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​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAR4​3 ΩB

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 15 VR1 = 2 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 ΩR4 = 3 Ω
Req = Ω
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 15 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​25 ΩIR2​AR4​12 ΩBR6​4 Ω

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 25 ΩR3 = 15 ΩR4 = 12 ΩR5 = 2 ΩR6 = 4 Ω
IR2 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​4 Ω+−V1​15 VI1​R2​6 Ω+−V2​24 VR3​15 Ω+−V3​9 VA

Між вузлом A і землею ввімкнено три вітки, як показано на схемі. Методом вузлових потенціалів знайдіть струм I1 у вітці 1, що тече вгору у вузол A в напрямку стрілки.

V1 = 15 VR1 = 4 ΩV2 = 24 VR2 = 6 ΩV3 = 9 VR3 = 15 Ω
I1 = A
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​5 VR2​12 ΩAR4​2 ΩB0,05·VA​

Ромб — це джерело струму, кероване напругою, що подає струм 0,05·VA (в A, де VA у V) угору у вузол B. Методом вузлових потенціалів знайдіть вузлову напругу VB (відносно землі).

V1 = 5 VR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 15 ΩR4 = 2 Ωg = 0,05 A/V
VB = V
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 3 ΩR2​ = 8 Ω+−V1​6 VR3​6 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

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

V1 = 6 VV2 = 10 VR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 Ω
I2 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 4 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​5 VR4​2 ΩAR5​20 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти контурний струм I3 (за годинниковою стрілкою).

V1 = 5 VV2 = 5 VR1 = 4 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 ΩR4 = 2 ΩR5 = 20 Ω
I3 = A
7.Метод накладанняСередня
лінійне колоVs​Is​IRL​

Лінійне резистивне коло містить одне джерело напруги Vs і одне джерело струму Is. Струм I через резистор навантаження виміряли двічі: при Vs = 8 V і Is = 4 mA I = 6 mA; при Vs = 15 V і Is = 3 mA I = 11,7 mA. Знайдіть струм навантаження I при Vs = 20 V і Is = 4 mA.

8 V, 4 mA → 6 mA15 V, 3 mA → 11,7 mAVs = 20 V, Is = 4 mA
I = mA
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 3 ΩR2​ = 6 Ω+−VR2​R4​ = 20 Ω+−V1​12 VR3​8 ΩAIs​3 AB+−V2​18 V

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

V1 = 12 VIs = 3 AV2 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 ΩR4 = 20 Ω
VR2 = V
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 Ω
Vth = V
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 12 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​25 ΩAIs​1,5 ABab

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

V1 = 18 VIs = 1,5 AR1 = 12 ΩR2 = 25 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​5 Vt = 0R = 10 ΩL22 mHi(t)

До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Через який час після замикання вимикача струм досягне 75% кінцевого значення? Знайдіть t.

Vs = 5 VR = 10 ΩL = 22 mH
t = ms
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​6 VR1​ = 33 ΩR2​ = 5 Ωрозмикається при t = 0L33 mHi(t)

Ключ паралельно R2 був замкнений тривалий час, тож струм котушки сталий. При t = 0 ключ розмикається. Знайдіть струм котушки i при t = 1 ms.

Vs = 6 VR1 = 33 ΩR2 = 5 ΩL = 33 mHt = 1 ms
i = A
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
50 V200 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 47 µF

Послідовне коло RLC підключено до мережі 50 V (діюче значення), 200 Hz. Знайдіть кут зсуву фаз φ повного опору в градусах (додатний, коли струм відстає від напруги).

V = 50 V (rms)f = 200 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 47 µF
φ = °
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
12 Vf0​R = 10 ΩL = 50 mHC = 2,2 µF

Послідовне RLC-коло живиться від джерела 12 V (діюче значення), частоту якого встановлено рівною резонансній частоті кола. Знайдіть діюче значення напруги VL на котушці.

V = 12 V (rms)R = 10 ΩL = 50 mHC = 2,2 µF
VL = V
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
P = 16 kWQ = ?Sφ

Однофазний двигун споживає 16 kW при коефіцієнті потужності 0,9 (індуктивному) від мережі 230 V. Знайдіть реактивну потужність Q, яку він споживає.

P = 16 kWpf = 0,9V = 230 V
Q = kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
24 V50 HzRs​ = 5 ΩXs​ = j6 ΩZL​ = ?

Джерело 24 V (діюче значення), 50 Hz має внутрішній опір Zs = 5 + j6 Ω. Опір навантаження ZL можна вибирати довільно. Знайдіть максимальну активну потужність Pmax, яку можна передати навантаженню.

Vs = 24 V (rms)f = 50 HzZs = 5 + j6 Ω
Pmax = W
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 208 VNZ = 15 + j20 Ωна фазу

Симетричне навантаження, з’єднане зіркою, з повним опором 15 + j20 Ω на фазу підключене до симетричної трифазної мережі з лінійною напругою 208 V. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку поглинає навантаження, у kW.

VL = 208 VZ = 15 + j20 Ω на фазу
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симетричне трифазне навантаження споживає 60 kW при коефіцієнті потужності 0,72 (відстаючому) від мережі 400 V (лінійна напруга), 60 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,92 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Знайдіть сумарну реактивну потужність QC, яку має постачати конденсаторна батарея, у kvar.

P = 60 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаториСередня
2 Ω41

До вторинної обмотки ідеального трансформатора з коефіцієнтом трансформації N₁:N₂ = 4:1 підключено резистор 2 Ω. Знайдіть опір R1′ з боку первинної обмотки.

N1:N2 = 4:1RL = 2 Ω
R1′ = Ω
20.ТрансформаториСкладна
100 kVA

Однофазний трансформатор 100 kVA має втрати в сталі 300 W і втрати в міді 900 W при номінальному навантаженні. При якому навантаженні Sη,max, у kVA, його ККД найвищий?

S = 100 kVAPcore = 300 WPcu,fl = 900 W
Sη,max = kVA
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = 22 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = 1 VRa​ = 4,7 kΩRb​ = 2 kΩ

ОП ідеальний і живиться від ±15 V. Знайдіть вихідну напругу Vout.

Vin = 1 VRa = 4,7 kΩRb = 2 kΩR1 = 1 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​Rf​ = 47 kΩV1​ = −0,8 VR1​ = 100 kΩV2​ = −0,7 VR2​ = 10 kΩ

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

V1 = −0,8 VV2 = −0,7 VR1 = 100 kΩR2 = 10 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
RC​ = 1,2 kΩβ = 200VCC​ = 12 VRB​ = 470 kΩ

NPN-транзистор з β = 200 зміщено базовим резистором RB = 470 kΩ від джерела живлення VCC = 12 V. Колекторний резистор RC = 1,2 kΩ, емітер заземлено. Візьміть VBE = 0,7 V і вважайте, що транзистор в активному режимі. Знайдіть напругу колектор–емітер VCE.

VCC = 12 VRB = 470 kΩRC = 1,2 kΩβ = 200VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Діоди й транзисториСкладна
+−≤ 26 V100 Ω6,2 V

Стабілізатор на стабілітроні 6,2 В має послідовний резистор 100 Ом. Вхідна напруга може зрости до 26 В, а навантаження може бути відключене. Знайдіть найбільшу потужність PZ,max, яку має розсіювати стабілітрон.

Vin,max = 26 VVZ = 6,2 VR = 100 Ω
PZ,max = mW
25.Системи численняСередня
ваги розрядів у додатковому коді1−12806403211618040211

8-бітовий шаблон 1001 1001 зберігає ціле число зі знаком у додатковому коді. Яке його значення N у десятковій системі?

1001 10018 bit
N =
26.Системи численняСкладна
8 bit1 px256 px256 pxM = ? KiB

Нестиснене зображення має 256 × 256 пікселів і 8 бітів на піксель. Скільки пам'яті M воно займає, у KiB (1 KiB = 1024 байти)?

256 × 256 px8 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABCD00011110000111101111111

На цій карті Карно рівно одна 1 не має сусідньої 1, тож у мінімальній формі SOP вона лишається групою з однієї клітинки (повний мінтерм із чотирьох літералів). Сусіди через краї карти враховуються. Клікніть цю клітинку.

F = Σm(3, 4, 7, 9, 11, 13, 15)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
CLKJK123456

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

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

Знайдіть f(t) для F(s) = 30/(s(s + 3)(s + 5)) розкладом на простіші дроби й обчисліть f(0,4).

F(s) = 30/(s(s + 3)(s + 5))t = 0,4 s
f(0.4) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,4y(0,4) = ?

Розв’яжіть y″ + 8y′ + 12y = 0 при y(0) = 4 і y′(0) = −12 за допомогою перетворення Лапласа й знайдіть y(0,4).

y″ + 8y′ + 12y = 0y(0) = 4y′(0) = −12t = 0,4 s
y(0.4) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+7(s + 3)(s + 5)(s + 6)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = 7(s + 3)/((s + 5)(s + 6)). На задавальний сигнал подано сходинку розміром 1. Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 7(s + 3)/((s + 5)(s + 6))R = 1
ess =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+7s + 3G₁+9s + 2G₂C(s)0,5H₁−0,1H₂−

Згорніть блок-схему з G₁ = 7/(s + 3), G₂ = 9/(s + 2), внутрішнім від’ємним зворотним зв’язком H₁ = 0,5 навколо G₂ та зовнішнім від’ємним зворотним зв’язком H₂ = 0,1. Знайдіть статичний коефіцієнт підсилення T(0) для C(s)/R(s).

G₁ = 7/(s + 3)G₂ = 9/(s + 2)H₁ = 0,5H₂ = 0,1
T(0) =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)1tp​ = ?

Система має передатну функцію G(s) = 5/(s² + 2s + 5) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть час піку tp перехідної характеристики.

G(s) = 5/(s² + 2s + 5)
tp = s
34.Перехідна характеристикаСкладна
R(s)+15s(s + 6)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = 15/(s(s + 6)). Знайдіть 2-відсотковий час встановлення ts перехідної характеристики замкненої системи за формулою ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 15/(s(s + 6))
ts = s
35.Діаграми Боде та запасиСередня
vin​R = 2,2 kΩC = 22 nFvout​

RC-фільтр нижніх частот на рисунку має R = 2,2 kΩ, C = 22 nF. На вхід подають синусоїдний сигнал 820 Hz. Знайдіть фазовий зсув φ сигналу vout відносно vin, у градусах.

R = 2,2 kΩC = 22 nFf = 820 Hz
φ = °
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 20/(s(s + 8)). Знайдіть запас за фазою PM у градусах.

L(s) = 20/(s(s + 8))
PM = °
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+Ks + 5s(s + 1)(s + 3)C(s)−

Контур з одиничним зворотним зв’язком має L(s) = K(s + 5)/(s(s + 1)(s + 3)), K > 0. Знайдіть найбільше значення Kmax, за якого замкнена система стійка.

L(s) = K(s + 5)/(s(s + 1)(s + 3))
Kmax =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReImζ = 0,6−5−10j5

Показано кореневий годограф L(s) = K/(s(s + 10)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого полюси замкненої системи мають коефіцієнт демпфування ζ = 0,6.

L(s) = K/(s(s + 10))ζ = 0,6
K =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
R(s)+K = 20,50,5s + 1C(s)−

Процес G(s) = 0,5/(0,5s + 1) регулюється пропорційним коефіцієнтом підсилення K = 2 у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть усталену похибку ess для східчастого сигналу у відсотках від величини східця.

G(s) = 0,5/(0,5s + 1)K = 2
ess = %
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+10 + Kd​s10s(s + 2)C(s)−

ПД-регулятор C(s) = 10 + Kd·s керує об’єктом G(s) = 10/(s(s + 2)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть диференціальний коефіцієнт Kd, за якого замкнена система має коефіцієнт демпфування ζ = 0,9.

G(s) = 10/(s(s + 2))Kp = 10ζ = 0,9
Kd = s

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 5,75 Ω

Послідовне й паралельне з’єднання: послідовно через кожен резистор тече той самий струм і R = R₁ + R₂ + …. Паралельно на кожному резисторі та сама напруга і 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Драбинчасту мережу спрощують по одній парі, доки не залишиться один еквівалентний опір.

R1​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​15 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 = 2 + 3 = 5 Ω
R2 ∥ 5 = 15·5/(15+5) = 3,75 Ω
Req = R1 + 3,75 = 2 + 3,75 = 5,75 Ω

Відповідь

Req = 5,75 Ω
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 0,1004 A

Послідовне й паралельне з’єднання: послідовно через кожен резистор тече той самий струм і R = R₁ + R₂ + …. Паралельно на кожному резисторі та сама напруга і 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Драбинчасту мережу спрощують по одній парі, доки не залишиться один еквівалентний опір.

R1​ = 15 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​25 ΩAR4​12 ΩBR6​4 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 = 2 + 4 = 6 Ω
R4 ∥ 6 = 4 Ω
R3 + 4 = 19 Ω
R2 ∥ 19 = 10,8 Ω
Req = R1 + 10,8 = 15 + 10,8 = 25,8 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 6/25,8 = 0,2326 A

Струм через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 6 − 0,2326·15 = 2,511 V
IR2 = VA/R2 = 2,511/25 = 0,1004 A

Відповідь

IR2 = 0,1004 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: I1 = −0,569 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

Нижній провід візьміть за землю. Кожна вітка проводить від A струм (VA − Vk)/Rk, де Vk — напруга її джерела (нуль для простого резистора). Сума струмів, що виходять з A, дорівнює нулю.

(VA − 15)/4 + (VA − 24)/6 + (VA − 9)/15 = 0

Знайдіть VA

VA = (15/4 + 24/6 + 9/15) / (1/4 + 1/6 + 1/15) = 8,35/0,4833 = 17,28 V

Струм гілки

Стрілка спрямована вгору вздовж вітки, у вузол A.

I1 = (15 − VA)/R1 = (15 − 17,28)/4 = −0,569 A

Відповідь

I1 = −0,569 A

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

4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VB = 0,7307 V

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

ЗСК для вузла A

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

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,4833·VA − 0,06667·VB = 1,667

ЗСК для вузла B

Залежне джерело подає g·VA у вузол B. Розглядайте його як незалежне джерело, потім перенесіть доданок з VA у ліву частину.

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,05·VA
−0,1167·VA + 0,5667·VB = 0

Розв’яжіть

Δ = (0,4833)(0,5667) − (−0,06667)(−0,1167) = 0,2661
VA = Δ1/Δ = 0,9444/0,2661 = 3,549 V
VB = Δ2/Δ = 0,1944/0,2661 = 0,7307 V

Відповідь

VB = 0,7307 V
5.Метод контурних струмів

Відповідь: I2 = −0,6 A

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

R1​ = 3 ΩR2​ = 8 Ω+−V1​6 VR3​6 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
3·I1 + 6(I1 − I2) = 6
9·I1 − 6·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 + R3(I2 − I1) = −V2
8·I2 + 6(I2 − I1) = (−10)
−6·I1 + 14·I2 = −10

Розв’яжіть

Δ = (9)(14) − (−6)(−6) = 90
I1 = Δ1/Δ = 24/90 = 0,2667 A
I2 = Δ2/Δ = −54/90 = −0,6 A

Відповідь

I2 = −0,6 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: I3 = −0,1885 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​ = 4 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​5 VR4​2 ΩAR5​20 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
4·I1 + 2(I1 − I2) = 5
6·I1 − 2·I2 = 5

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
5·I2 + 2(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−2·I1 + 27·I2 − 20·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
15·I3 + 20(I3 − I2) = (−5)
−20·I2 + 35·I3 = −5

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 3130
I1 = Δ1/Δ = 2525/3130 = 0,8067 A
I2 = Δ2/Δ = −250/3130 = −0,07987 A
I3 = Δ3/Δ = −590/3130 = −0,1885 A

Відповідь

I3 = −0,1885 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: I = 15,6 mA

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

Запишіть відгук як суму внесків

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

I = k₁·Vs + k₂·Is
8·k₁ + 4·k₂ = 6
15·k₁ + 3·k₂ = 11,7

Знайдіть коефіцієнти

Δ = (8)(3) − (4)(15) = −36
k₁ = Δ1/Δ = −28,8/−36 = 0,8
k₂ = Δ2/Δ = 3,6/−36 = −0,1
k₁ = 0,8 mA/V, k₂ = −0,1

Обчисліть новий струм

I = 0,8·20 + (−0,1)·4 = 15,6 mA

Відповідь

I = 15,6 mA
8.Метод накладання

Відповідь: VR2 = −14,75 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 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​12 VR3​8 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) = 8 ∥ 26 = 6,118 Ω
VA = 12·6,118/(3+6,118) = 8,052 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 8,052·20/26 = 6,194 V
VR2′ = VA − VB = 8,052 − 6,194 = 1,858 V
R1​ = 3 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 20 ΩКЗR3​8 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 = 2,182 Ω, тож лівий шлях — R2+2,182 = 8,182 Ω
Req = R4 ∥ 8,182 = 5,806 Ω
VB = Is·Req = 3·5,806 = 17,42 V
VA = VB·2,182/8,182 = 4,645 V
VR2″ = VA − VB = 4,645 − 17,42 = −12,77 V
R1​ = 3 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 20 ΩКЗR3​8 ΩAОБРИВB+−V2​18 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 = 3·8/(3+8) = 2,182 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 18·8,182/28,18 = 5,226 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 5,226·2,182/8,182 = 1,394 V
VR2‴ = VA − VB = 1,394 − 5,226 = −3,832 V

Додайте складові

VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = 1,858 + (−12,77) + (−3,832) = −14,75 V

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

9.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = 20 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​ = 3 ΩR3​ = 10 ΩКЗR2​6 ΩAabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

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

R1 ∥ R2 = 3·6/(3+6) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 10 = 12 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

Коли a–b розімкнені, через R₃ струм не тече, тож спаду на ньому немає і V_b = V_A. R₁ і R₂ утворюють дільник напруги.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 30·6/(3+6) = 20 V
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: IN = 2,504 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​ = 12 ΩR3​ = 4 ΩКЗR2​25 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 = 12·25/(12+25) = 8,108 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,108 + 4 = 12,11 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​25 ΩAIs​1,5 ABab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

Коли a–b розімкнені, Iₛ може текти лише через R₃ у вузол A. Знайдіть V_A накладанням V₁ та Iₛ, потім додайте спад на R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 12,16 + 1,5·8,108 = 24,32 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 24,32 + 1,5·4 = 30,32 V
IN​2,504 ARth​12,11 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 = 30,32/12,11 = 2,504 A
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: t = 3,05 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.

Стала часу і кінцевий струм

Через тривалий час після замикання котушка поводиться як коротке замикання, тож кінцевий струм визначає лише R.

τ = L/R = 22 mH / 10 Ω = 2,2 ms
i(∞) = Vs/R = 5/10 = 0,5 A

Виразіть час

0,75 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,75)
t = −2,2·ln(0,25) = 3,05 ms

Відповідь

t = 3,05 ms
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: i = 0,1655 A

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

Початкове значення, кінцеве значення, стала часу

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

i(0) = 6/33 = 0,1818 A
i(∞) = 6/(33 + 5) = 0,1579 A
τ = L/R = 33/38 = 0,8684 ms
i(t) = 0,1579 + (0,1818 − 0,1579)·e−t/τ

Струм у заданий момент

i(1) = 0,1579 + (0,02392)·e−1/0,8684 = 0,1655 A

Відповідь

i = 0,1655 A
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: φ = 47,4 °

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 = 1257·0,1 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·47·10⁻⁶) = 16,93 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (108,7)²) = 147,7 Ω

Кут зсуву фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(108,7/100) = 47,4°

Відповідь

φ = 47,4°
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: VL = 180,9 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|.

Резонанс

При резонансі реактивні опори компенсуються, тож повний опір дорівнює просто R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,05·2,2·10⁻⁶) = 3015 rad/s
I = V/R = 12/10 = 1,2 A

Напруга на котушці

XL = ω₀L = 3015·0,05 = 150,8 Ω
VL = I·XL = 1,2·150,8 = 180,9 V

Відповідь

VL = 180,9 V

Це в Q = 15,08 разів більше за напругу мережі.

15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: Q = 7,749 kvar

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

Кут

φ = arccos(0,9) = 25,84°, tan φ = 0,4843

Реактивна потужність

Q = P·tan φ = 16·0,4843 = 7,749 kvar

Відповідь

Q = 7,749 kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: Pmax = 28,8 W

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

Спряжене узгодження

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

ZL = Zs* = 5 − j6 Ω

Максимальна потужність

I = Vs/(2Rs) = 24/10 = 2,4 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 24²/(4·5) = 28,8 W

Відповідь

Pmax = 28,8 W
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 1,038 kW

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

Фазна напруга

Vph = 208/√3 = 120,1 V

Фазний струм

|Z| = √(15² + 20²) = 25 Ω
Iph = 120,1/25 = 4,804 A

Сумарна активна потужність

Активну потужність поглинає лише активна складова кожного опору.

P = 3·Iph²·R = 3·4,804²·15 = 1,038 kW

Відповідь

P = 1,038 kW

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

18.Трифазні системи

Відповідь: QC = 32,27 kvar

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

Реактивна потужність до і після

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

Q1 = 60·tan(acos 0,72) = 60·0,9639 = 57,83 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,92) = 60·0,426 = 25,56 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 32,27 kvar

Відповідь

QC = 32,27 kvar
19.Трансформатори

Відповідь: R1′ = 32 Ω

Ідеальний трансформатор: напруги відносяться як кількості витків, а струми — обернено: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a і I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, тож вхідна потужність дорівнює вихідній, V₁·I₁ = V₂·I₂. Опір навантаження Z у вторинному колі з боку первинної обмотки виглядає як a²·Z.

Зведений опір

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

R1′ = a²·RL = 4²·2 = 32 Ω

Відповідь

R1′ = 32 Ω
20.Трансформатори

Відповідь: Sη,max = 57,74 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 = 300 → x = √(300/900) = 0,5774

Навантаження при максимальному ККД

Sη,max = x·S = 0,5774·100 = 57,74 kVA

Відповідь

Sη,max = 57,74 kVA
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 6,866 V

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

Напруга на вході +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 1·2/(4,7 + 2) = 0,2985 V

Коефіцієнт підсилення неінвертувального підсилювача

V₋ = V₊, і струм через R₁ тече також через Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,2985·(1 + 22/1) = 6,866 V

Відповідь

Vout = 6,866 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 3,666 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 = −0,8/100 = −0,008 mA
I2 = V2/R2 = −0,7/10 = −0,07 mA
If = I1 + I2 = −0,078 mA

Вихідна напруга

Vout = −Rf·If = −47·(−0,078) = 3,666 V

Відповідь

Vout = 3,666 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: VCE = 6,23 V

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

Струм бази

IB = (VCC − VBE)/RB = (12 − 0,7)/470 kΩ = 24,04 µA

Струм колектора

IC = β·IB = 200·24,04 µA = 4,809 mA

Напруга колектор–емітер

VCE = 12 − 4,809 mA·1,2 kΩ = 6,23 V

Відповідь

VCE = 6,23 V
24.Діоди й транзистори

Відповідь: PZ,max = 1228 mW

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 стабілітрона в найгіршому випадку

IZ = 19,8/100 = 198 mA

Потужність стабілітрона

PZ = 6,2·198 = 1228 mW

Відповідь

PZ,max = 1228 mW
25.Системи числення

Відповідь: N = −103

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

Додайте ваги

Інші біти зберігають свої звичайні додатні ваги.

−128 + 16 + 8 + 1 = −103

Відповідь

N = −103
26.Системи числення

Відповідь: M = 64 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

256·256·8 = 524288 bit = 65536 B

Переведіть у KiB

65536/1024 = 64 KiB

Відповідь

M = 64 KiB
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: AB = 01, CD = 00

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

Сусіди кожної 1

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

m4: m5, m6, m0, m12 → 0
ABCD00011110000111101111111

Ізольована 1

m4 = A′BC′D′ → AB = 01, CD = 00

Відповідь

AB = 01, CD = 00
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: фронт такту 5

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

Перша зміна з 1 на 0

фронт такту 5

Відповідь

фронт такту 5
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.4) = 0,9

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 + 3) + C/(s + 5)
A = 30/(3·5) = 2
B = 30/((−3)·2) = −5
C = 30/((−5)·(−2)) = 3

Обернене перетворення

f(t) = 2 − 5·e−3t + 3·e−5t

Обчисліть

f(0,4) = 2 − 5·e−3·0,4 + 3·e−5·0,4 = 0,9

Відповідь

f(0,4) = 0,9
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.4) = 1,439

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

Перетворіть рівняння

s²Y − 4s − (−12) + 8(sY − 4) + 12Y = 0
Y(s) = (4s + 20)/((s + 2)(s + 6))

Простіші дроби

A = 12/4 = 3
B = −4/(−4) = 1

Результат

y(t) = 3·e−2t + e−6t
y(0,4) = 1,439

Відповідь

y(0,4) = 1,439

Перевірка: y(0) = A + B = 4.

31.Блок-схеми

Відповідь: ess = 0,5882

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 положенням

Kₚ = G(0) = 7·3/(5·6) = 0,7

Усталена похибка

ess = A/(1 + Kₚ) = 1/(1 + 0,7) = 0,5882

Відповідь

ess = 0,5882
32.Блок-схеми

Відповідь: T(0) = 2,442

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

Внутрішній контур

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 9/(s + 6,5)

Зовнішній контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 63/((s + 3)(s + 6,5) + 6,3)

Статичний коефіцієнт підсилення

T(0) = 63/(3·6,5 + 6,3) = 63/25,8 = 2,442

Відповідь

T(0) = 2,442
33.Перехідна характеристика

Відповідь: tp = 1,571 s

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

Порівняйте зі стандартною формою

Знаменник має збігатися з s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 5 → ωₙ = 2,236 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·2,236) = 0,4472

Результат

ωd = 2,236·√(1 − 0,4472²) = 2 rad/s → tp = π/ωd = 1,571 s

Відповідь

tp = 1,571 s
34.Перехідна характеристика

Відповідь: ts = 1,333 s

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

Передатна функція замкненої системи

T(s) = 15/(s² + 6s + 15): ωₙ = 3,873 rad/s, ζ = 0,7746

Час встановлення

ζωₙ = 6/2 = 3
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 1,333 s

Відповідь

ts = 1,333 s

Для цього контуру ζωₙ = a/2 за будь-якого K: збільшення K додає перерегулювання, але не скорочує час встановлення.

35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: φ = −14 °

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 = 1/(RC) = 1/(2200·2,2 × 10⁻⁸) = 20661 rad/s
fc = 3288 Hz → f/fc = 820/3288 = 0,2494

Фаза

φ = − atan(0,2494) = −14°

Відповідь

φ = −14°
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: PM = 73,33 °

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

Зріз за підсиленням

ω⁴ + 64ω² − 400 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·400))/2 = 5,736
ωc = 2,395 rad/s

Запас за фазою

∠L(jωc) = −90° − atan(2,395/8) = −106,7°
PM = 180° + ∠L = 73,33°

Відповідь

PM = 73,33°
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: Kmax = 12

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

Характеристичний поліном

s(s + 1)(s + 3) + K(s + 5) = s³ + 4s² + (3 + K)s + 5K

Таблиця Рауса

s³: 1, 3 + K
s²: 4, 5K
s¹: (4·(3 + K) − 5K)/4
s⁰: 5K

Умова

12 − 1K > 0
K < 12/1 = 12

Відповідь

Kmax = 12

Якби нуль лежав праворуч від s = −4, контур залишався б стійким за будь-якого K > 0.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: K = 69,44

Кореневий годограф: зі зростанням коефіцієнта підсилення K від 0 до ∞ полюси замкненої системи, тобто корені рівняння 1 + K·G(s) = 0, рухаються від полюсів розімкненої системи до її нулів або до нескінченності. Точка дійсної осі належить годографу, коли кількість дійсних полюсів і нулів праворуч від неї непарна. n − m віток, що йдуть у нескінченність, прямують уздовж асимптот під кутами (2q + 1)·180°/(n − m), які виходять із центра σₐ = (Σ полюсів − Σ нулів)/(n − m). Гілки відходять від дійсної осі або сходяться на ній там, де dK/ds = 0. Умова кута ∠G(s) = 180° визначає форму годографа, а умова модуля K = 1/|G(s)| дає значення K у будь-якій точці годографа.

Порівняйте зі стандартною формою

s² + 10s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,6·ωₙ = 10 → ωₙ = 8,333 rad/s

Коефіцієнт підсилення

K = ωₙ² = 8,333² = 69,44

Відповідь

K = 69,44

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

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 50 %

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 = 2·0,5 = 1

Похибка за східчастого сигналу

ess = 100/(1 + 1) = 50 %

Відповідь

ess = 50 %
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: Kd = 1,6 s

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

Характеристичний поліном

s(s + 2) + 10(10 + Kds) = s² + (2 + 10Kd)s + 100

Власна частота

ωₙ = √100 = 10 rad/s

Диференціальний коефіцієнт підсилення

2 + 10Kd = 2·0,9·10 = 18
Kd = 1,6 s

Відповідь

Kd = 1,6 s

Диференціальна складова додає демпфування, не змінюючи ωₙ.

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

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