0, тож на кожному вхідному резисторі вся його вхідна напруга.

I1 = V1/R1 = −1,4/2 = −0,7 mA
I2 = V2/R2 = 0,5/10 = 0,05 mA
If = I1 + I2 = −0,65 mA

Вихідна напруга

Vout = −Rf·If = −4,7·(−0,65) = 3,055 V

Відповідь

Vout = 3,055 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: VCE = 17,4 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.

Еквівалент Тевенена дільника

VTH = 20·4,7/(56 + 4,7) = 1,549 V
RTH = 56·4,7/(56 + 4,7) = 4,336 kΩ

Струм бази

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

IB = (1,549 − 0,7)/(4,336 + 81·1,5) = 6,744 µA

Струм колектора

IC = 80·6,744 µA = 0,5395 mA
IE = 81·6,744 µA = 0,5462 mA

Напруга колектор–емітер

VCE = 20 − 0,5395·3,3 − 0,5462·1,5 = 17,4 V

Відповідь

VCE = 17,4 V
24.Діоди й транзистори

Відповідь: RB = 11,24 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) = (12 − 0,2)/680 = 17,35 mA

Мінімальний струм бази

IB(min) = IC(sat)/β = 17,35/150 = 115,7 µA

Розрахунковий струм бази

IB = 2·115,7 µA = 231,4 µA

Базовий резистор

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,2314 mA = 11,24 kΩ

Відповідь

RB = 11,24 kΩ
25.Системи числення

Відповідь: U = 186

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

Інвертуйте і додайте одиницю

70 = 0100 0110
інвертовано: 1011 1001
+1 → 1011 1010

Прочитайте як беззнакове

1011 1010₂ = 256 − 70 = 186

Відповідь

U = 186
26.Системи числення

Відповідь: R = 157

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

Біт за бітом

XOR дає 1, де два біти різні.

1000 1010
XOR 0001 0111
= 1001 1101

Значення результату

1001 1101₂ = 157

Відповідь

R = 157
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: L = 3

Булева алгебра: правила, що спрощують вирази, — це X + X′ = 1 і X·X′ = 0, X + X = X, поглинання X + X·Y = X, правило склеювання X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y і теорема про консенсус XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Закони де Моргана перетворюють (X·Y)′ на X′ + Y′, а (X + Y)′ на X′·Y′. Карта Карно застосовує ці правила графічно: кожна група з двох сусідніх клітинок — це одне застосування XY + XY′ = X.

Мінтерми виразу

AC′ → m(4, 6)
A′B′C′ → m(0)
AB′ → m(4, 5)
A′C′ → m(0, 2)
ABC00011110011001031214150716

Згрупуйте й зчитайте

F = C′ + AB′

Порахуйте літерали

L = 3

Відповідь

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

Відповідь: N = 3

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

Прості імпліканти

Найбільші групи, які можна утворити з одиниць і X.

D′, B′C′, BC, AC′, AB
ABCD000111100001111010X103X214051716112113115114X819011110

Мінімальне покриття

F = D′ + BC + AC′
N = 3

Відповідь

N = 3
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(1.5) = 8,791

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

Простіші дроби

F(s) = A/s + B/(s + 1) + C/(s + 4)
A = 50/(1·4) = 12,5
B = 50/((−1)·3) = −16,67
C = 50/((−4)·(−3)) = 4,167

Обернене перетворення

f(t) = 12,5 − 16,67·e−t + 4,167·e−4t

Обчисліть

f(1,5) = 12,5 − 16,67·e−1,5 + 4,167·e−4·1,5 = 8,791

Відповідь

f(1,5) = 8,791
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.2) = 4,548

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 + 6s + 5)·Y(s) = 4s + 24 + 60/s
Y(s) = (4s² + 24s + 60)/(s(s + 1)(s + 5))

Простіші дроби

A = 60/(1·5) = 12
B = 40/((−1)·4) = −10
C = 40/((−5)·(−4)) = 2

Результат

y(t) = 12 − 10·e−t + 2·e−5t
y(0,2) = 4,548

Відповідь

y(0,2) = 4,548

Перевірка: y(0) = A + B + C = 4.

31.Блок-схеми

Відповідь: ess = 0,1667

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).

Стала похибки за швидкістю

Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 54/9 = 6

Усталена похибка

ess = A/Kᵥ = 1/6 = 0,1667

Відповідь

ess = 0,1667
32.Блок-схеми

Відповідь: Kmax = 576

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

s³ + 13s² + 47s + 35 + K = 0

Таблиця Рауса

s³ | 1 47
s² | 13 35 + K
s¹ | (13·47 − 35 − K)/13
s⁰ | 35 + K

Межа стійкості

Усі елементи першого стовпця мають бути додатними.

Kmax = 13·47 − 35 = 576

Відповідь

Kmax = 576
33.Перехідна характеристика

Відповідь: %OS = 15,56 %

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 = 78 → ωₙ = 8,832 rad/s
2ζωₙ = 9 → ζ = 9/(2·8,832) = 0,5095

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−1,86 = 15,56 %

Відповідь

%OS = 15,56 %
34.Перехідна характеристика

Відповідь: ωn = 38,95 rad/s

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

Коефіцієнт демпфування

ζ = −ln(0,1)/√(π² + ln²(0,1)) = 2,303/√(9,87 + 5,302) = 0,5912

Власна частота

ωd = π/tp = π/0,1 = 31,42 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 31,42/0,8066 = 38,95 rad/s

Відповідь

ωn = 38,95 rad/s
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: |H| = −7,018 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 = 1000/0,0047 = 212766 rad/s
fc = 33863 Hz → f/fc = 68000/33863 = 2,008

Коефіцієнт підсилення

|H| = 1/√(1 + 2,008²) = 0,4458
20·log₁₀(0,4458) = −7,018 dB

Відповідь

|H| = −7,018 dB
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: GM = 11,88 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/10) = 1 → ω180 = √(1·10) = 3,162 rad/s

Модуль на перетині за фазою

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 100)) = K/(1·10·(1 + 10)) = K/110

Запас за підсиленням

GM = 20·log₁₀(110/28) = 11,88 dB

Відповідь

GM = 11,88 dB
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: m = 4

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

Таблиця Рауса

s³ + 6s² + 8s + K = 0
s³: 1, 8
s²: 6, K
s¹: (6·8 − K)/6
s⁰: K

Найбільший стійкий коефіцієнт підсилення

Kmax = 6·8 = 48

Кратність

m = 48/12 = 4

Відповідь

m = 4

Ця кратність — запас за коефіцієнтом підсилення як відношення: 12,04 dB.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: ω = 6,403 rad/s

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.

Критичний коефіцієнт підсилення

s³ + 12s² + 41s + 30 + K = 0
s¹: (12·41 − 30 − K)/12 = 0 → K = 462

Частота перетину

12s² + 30 + 462 = 12s² + 492 = 0 → s² = −41
ω = √41 = 6,403 rad/s

Відповідь

ω = 6,403 rad/s
39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 5

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 = 4·1/2 = 2

Похибка за параболічного сигналу

ess = 10/2 = 5

Відповідь

ess = 5
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: tp = 0,8112 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 + 10) + 40·1 = s² + 10s + 40

ωₙ і ζ

ωₙ = √40 = 6,325 rad/s
ζ = 10/(2·6,325) = 0,7906

Час піка

ωd = 6,325·√(1 − 0,7906²) = 3,873 rad/s
tp = π/3,873 = 0,8112 s

Відповідь

tp = 0,8112 s

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