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​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩIR2​AR4​3 ΩB

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 15 VR1 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 ΩR4 = 3 Ω
IR2 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 8 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩIR2​AR4​2 ΩBR6​10 Ω

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 10 VR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 30 ΩR4 = 2 ΩR5 = 8 ΩR6 = 10 Ω
IR2 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAR4​3 ΩBIs​5 A

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

V1 = 6 VIs = 5 AR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩR4 = 3 Ω
PIs = W
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 30 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 8 ΩIR4​+−V1​5 VR3​25 ΩAR5​15 ΩBIs​2 A+−V2​15 V

Скористайтеся методом вузлових потенціалів, щоб знайти струм IR4 через R4 у напрямку стрілки.

V1 = 5 VIs = 2 AV2 = 15 VR1 = 30 ΩR2 = 2 ΩR3 = 25 ΩR4 = 8 ΩR5 = 15 Ω
IR4 = A
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 15 Ω+−VR1​R2​ = 2 Ω+−V1​12 VR3​8 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти напругу VR1 на R1 з указаною полярністю.

V1 = 12 VV2 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 Ω
VR1 = V
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 25 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 5 ΩIR3​+−V1​6 VR4​4 ΩAR5​30 ΩB+−V2​6 VI1​I2​I3​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти струм IR3 через R3 у напрямку стрілки.

V1 = 6 VV2 = 6 VR1 = 25 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 ΩR4 = 4 ΩR5 = 30 Ω
IR3 = A
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAR4​8 ΩBIs​2,5 A

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

V1 = 15 VIs = 2,5 AR1 = 3 ΩR2 = 3 ΩR3 = 12 ΩR4 = 8 Ω
IR1 = A
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 10 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​9 VR3​2 ΩIR3​AIs​3 AB+−V2​9 V

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

V1 = 9 VIs = 3 AV2 = 9 VR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 ΩR4 = 6 Ω
IR3 = A
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 8 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 30 VR1 = 8 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAIs​1 ABab

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

V1 = 6 VIs = 1 AR1 = 10 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 Ω
IN = A
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​30 Vt = 0R1​ = 2,2 kΩR2​ = 6,8 kΩC220 µF+−vC​

Джерело Vₛ заряджає конденсатор через R₁, а R₂ під’єднано паралельно C. Конденсатор розряджений, коли вимикач замикається в момент t = 0. Знайдіть сталу часу τ кола після замикання ключа.

Vs = 30 VR1 = 2,2 kΩR2 = 6,8 kΩC = 220 µF
τ = ms
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​20 Vt = 0R = 3,3 kΩC100 µF+−vC​vC​(0) = 5 V

Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 5 V з указаною полярністю. За який час vC досягне 17 V? Знайдіть t.

Vs = 20 VR = 3,3 kΩC = 100 µFvC(0) = 5 V
t = ms
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
10 V1000 HzR = 50 ΩL = 50 mHC = 2,2 µF

Послідовне коло RLC підключено до мережі 10 V (діюче значення), 1000 Hz. Знайдіть кут зсуву фаз φ повного опору в градусах (додатний, коли струм відстає від напруги).

V = 10 V (rms)f = 1000 HzR = 50 ΩL = 50 mHC = 2,2 µF
φ = °
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
100 V500 HzR = 100 ΩL = 200 mHC = 4,7 µFI

Послідовне коло RLC підключено до мережі 100 V (діюче значення), 500 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.

V = 100 V (rms)f = 500 HzR = 100 ΩL = 200 mHC = 4,7 µF
I = A
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
240 VZ9 + j12 ΩI

Навантаження з повним опором Z = 9 + j12 Ω під’єднано до однофазної мережі 240 V (діюче значення). Знайдіть реактивну потужність Q, яку воно споживає.

V = 240 VZ = 9 + j12 Ω
Q = var
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P1​ = 118 kWQ1​S1​φ

Однофазний трансформатор потужністю 200 kVA живить навантаження 118 kW з коефіцієнтом потужності 0,75 (індуктивним). Яку додаткову активну потужність ΔP можна під’єднати у вигляді активного навантаження (коефіцієнт потужності 1), перш ніж трансформатор досягне номінальної потужності в kVA?

Smax = 200 kVAP1 = 118 kWpf1 = 0,75
ΔP = kW
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M18,5 kW, η = 93%cos φ = 0,82

Трифазний асинхронний двигун при повному навантаженні розвиває механічну потужність 18,5 kW. При цьому навантаженні його ККД становить 93%, а коефіцієнт потужності 0,82, відстаючий. Лінійна напруга мережі 400 V. Знайдіть лінійний струм IL.

Pout = 18,5 kWη = 93%cos φ = 0,82VL = 400 V
IL = A
18.Трифазні системиСкладна
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симетричне трифазне навантаження споживає 200 kW при коефіцієнті потужності 0,8 (відстаючому) від мережі 400 V (лінійна напруга), 50 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,9 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано зіркою. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.

P = 200 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
RL​ = 20 Ω1012400 VV2​I1​ = ?I2​

До первинної обмотки ідеального трансформатора з коефіцієнтом трансформації N₁:N₂ = 10:1 прикладено 2400 V. До вторинної обмотки підключено резистор 20 Ω. Знайдіть первинний струм I1.

N1:N2 = 10:1V1 = 2400 VRL = 20 Ω
I1 = A
20.ТрансформаториСкладна
pf 0,8250 kVA, 50% навантаження

Однофазний трансформатор 250 kVA має втрати в сталі 1000 W і втрати в міді 2500 W при номінальному навантаженні. Він віддає 50% своєї номінальної потужності в kVA при коефіцієнті потужності 0,8 (відстаючому). Знайдіть сумарні втрати Ploss у ватах при цьому навантаженні.

S = 250 kVAPcore = 1000 WPcu,fl = 2500 Wx = 0,5pf = 0,8
Ploss = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 100 kΩVin​

Підберіть резистор зворотного зв’язку Rf, щоб цей неінвертувальний підсилювач мав коефіцієнт підсилення за напругою 15.

R1 = 100 kΩAv = 15
Rf = kΩ
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​Rf​ = 47 kΩV1​ = 1 VR1​ = 47 kΩV2​ = 0,6 VR2​ = 100 kΩIf​

Сумувальний підсилювач використовує ідеальний ОП, що живиться від ±15 V. Знайдіть струм If через резистор зворотного зв’язку, що тече до виходу.

V1 = 1 VV2 = 0,6 VR1 = 47 kΩR2 = 100 kΩRf = 47 kΩ
If = mA
23.Діоди й транзисториСередня
RC​ = 2,7 kΩβ = 120RE​ = 1 kΩVCC​ = 20 VR1​ = 47 kΩR2​ = 10 kΩ

NPN-транзистор з β = 120 має зміщення дільником напруги від VCC = 20 V: R₁ = 47 kΩ від VCC до бази й R₂ = 10 kΩ від бази до землі. Колекторний резистор RC = 2,7 kΩ, емітерний резистор RE = 1 kΩ. Візьміть VBE = 0,7 V і використайте еквівалент Тевенена дільника (не нехтуйте струмом бази). Знайдіть напругу колектор–емітер VCE.

VCC = 20 VR1 = 47 kΩR2 = 10 kΩRC = 2,7 kΩRE = 1 kΩβ = 120
VCE = V
24.Діоди й транзисториСкладна
+−≥ 24 VR = ?9,1 V≤ 30 mA

Стабілізатор на стабілітроні 9,1 В має живити навантаження струмом до 30 мА. Вхідна напруга може впасти до 24 В, а стабілітрону для стабілізації потрібно щонайменше 5 мА. Знайдіть найбільший послідовний опір Rmax, при якому стабілізація зберігається.

Vin,min = 24 VVZ = 9,1 VIL,max = 30 mAIZ,min = 5 mA
Rmax = Ω
25.Системи численняСередня
8-бітовий додатковий код0−12806403201608040201

Встановіть біти так, щоб вони зберігали −100 в 8-бітовому доповняльному коді. Яке значення U шаблону, якщо читати його як беззнакове число?

N = −1008 bit
U =
26.Системи численняСкладна
24 bit1 px1024 px768 pxM = ? KiB

Нестиснене зображення має 1024 × 768 пікселів і 24 бітів на піксель. Скільки пам'яті M воно займає, у KiB (1 KiB = 1024 байти)?

1024 × 768 px24 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABCD000111100001111000110302041507060120130150141819111010

Скористайтеся картою Карно, щоб знайти мінімальну форму суми добутків (SOP) для F(A, B, C, D) = Σm(1, 5, 8, 9, 11). Скільки добутків N вона має?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 5, 8, 9, 11)
N =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
CLKJK123456

JK-тригер, що спрацьовує за переднім фронтом, починає з Q = 0 і отримує показані входи на 6 передніх фронтах такту. Скільки разів N змінюється стан Q?

Q₀ = 0JK
N =
29.Перетворення ЛапласаСередня
ReIm5

Знайдіть f(t) для F(s) = 29/(s² + 8s + 41), виділивши повний квадрат, і обчисліть f(0,4).

F(s) = 29/(s² + 8s + 41)t = 0,4 s
f(0.4) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,5y(0,5) = ?

Система підпорядковується рівнянню y″ + 7y′ + 10y = 30·u(t) при y(0) = 3 і y′(0) = 0. У момент t = 0 подають вхідну сходинку u(t) = 4. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть y(0,5).

y″ + 7y′ + 10y = 30·u(t)y(0) = 3y′(0) = 0u(t) = 4t = 0,5 s
y(0.5) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+5K+7s + 6G(s)C(s)2H₁−−

Об’єкт G(s) = 7/(s + 6) має внутрішній (малий) контур від’ємного зворотного зв’язку з коефіцієнтом H₁ = 2. Коефіцієнт регулятора K = 5 і зовнішній одиничний від’ємний зворотний зв’язок замикають систему. Знайдіть статичний коефіцієнт підсилення замкненої системи T(0).

G(s) = 7/(s + 6)H₁ = 2K = 5
T(0) =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+6регулятор+D(s)+8s + 5об’єктC(s)−

Пропорційний регулятор K = 6 керує об’єктом G(s) = 8/(s + 5) 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 1. Знайдіть усталений вихід css.

K = 6G(s) = 8/(s + 5)D = 1R = 0
css =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)3

Система має передатну функцію G(s) = 105/(s² + 5s + 35) і отримує на вході одиничну сходинку. Полюси: s = σ ± jωd. Знайдіть дійсну частину σ.

G(s) = 105/(s² + 5s + 35)
σ =
34.Перехідна характеристикаСкладна
+−12 VR = 55 ΩL = 10 mHC = 4,7 µFvC​

Послідовне RLC-коло з R = 55 Ω, L = 10 mH і C = 4,7 µF підключають до сходинки 12 V у момент t = 0. Конденсатор незаряджений, і до сходинки струм не тече. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS напруги на конденсаторі.

R = 55 ΩL = 10 mHC = 4,7 µFV = 12 V
%OS = %
35.Діаграми Боде та запасиСередня
vin​L = 100 mHR = 100 Ωvout​

RL-фільтр нижніх частот на рисунку має R = 100 Ω, L = 100 mH. На вхід подають синусоїдний сигнал 1,6 kHz. Знайдіть фазовий зсув φ сигналу vout відносно vin, у градусах.

R = 100 ΩL = 100 mHf = 1,6 kHz
φ = °
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) = 50/(s(s + 1)(s + 8)). Знайдіть запас за підсиленням GM у dB.

L(s) = 50/(s(s + 1)(s + 8))
GM = dB
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+K1(s + 3)(s + 5)(s + 6)C(s)−

Контур з одиничним зворотним зв’язком має L(s) = K/((s + 3)(s + 5)(s + 6)), K > 0. Знайдіть найбільше значення Kmax, за якого замкнена система стійка.

L(s) = K/((s + 3)(s + 5)(s + 6))
Kmax =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−2−4−6−8−10−12j2

Контур з одиничним зворотним зв’язком має L(s) = K/((s + 8)(s + 3)(s + 10)(s + 5)). Знайдіть точку σa, у якій асимптоти кореневого годографа перетинають дійсну вісь.

L(s) = K/((s + 8)(s + 3)(s + 10)(s + 5))
σa =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
R(s)+K = 521s + 1C(s)−

Процес G(s) = 2/(1s + 1) регулюється пропорційним коефіцієнтом підсилення K = 5 у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть усталену похибку ess для східчастого сигналу у відсотках від величини східця.

G(s) = 2/(1s + 1)K = 5
ess = %
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
r(t) = 1t+1 + 10/s4(s + 1)(s + 2)C(s)−

ПІ-регулятор C(s) = 1 + 10/s керує об’єктом G(s) = 4/((s + 1)(s + 2)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть усталену похибку ess для лінійно наростального входу r(t) = 1t.

C(s) = 1 + 10/sG(s) = 4/((s + 1)(s + 2))r(t) = 1t
ess =

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 1,337 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​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAR4​3 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 = 6 + 3 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 4·9/(4+9) = 2,769 Ω
Req = R1 + 2,769 = 5 + 2,769 = 7,769 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 15/7,769 = 1,931 A

Струм через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 15 − 1,931·5 = 5,347 V
IR2 = VA/R2 = 5,347/4 = 1,337 A

Відповідь

IR2 = 1,337 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 0,7689 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​ = 8 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAR4​2 ΩBR6​10 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 + 10 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 1,8 Ω
R3 + 1,8 = 31,8 Ω
R2 ∥ 31,8 = 3,553 Ω
Req = R1 + 3,553 = 8 + 3,553 = 11,55 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 10/11,55 = 0,8656 A

Струм через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 10 − 0,8656·8 = 3,075 V
IR2 = VA/R2 = 3,075/4 = 0,7689 A

Відповідь

IR2 = 0,7689 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: PIs = 59,48 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 − 6)/3 + (VA − VB)/6 = 0
0,7·VA − 0,1667·VB = 2

ЗСК у вузлі B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/3 + (VB − VA)/6 = 5
−0,1667·VA + 0,5·VB = 5

Розв’яжіть

Δ = (0,7)(0,5) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,3222
VA = Δ1/Δ = 1,833/0,3222 = 5,69 V
VB = Δ2/Δ = 3,833/0,3222 = 11,9 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 = 11,9·5 = 59,48 W

Відповідь

PIs = 59,48 W
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR4 = 0,09098 A

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

R1​ = 30 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​5 VR3​25 ΩAR5​15 ΩBIs​2 A+−V2​15 V

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 5 V, V2 = 15 V). Невідомі: VA, VB.

ЗСК у вузлі A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/25 + (VA − 5)/30 + (VA − VB)/2 = 0
0,5733·VA − 0,5·VB = 0,1667

ЗСК у вузлі B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/15 + (VB − VA)/2 + (VB − 15)/8 = 2
−0,5·VA + 0,6917·VB = 3,875

Розв’яжіть

Δ = (0,5733)(0,6917) − (−0,5)(−0,5) = 0,1466
VA = Δ1/Δ = 2,053/0,1466 = 14,01 V
VB = Δ2/Δ = 2,305/0,1466 = 15,73 V

Відповідь

IR4 = (VB − V2)/R4 = (15,73 − 15)/8 = 0,09098 A
5.Метод контурних струмів

Відповідь: VR1 = −2,169 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​ = 15 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​12 VR3​8 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
15·I1 + 8(I1 − I2) = 12
23·I1 − 8·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
2·I2 + 8(I2 − I1) = (−18)
−8·I1 + 10·I2 = −18

Розв’яжіть

Δ = (23)(10) − (−8)(−8) = 166
I1 = Δ1/Δ = −24/166 = −0,1446 A
I2 = Δ2/Δ = −318/166 = −1,916 A

Відповідь

IR1 = I1 = −0,1446 A
VR1 = IR1·R1 = −0,1446·15 = −2,169 V

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: IR3 = −0,3048 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​ = 25 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​6 VR4​4 ΩAR5​30 ΩB+−V2​6 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
25·I1 + 4(I1 − I2) = 6
29·I1 − 4·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
20·I2 + 4(I2 − I1) + 30(I2 − I3) = 0
−4·I1 + 54·I2 − 30·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
5·I3 + 30(I3 − I2) = (−6)
−30·I2 + 35·I3 = −6

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 28150
I1 = Δ1/Δ = 5220/28150 = 0,1854 A
I2 = Δ2/Δ = −4380/28150 = −0,1556 A
I3 = Δ3/Δ = −8580/28150 = −0,3048 A

Відповідь

IR3 = I3 = −0,3048 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: IR1 = −3,14 A

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​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAR4​8 ΩBОБРИВ

Випадок 1 · діє лише V1

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

R3+R4 = 12+8 = 20 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 3·20/(3+20) = 2,609 Ω
VA = 15·2,609/(3+2,609) = 6,977 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 6,977·8/20 = 2,791 V
IR1′ = (VA − V1)/R1 = (6,977 − 15)/3 = −2,674 A
R1​ = 3 ΩR3​ = 12 ΩКЗR2​3 ΩAR4​8 ΩBIs​2,5 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 = 3·3/(3+3) = 1,5 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 8 ∥ 13,5 = 5,023 Ω
VB = Is·Req = (−2,5)·5,023 = −12,56 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −12,56·1,5/13,5 = −1,395 V
IR1″ = (VA − V1)/R1 = (−1,395 − 0)/3 = −0,4651 A

Додайте складові

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = (−2,674) + (−0,4651) = −3,14 A

Від’ємний результат означає, що насправді струм тече проти стрілки.

8.Метод накладання

Відповідь: IR3 = 2,948 A

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

R1​ = 10 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​9 VR3​2 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) = 2 ∥ 8 = 1,6 Ω
VA = 9·1,6/(10+1,6) = 1,241 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,241·6/8 = 0,931 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (1,241 − 0)/2 = 0,6207 A
R1​ = 10 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 6 ΩКЗR3​2 ΩAIs​3 ABКЗ

Випадок 2 · діє лише Is

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

R1 ∥ R3 = 1,667 Ω, тож лівий шлях — R2+1,667 = 3,667 Ω
Req = R4 ∥ 3,667 = 2,276 Ω
VB = Is·Req = 3·2,276 = 6,828 V
VA = VB·1,667/3,667 = 3,103 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (3,103 − 0)/2 = 1,552 A
R1​ = 10 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 6 ΩКЗR3​2 ΩAОБРИВB+−V2​9 V

Випадок 3 · діє лише V2

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

R1 ∥ R3 = 10·2/(10+2) = 1,667 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 9·3,667/9,667 = 3,414 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 3,414·1,667/3,667 = 1,552 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (1,552 − 0)/2 = 0,7759 A

Додайте складові

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = 0,6207 + 1,552 + 0,7759 = 2,948 A

Від’ємний результат означає, що насправді струм тече проти стрілки.

9.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = 8,182 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​ = 8 ΩR3​ = 8 ΩКЗR2​3 ΩAabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

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

R1 ∥ R2 = 8·3/(8+3) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 8 = 10,18 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​3 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) = 30·3/(8+3) = 8,182 V
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: IN = 1,194 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​ = 10 ΩR3​ = 6 ΩКЗR2​4 ΩAОБРИВBabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

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

R1 ∥ R2 = 10·4/(10+4) = 2,857 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,857 + 6 = 8,857 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAIs​1 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) = 1,714 + 1·2,857 = 4,571 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 4,571 + 1·6 = 10,57 V
IN​1,194 ARth​8,857 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 = 10,57/8,857 = 1,194 A
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: τ = 365,7 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.

Еквівалентна схема Тевенена з боку конденсатора

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

Rth = R1 ∥ R2 = 2,2·6,8/(2,2 + 6,8) = 1,662 kΩ
vC(∞) = 30·6,8/(2,2 + 6,8) = 22,67 V

Стала часу

τ = Rth·C = 1,662·220 = 365,7 ms

Відповідь

τ = 365,7 ms
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: t = 531,1 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) = 5 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 100 µF = 330 ms
vC(t) = 20 + (5 − 20)·e−t/τ

Виразіть час

17 = 20 + (−15)·e−t/τ → e−t/τ = (17 − 20)/(5 − 20) = 0,2
t = τ·ln((5 − 20)/(17 − 20)) = 330·ln(5) = 531,1 ms

Відповідь

t = 531,1 ms
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: φ = 78,32 °

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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,05 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·2,2·10⁻⁶) = 72,34 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(50² + (241,8)²) = 246,9 Ω

Кут зсуву фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(241,8/50) = 78,32°

Відповідь

φ = 78,32°
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: I = 0,1756 A

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

Реактивні опори

ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,2 = 628,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·4,7·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (560,6)²) = 569,4 Ω

Струм

Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.

I = V/|Z| = 100/569,4 = 0,1756 A

Відповідь

I = 0,1756 A
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: Q = 3072 var

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

Струм

|Z| = √(9² + 12²) = 15 Ω
I = V/|Z| = 240/15 = 16 A

Реактивна потужність

Q = I²·X = 16²·12 = 3072 var

Відповідь

Q = 3072 var
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: ΔP = 52,79 kW

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

Реактивна потужність наявного навантаження

Q1 = 118·tan(arccos 0,75) = 104,1 kvar

Найбільша сумарна активна потужність

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 104,1²) = 170,8 kW

Додаткова активна потужність

ΔP = 170,8 − 118 = 52,79 kW

Відповідь

ΔP = 52,79 kW
17.Трифазні системи

Відповідь: IL = 35,02 A

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.

Електрична вхідна потужність

Pin = Pout/η = 18,5/0,93 = 19,89 kW

Струм лінії

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 19892/(√3·400·0,82) = 35,02 A

Відповідь

IL = 35,02 A
18.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 1057 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 0,9) = 200·0,4843 = 96,86 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 53,14 kvar

Ємність на фазу

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

V = 400/√3 = 230,9 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 17712/(314,2·230,9²) = 1057 µF

Відповідь

Cph = 1057 µF
19.Трансформатори

Відповідь: I1 = 1,2 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 = 2400/10 = 240 V
I2 = 240/20 = 12 A

Первинний струм

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

I1 = I2/10 = 1,2 A

Відповідь

I1 = 1,2 A

Перевірка: навантаження з боку первинної обмотки a²·RL = 2000 Ω, і 2400/2000 дає той самий струм.

20.Трансформатори

Відповідь: Ploss = 1625 W

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

Втрати в міді при цьому навантаженні

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,25·2500 = 625 W

Сумарні втрати

Втрати в сталі однакові за будь-якого навантаження.

Ploss = 1000 + 625 = 1625 W

Відповідь

Ploss = 1625 W

ККД при цьому навантаженні η = 98,4%.

21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Rf = 1400 kΩ

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 неінвертувального підсилювача

V₋ = V₊ = Vin, а струм через R₁ тече й через Rf, тож Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (15 − 1)·100 = 1400 kΩ

Відповідь

Rf = 1400 kΩ
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: If = 0,02728 mA

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 = 1/47 = 0,02128 mA
I2 = V2/R2 = 0,6/100 = 0,006 mA
If = I1 + I2 = 0,02728 mA

Відповідь

If = 0,02728 mA
23.Діоди й транзистори

Відповідь: VCE = 10,33 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 = 20·10/(47 + 10) = 3,509 V
RTH = 47·10/(47 + 10) = 8,246 kΩ

Струм бази

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

IB = (3,509 − 0,7)/(8,246 + 121·1) = 21,73 µA

Струм колектора

IC = 120·21,73 µA = 2,608 mA
IE = 121·21,73 µA = 2,63 mA

Напруга колектор–емітер

VCE = 20 − 2,608·2,7 − 2,63·1 = 10,33 V

Відповідь

VCE = 10,33 V
24.Діоди й транзистори

Відповідь: Rmax = 425,7 Ω

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

Струм у найгіршому випадку

IR = 30 + 5 = 35 mA

Найбільший опір

Rmax = 14,9/0,035 = 425,7 Ω

Відповідь

Rmax = 425,7 Ω
25.Системи числення

Відповідь: U = 156

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

100 = 0110 0100
інвертовано: 1001 1011
+1 → 1001 1100

Прочитайте як беззнакове

1001 1100₂ = 256 − 100 = 156

Відповідь

U = 156
26.Системи числення

Відповідь: M = 2304 KiB

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.

Біти й байти

1024·768·24 = 18874368 bit = 2359296 B

Переведіть у KiB

2359296/1024 = 2304 KiB

Відповідь

M = 2304 KiB
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: N = 3

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

ABCD000111100001111000110302041507060120130150141819111010

Згрупуйте одиниці

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

A′C′D
AB′D
AB′C′

Мінімальна форма SOP

F = A′C′D + AB′D + AB′C′
N = 3

Відповідь

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

Відповідь: N = 3

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

Q після кожного фронту

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

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

Порахуйте зміни

0 → 0 → 1 → 1 → 0 → 0 → 1
N = 3

Відповідь

N = 3
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.4) = 1,065

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).

Виділення повного квадрата

s² + 8s + 41 = (s + 4)² + 25 = (s + 4)² + 5²

Зіставлення чисельника

F(s) = (29/5)·5/((s + 4)² + 5²)

Обернене перетворення

f(t) = e−4t·(5,8·sin 5t)
f(0,4) = e−4·0,4·(5,8·sin(5·0,4)) = 1,065

Відповідь

f(0,4) = 1,065
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.5) = 6,974

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

Перетворіть рівняння

(s² + 7s + 10)·Y(s) = 3s + 21 + 120/s
Y(s) = (3s² + 21s + 120)/(s(s + 2)(s + 5))

Простіші дроби

A = 120/(2·5) = 12
B = 90/((−2)·3) = −15
C = 90/((−5)·(−3)) = 6

Результат

y(t) = 12 − 15·e−2t + 6·e−5t
y(0,5) = 6,974

Відповідь

y(0,5) = 6,974

Перевірка: y(0) = A + B + C = 3.

31.Блок-схеми

Відповідь: T(0) = 0,6364

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

Внутрішній контур

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 7/(s + 6 + 7·2) = 7/(s + 20)

Зовнішній контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 35/(s + 20 + 35) = 35/(s + 55)

Результат

T(0) = 35/55 = 0,6364

Відповідь

T(0) = 0,6364
32.Блок-схеми

Відповідь: css = 0,1509

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) = 8/(s + 5 + 48)

Усталений режим

css = 1·8/53 = 0,1509

Відповідь

css = 0,1509

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

33.Перехідна характеристика

Відповідь: σ = −2,5

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 = 35 → ωₙ = 5,916 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·5,916) = 0,4226

Результат

σ = −ζωₙ = −5/2 = −2,5

Відповідь

σ = −2,5
34.Перехідна характеристика

Відповідь: %OS = 9,701 %

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/√(0,01·4,7 × 10⁻⁶) = 4613 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (55/2)·√(4,7 × 10⁻⁶/0,01) = 0,5962

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 9,701 %

Відповідь

%OS = 9,701 %
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: φ = −84,32 °

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

Частота зрізу

ωc = R/L = 100/0,1 = 1000 rad/s
fc = 159,2 Hz → f/fc = 1600/159,2 = 10,05

Фаза

φ = − atan(10,05) = −84,32°

Відповідь

φ = −84,32°
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: GM = 3,167 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/8) = 1 → ω180 = √(1·8) = 2,828 rad/s

Модуль на перетині за фазою

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 64)) = K/(1·8·(1 + 8)) = K/72

Запас за підсиленням

GM = 20·log₁₀(72/50) = 3,167 dB

Відповідь

GM = 3,167 dB
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: Kmax = 792

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 + 14s² + 63s + 90 + K = 0

Таблиця Рауса

s³: 1, 63
s²: 14, 90 + K
s¹: (14·63 − 90 − K)/14
s⁰: 90 + K

Умова

Елемент рядка s¹ має залишатися додатним.

K < 14·63 − 90 = 792

Відповідь

Kmax = 792

На межі контур коливається з частотою ω = √63 = 7,937 rad/s.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: σa = −6,5

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.

Полюси й нулі

полюси: −8, −3, −10, −5
n − m = 4 − 0 = 4

Центр ваги

σa = (−26)/4 = −6,5

Відповідь

σa = −6,5

4 асимптот виходять із центра під кутами 45°, 135°, 225°, 315°.

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 9,091 %

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.

Позиційна константа

Kp = 5·2 = 10

Похибка за східчастого сигналу

ess = 100/(1 + 10) = 9,091 %

Відповідь

ess = 9,091 %
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 0,05

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

Швидкісна константа

s·C(s) = 1s + 10 → 10 при s → 0.

Kv = 10·4/2 = 20

Похибка за лінійно наростального сигналу

ess = 1/20 = 0,05

Відповідь

ess = 0,05

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

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

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