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​ = 3 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩIR2​AR4​12 ΩB

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 ΩR4 = 12 Ω
IR2 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 25 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​15 VR2​12 ΩAR4​3 ΩBR6​20 Ω

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 15 VR1 = 25 ΩR2 = 12 ΩR3 = 30 ΩR4 = 3 ΩR5 = 30 ΩR6 = 20 Ω
Req = Ω
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAR4​5 ΩBIs​2 A

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

V1 = 12 VIs = 2 AR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 ΩR4 = 5 Ω
VB = V
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 15 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAR4​30 ΩB0,1·VA​

Ромб — це джерело струму, кероване напругою, що подає струм 0,1·VA (в A, де VA у V) угору у вузол B. Методом вузлових потенціалів знайдіть вузлову напругу VA (відносно землі).

V1 = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 10 ΩR4 = 30 Ωg = 0,1 A/V
VA = V
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 4 ΩR2​ = 8 Ω+−V1​9 VR3​15 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

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

V1 = 9 VV2 = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 Ω
I1 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 4 ΩR2​ = 8 ΩR3​ = 30 ΩIR3​+−V1​18 VR4​3 ΩAR5​5 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

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

V1 = 18 VV2 = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 30 ΩR4 = 3 ΩR5 = 5 Ω
IR3 = A
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 20 ΩIR1​R3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩAR4​15 ΩBIs​2,5 A

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

V1 = 10 VIs = 2,5 AR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 ΩR4 = 15 Ω
IR1 = A
8.Метод накладанняСкладна
лінійне колоV1​V2​Is​IRL​

Лінійне резистивне коло містить три незалежні джерела: V1, V2 і Is. Струм I через навантаження виміряли тричі. Коли всі джерела мають звичайні значення, I = 19,5 mA. Коли V1 подвоєне, а два інші без змін, I = 27,5 mA. Коли напрямок Is змінено на протилежний, а два інші без змін, I = 7,5 mA. Знайдіть струм навантаження I, коли V2 вимкнене, а V1 і Is мають звичайні значення.

звичайні значення: I = 19,5 mA2·V1: I = 27,5 mA−Is: I = 7,5 mA
I = mA
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 4 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAab

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

V1 = 30 VR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩAIs​3 ABRL​8 ΩIL​

До a–b підключено навантаження RL = 8 Ω. Замініть решту кола еквівалентом Тевенена і знайдіть струм навантаження IL.

V1 = 24 VIs = 3 AR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩR3 = 8 ΩRL = 8 Ω
IL = A
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​5 Vt = 0R = 20 ΩL47 mHi(t)

До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Знайдіть енергію W(∞), накопичену в котушці після встановлення режиму, у mJ.

Vs = 5 VR = 20 ΩL = 47 mH
W(∞) = mJ
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​20 Vt = 0R = 4,7 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 30 V

Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 30 V з указаною полярністю. За який час vC досягне 22 V? Знайдіть t.

Vs = 20 VR = 4,7 kΩC = 68 µFvC(0) = 30 V
t = ms
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
120 V60 HzR = 25 ΩL = 200 mHC = 47 µFI

Послідовне коло RLC підключено до мережі 120 V (діюче значення), 60 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.

V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 25 ΩL = 200 mHC = 47 µF
I = A
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
5 Vf0​R = 20 ΩL = 5 mHC = 0,47 µF

Послідовне RLC-коло живиться від джерела 5 V (діюче значення), частоту якого встановлено рівною резонансній частоті кола. Знайдіть діюче значення напруги VL на котушці.

V = 5 V (rms)R = 20 ΩL = 5 mHC = 0,47 µF
VL = V
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
P = 17 kWQ = ?Sφ

Однофазний двигун споживає 17 kW при коефіцієнті потужності 0,6 (індуктивному) від мережі 400 V. Знайдіть реактивну потужність Q, яку він споживає.

P = 17 kWpf = 0,6V = 400 V
Q = kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P = 30 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазне навантаження споживає 30 kW при коефіцієнті потужності 0,7 (індуктивному) від мережі 400 V, 50 Hz. Паралельно підключений конденсатор підвищує коефіцієнт потужності до 0,98. Знайдіть реактивну потужність QC, яку має постачати конденсатор.

P = 30 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98V = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 415 VIL​ = ?M45 kW, η = 92%cos φ = 0,86

Трифазний асинхронний двигун при повному навантаженні розвиває механічну потужність 45 kW. При цьому навантаженні його ККД становить 92%, а коефіцієнт потужності 0,86, відстаючий. Лінійна напруга мережі 415 V. Знайдіть лінійний струм IL.

Pout = 45 kWη = 92%cos φ = 0,86VL = 415 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), 60 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,98 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Знайдіть сумарну реактивну потужність QC, яку має постачати конденсаторна батарея, у kvar.

P = 200 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаториСередня
2400 V240 VIHV​ILV​ = ?10 kVA

Однофазний трансформатор 10 kVA, 2400/240 V працює з номінальним навантаженням. Вважайте його ідеальним. Знайдіть струм ILV в обмотці нижчої напруги.

S = 10 kVAV1 = 2400 VV2 = 240 V
ILV = A
20.ТрансформаториСкладна
pf 0,8100 kVA, 75% навантаження

Однофазний трансформатор 100 kVA має втрати в сталі 600 W і втрати в міді 900 W при номінальному навантаженні. Він віддає 75% своєї номінальної потужності в kVA при коефіцієнті потужності 0,8 (відстаючому). Знайдіть сумарні втрати Ploss у ватах при цьому навантаженні.

S = 100 kVAPcore = 600 WPcu,fl = 900 Wx = 0,75pf = 0,8
Ploss = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​R2​ = 10 kΩV1​ = 0,5 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 1,6 VR3​ = 4,7 kΩR4​ = 10 kΩ

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

V1 = 0,5 VV2 = 1,6 VR1 = R3 = 4,7 kΩR2 = R4 = 10 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​C = 1 µFVin​ = 2,7 VR = 10 kΩ

Інтегратор використовує ідеальний ОП із живленням ±15 V; його вихід насичується на рівні ±12 V. Конденсатор розряджений, коли при t = 0 подається стала вхідна напруга Vin = 2,7 V. Знайдіть вихідну напругу Vout при t = 5 ms.

Vin = 2,7 VR = 10 kΩC = 1 µFVsat = ±12 Vt = 5 ms
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
+−20 V680 Ω5,1 V2200 ΩIZ​ = ?

Стабілізатор на стабілітроні 5,1 В живиться від 20 В через 680 Ом і живить навантаження 2200 Ом. Знайдіть струм стабілітрона IZ.

Vin = 20 VVZ = 5,1 VR = 680 ΩRL = 2200 Ω
IZ = mA
24.Діоди й транзисториСкладна
RC​ = 1 kΩβ = 150VCC​ = 9 V3,3 VRB​ = ?

NPN-транзистор з β = 150 комутує резистор навантаження 1 kΩ, увімкнений між VCC = 9 V і його колектором. Емітер заземлено. Базу керують від логічного виходу 3,3 V через базовий резистор RB. Візьміть VBE = 0,7 V і VCE(sat) = 0,2 V. Знайдіть найбільший базовий резистор RB, у kΩ, за якого транзистор ще входить у насичення.

VCC = 9 VRC = 1 kΩβ = 150Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Системи численняСередня
ваги розрядів у додатковому коді1−12806413211618140211

8-бітовий шаблон 1011 1101 зберігає ціле число зі знаком у додатковому коді. Яке його значення N у десятковій системі?

1011 11018 bit
N =
26.Системи численняСкладна
клацайте біти, щоб встановити їх012806403201608040201

Встановіть біти за 8-бітовим результатом 1100 0011 XOR 0111 1001. Яке значення R результату в десятковій системі?

1100 0011XOR0111 1001
R =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABCD00011110000111101111111

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

F = Σm(0, 1, 2, 4, 7, 10, 12)
  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
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKJOHNSON

4-розрядний лічильник Джонсона Q₃Q₂Q₁Q₀ починає з 0000. На кожному фронті такту біти зсуваються на одне місце праворуч (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀), а Q₃ отримує інверсію Q₀. Запишіть стан Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ як десяткове число після 4 фронтів такту.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 00004
Q =
29.Перетворення ЛапласаСередня
ReIm−5−10−15−20−25−30−35

Знайдіть f(t) для F(s) = (s + 33)/(s² + 2s + 2), виділивши повний квадрат, і обчисліть f(0,1).

F(s) = (s + 33)/(s² + 2s + 2)t = 0,1 s
f(0.1) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Система підпорядковується рівнянню y″ + 8y′ + 15y = 30·u(t) при y(0) = 5 і y′(0) = 0. У момент t = 0 подають вхідну сходинку u(t) = 5. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть y(0,25).

y″ + 8y′ + 15y = 30·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 5t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+10s + 2G(s)C(s)0,5H−

Об’єкт G(s) = 10/(s + 2) керується в контурі від’ємного зворотного зв’язку, датчик якого має коефіцієнт підсилення H = 0,5. На R подано сходинку розміром 10. Знайдіть усталений вихід css.

G(s) = 10/(s + 2)H = 0,5R = 10
css =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+38s(s + 2)G(s)C(s)0,5H−

Об’єкт G(s) = 38/(s(s + 2)) охоплено від’ємним зворотним зв’язком із коефіцієнтом датчика H = 0,5. Полюси замкненої системи комплексні. Знайдіть їхню дійсну частину σ.

G(s) = 38/(s(s + 2))H = 0,5
σ =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)1ts​ = ?

Система має передатну функцію G(s) = 66/(s² + 9s + 66) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть 2-відсотковий час встановлення ts перехідної характеристики за формулою ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 66/(s² + 9s + 66)
ts = s
34.Перехідна характеристикаСкладна
R(s)+Ks(s + 10)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = K/(s(s + 10)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого перехідна характеристика має перерегулювання 5 %.

G(s) = K/(s(s + 10))%OS = 5 %
K =
35.Діаграми Боде та запасиСередня
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 4

Знайдіть фазу ∠G(jω) функції G(s) = 8(s + 19)/(s(s + 9)) за ω = 4 rad/s, у градусах.

G(s) = 8(s + 19)/(s(s + 9))ω = 4 rad/s
∠G(jω) = °
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) = K/(s(s + 3)(s + 6)). Знайдіть підсилення K, що дає запас за підсиленням 8 dB.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 6))GM = 8 dB
K =
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+Ks + 6s(s + 1)(s + 4)C(s)−

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

L(s) = K(s + 6)/(s(s + 1)(s + 4))
Kmax =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2

Контур з одиничним зворотним зв’язком має L(s) = K/((s + 6)(s + 5)(s + 4)). Знайдіть точку σa, у якій асимптоти кореневого годографа перетинають дійсну вісь.

L(s) = K/((s + 6)(s + 5)(s + 4))
σa =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
R(s)+K(s + 4)(s + 5)C(s)−

Контур з одиничним зворотним зв’язком має G(s) = K/((s + 4)(s + 5)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого усталена похибка для східчастого входу становить 25 %.

G(s) = K/((s + 4)(s + 5))ess = 25 %
K =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+K = 504s(s + 10)C(s)−

П-регулятор K = 50 керує об’єктом G(s) = 4/(s(s + 10)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS перехідної характеристики.

G(s) = 4/(s(s + 10))K = 50
%OS = %

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 0,8127 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​ = 3 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAR4​12 ΩB

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R3 + R4 = 5 + 12 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 10·17/(10+17) = 6,296 Ω
Req = R1 + 6,296 = 3 + 6,296 = 9,296 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 12/9,296 = 1,291 A

Струм через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 12 − 1,291·3 = 8,127 V
IR2 = VA/R2 = 8,127/10 = 0,8127 A

Відповідь

IR2 = 0,8127 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 33,79 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​ = 25 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​15 VR2​12 ΩAR4​3 ΩBR6​20 Ω

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R5 + R6 = 30 + 20 = 50 Ω
R4 ∥ 50 = 2,83 Ω
R3 + 2,83 = 32,83 Ω
R2 ∥ 32,83 = 8,788 Ω
Req = R1 + 8,788 = 25 + 8,788 = 33,79 Ω

Відповідь

Req = 33,79 Ω
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VB = 9,711 V

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

R1​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAR4​5 ΩBIs​2 A

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 12 V). Невідомі: VA, VB.

ЗСК у вузлі A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/10 + (VA − 12)/3 + (VA − VB)/6 = 0
0,6·VA − 0,1667·VB = 4

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/5 + (VB − VA)/6 = 2
−0,1667·VA + 0,3667·VB = 2

Розв’яжіть

Δ = (0,6)(0,3667) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,1922
VA = Δ1/Δ = 1,8/0,1922 = 9,364 V
VB = Δ2/Δ = 1,867/0,1922 = 9,711 V

Відповідь

VB = 9,711 V
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VA = 6,857 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
0,2667·VA − 0,1·VB = 0,8

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 = 0,1·VA
−0,2·VA + 0,1333·VB = 0

Розв’яжіть

Δ = (0,2667)(0,1333) − (−0,1)(−0,2) = 0,01556
VA = Δ1/Δ = 0,1067/0,01556 = 6,857 V
VB = Δ2/Δ = 0,16/0,01556 = 10,29 V

Відповідь

VA = 6,857 V
5.Метод контурних струмів

Відповідь: I1 = 0,5519 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​ = 8 Ω+−V1​9 VR3​15 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
4·I1 + 15(I1 − I2) = 9
19·I1 − 15·I2 = 9

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
8·I2 + 15(I2 − I1) = (−6)
−15·I1 + 23·I2 = −6

Розв’яжіть

Δ = (19)(23) − (−15)(−15) = 212
I1 = Δ1/Δ = 117/212 = 0,5519 A
I2 = Δ2/Δ = 21/212 = 0,09906 A

Відповідь

I1 = 0,5519 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: IR3 = −0,2216 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​ = 8 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​18 VR4​3 ΩAR5​5 ΩB+−V2​10 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 + 3(I1 − I2) = 18
7·I1 − 3·I2 = 18

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
8·I2 + 3(I2 − I1) + 5(I2 − I3) = 0
−3·I1 + 16·I2 − 5·I3 = 0

ЗНК для контуру 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
30·I3 + 5(I3 − I2) = (−10)
−5·I2 + 35·I3 = −10

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 3430
I1 = Δ1/Δ = 9480/3430 = 2,764 A
I2 = Δ2/Δ = 1540/3430 = 0,449 A
I3 = Δ3/Δ = −760/3430 = −0,2216 A

Відповідь

IR3 = I3 = −0,2216 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: IR1 = −0,8438 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​ = 20 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩAR4​15 ΩBОБРИВ

Випадок 1 · діє лише V1

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

R3+R4 = 5+15 = 20 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·20/(10+20) = 6,667 Ω
VA = 10·6,667/(20+6,667) = 2,5 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,5·15/20 = 1,875 V
IR1′ = (VA − V1)/R1 = (2,5 − 10)/20 = −0,375 A
R1​ = 20 ΩR3​ = 5 ΩКЗR2​10 ΩAR4​15 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 = 20·10/(20+10) = 6,667 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 15 ∥ 11,67 = 6,563 Ω
VB = Is·Req = (−2,5)·6,563 = −16,41 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −16,41·6,667/11,67 = −9,375 V
IR1″ = (VA − V1)/R1 = (−9,375 − 0)/20 = −0,4687 A

Додайте складові

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = (−0,375) + (−0,4687) = −0,8438 A

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

8.Метод накладання

Відповідь: I = 14 mA

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

Запишіть вимірювання через внески

Кожен внесок пропорційний своєму джерелу.

I₁ + I₂ + I₃ = 19,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 27,5
I₁ + I₂ − I₃ = 7,5

Знайдіть внески

I₁ = 27,5 − 19,5 = 8 mA
I₃ = (19,5 − 7,5)/2 = 6 mA
I₂ = 19,5 − 8 − 6 = 5,5 mA

Вимкніть V₂

I = I₁ + I₃ = 8 + 6 = 14 mA

Відповідь

I = 14 mA
9.Тевенен і Нортон

Відповідь: IN = 3 A

Теорема Тевенена: будь-яке лінійне двополюсне коло поводиться як одне джерело напруги Vth, послідовне з опором Rth. Теорема Нортона подає те саме коло як джерело струму IN = Vth/Rth, паралельне Rth.

R1​ = 4 ΩR3​ = 4 ΩКЗR2​8 ΩAabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

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

R1 ∥ R2 = 4·8/(4+8) = 2,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,667 + 4 = 6,667 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​8 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) = 30·8/(4+8) = 20 V
IN​3 ARth​6,667 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 = 20/6,667 = 3 A
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: IL = 2,429 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​ = 8 ΩКЗR2​10 ΩAОБРИВBabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

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

R1 ∥ R2 = 10·10/(10+10) = 5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5 + 8 = 13 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩAIs​3 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 + 3·5 = 27 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 27 + 3·8 = 51 V
Rth​ = 13 Ω+−Vth​51 VRL​8 ΩIL​

Підключіть навантаження до еквівалента Тевенена

Джерело Тевенена і послідовний R_th поводяться на a–b точно як початкове коло, тож навантаження бачить простий послідовний контур.

IL = Vth/(Rth + RL) = 51/(13 + 8) = 2,429 A
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: W(∞) = 1,469 mJ

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

Стала часу і кінцевий струм

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

τ = L/R = 47 mH / 20 Ω = 2,35 ms
i(∞) = Vs/R = 5/20 = 0,25 A

Накопичена енергія

W(∞) = ½·L·i(∞)² = ½·47·0,25² = 1,469 mJ

Відповідь

W(∞) = 1,469 mJ
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: t = 514,4 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) = 30 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 68 µF = 319,6 ms
vC(t) = 20 + (30 − 20)·e−t/τ

Виразіть час

22 = 20 + (10)·e−t/τ → e−t/τ = (22 − 20)/(30 − 20) = 0,2
t = τ·ln((30 − 20)/(22 − 20)) = 319,6·ln(5) = 514,4 ms

Відповідь

t = 514,4 ms
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: I = 3,825 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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,2 = 75,4 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·47·10⁻⁶) = 56,44 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(25² + (18,96)²) = 31,38 Ω

Струм

Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.

I = V/|Z| = 120/31,38 = 3,825 A

Відповідь

I = 3,825 A
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: VL = 25,79 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/√(0,005·0,47·10⁻⁶) = 20628 rad/s
I = V/R = 5/20 = 0,25 A

Напруга на котушці

XL = ω₀L = 20628·0,005 = 103,1 Ω
VL = I·XL = 0,25·103,1 = 25,79 V

Відповідь

VL = 25,79 V

Це в Q = 5,157 разів більше за напругу мережі.

15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: Q = 22,67 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(0,6) = 53,13°, tan φ = 1,333

Реактивна потужність

Q = P·tan φ = 17·1,333 = 22,67 kvar

Відповідь

Q = 22,67 kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: QC = 24,51 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.

Реактивна потужність до і після

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

Q1 = P·tan φ1 = 30·tan(45,57°) = 30,61 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 30·tan(11,48°) = 6,092 kvar
QC = Q1 − Q2 = 24,51 kvar

Відповідь

QC = 24,51 kvar
17.Трифазні системи

Відповідь: IL = 79,13 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 = 45/0,92 = 48,91 kW

Струм лінії

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 48913/(√3·415·0,86) = 79,13 A

Відповідь

IL = 79,13 A
18.Трифазні системи

Відповідь: QC = 109,4 kvar

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

Реактивна потужність до і після

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

Q1 = 200·tan(acos 0,8) = 200·0,75 = 150 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,98) = 200·0,2031 = 40,61 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 109,4 kvar

Відповідь

QC = 109,4 kvar
19.Трансформатори

Відповідь: ILV = 41,67 A

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

Номінальний струм

Обидві обмотки передають однакову повну потужність.

ILV = S/V = 10000/240 = 41,67 A

Відповідь

ILV = 41,67 A
20.Трансформатори

Відповідь: Ploss = 1106 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 = 0,5625·900 = 506,3 W

Сумарні втрати

Втрати в сталі однакові за будь-якого навантаження.

Ploss = 600 + 506,3 = 1106 W

Відповідь

Ploss = 1106 W

ККД при цьому навантаженні η = 98,19%.

21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 2,34 V

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

Напруга на входах

Через R₃ і R₄ тече однаковий струм, тож вони утворюють подільник напруги; зворотний зв’язок забезпечує V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,6·10/(4,7 + 10) = 1,088 V
V₋ = V₊

ЗСК для інвертувального входу

(0,5 − 1,088)/4,7 = (1,088 − Vout)/10
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (10/4,7)·(1,6 − 0,5) = 2,34 V

Відповідь

Vout = 2,34 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = −1,35 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.

Вхідний струм і швидкість наростання

kΩ помножити на µF дає мілісекунди.

RC = 10 kΩ · 1 µF = 10 ms
швидкість наростання = −Vin/(RC) = −2,7/10 = −0,27 V/ms

Вихідна напруга в заданий момент

Ідеальне значення лежить у межах ±Vsat, тож інтегратор ще не обмежує сигнал.

Vout = −Vin·t/(RC) = −2,7·5/10 = −1,35 V

Відповідь

Vout = −1,35 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: IZ = 19,59 mA

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

Струм резистора

IR = 14,9/680 = 21,91 mA

Струм навантаження

IL = 5,1/2200 = 2,318 mA

Струм стабілітрона

IZ = 21,91 − 2,318 = 19,59 mA

Відповідь

IZ = 19,59 mA
24.Діоди й транзистори

Відповідь: RB = 44,32 kΩ

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

Струм колектора в насиченні

IC(sat) = (9 − 0,2)/1000 = 8,8 mA

Мінімальний струм бази

IB(min) = IC(sat)/β = 8,8/150 = 58,67 µA

Базовий резистор

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,05867 mA = 44,32 kΩ

Відповідь

RB = 44,32 kΩ

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

25.Системи числення

Відповідь: N = −67

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 + 32 + 16 + 8 + 4 + 1 = −67

Відповідь

N = −67
26.Системи числення

Відповідь: R = 186

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

Біт за бітом

XOR дає 1, де два біти різні.

1100 0011
XOR 0111 1001
= 1011 1010

Значення результату

1011 1010₂ = 186

Відповідь

R = 186
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: AB = 01, CD = 11

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

Сусіди кожної 1

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

m7: m6, m5, m3, m15 → 0
ABCD00011110000111101111111

Ізольована 1

m7 = A′BCD → AB = 01, CD = 11

Відповідь

AB = 01, CD = 11
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: Q = 15

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.

Стан після кожного фронту

0000 → 1000 → 1100 → 1110 → 1111

Десяткове значення

1111₂ = 15

Відповідь

Q = 15
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.1) = 3,791

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

Виділення повного квадрата

s² + 2s + 2 = (s + 1)² + 1 = (s + 1)² + 1²

Зіставлення чисельника

F(s) = 1·(s + 1)/((s + 1)² + 1²) + (32/1)·1/((s + 1)² + 1²)

Обернене перетворення

f(t) = e−t·(cos 1t + 32·sin 1t)
f(0,1) = e−0,1·(cos(1·0,1) + 32·sin(1·0,1)) = 3,791

Відповідь

f(0,1) = 3,791
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.25) = 6,244

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 + 8s + 15)·Y(s) = 5s + 40 + 150/s
Y(s) = (5s² + 40s + 150)/(s(s + 3)(s + 5))

Простіші дроби

A = 150/(3·5) = 10
B = 75/((−3)·2) = −12,5
C = 75/((−5)·(−2)) = 7,5

Результат

y(t) = 10 − 12,5·e−3t + 7,5·e−5t
y(0,25) = 6,244

Відповідь

y(0,25) = 6,244

Перевірка: y(0) = A + B + C = 5.

31.Блок-схеми

Відповідь: css = 14,29

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).

Передатна функція замкненої системи

T(s) = G/(1 + G·H) = 10/(s + 2 + 5) = 10/(s + 7)

Результат

css = R·T(0) = 10·10/7 = 14,29

Відповідь

css = 14,29
32.Блок-схеми

Відповідь: σ = −1

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

Характеристичне рівняння

s(s + 2) + 38·0,5 = 0 → s² + 2s + 19 = 0

Корені

s = −1 ± j·√(19 − 1) = −1 ± j4,243
σ = −1

Відповідь

σ = −1
33.Перехідна характеристика

Відповідь: ts = 0,8889 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 = 66 → ωₙ = 8,124 rad/s
2ζωₙ = 9 → ζ = 9/(2·8,124) = 0,5539

Результат

ζωₙ = 4,5 → ts ≈ 4/4,5 = 0,8889 s

Відповідь

ts = 0,8889 s
34.Перехідна характеристика

Відповідь: K = 52,49

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) = K/(s² + 10s + K)

Коефіцієнт демпфування за перерегулюванням

ζ = −ln(0,05)/√(π² + ln²(0,05)) = 0,6901

Коефіцієнт підсилення

ωₙ = 10/(2ζ) = 7,245 rad/s
K = ωₙ² = 52,49

Відповідь

K = 52,49
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ∠G(jω) = −102,1 °

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.

Додайте кути

∠G = atan(4/19) − 90° − atan(4/9) = 11,89° − 90° − 23,96°

Результат

∠G(j4) = −102,1°

Відповідь

∠G(jω) = −102,1°
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: K = 64,49

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/3)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(3·6) = 4,243 rad/s

Модуль на перетині за фазою

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 36)) = K/(3·6·(3 + 6)) = K/162

Потрібне підсилення

162/K = 108/20 = 2,512
K = 162/2,512 = 64,49

Відповідь

K = 64,49
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: Kmax = 20

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 + 4) + K(s + 6) = s³ + 5s² + (4 + K)s + 6K

Таблиця Рауса

s³: 1, 4 + K
s²: 5, 6K
s¹: (5·(4 + K) − 6K)/5
s⁰: 6K

Умова

20 − 1K > 0
K < 20/1 = 20

Відповідь

Kmax = 20

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

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: σa = −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: −6, −5, −4
n − m = 3 − 0 = 3

Центр ваги

σa = (−15)/3 = −5

Відповідь

σa = −5

3 асимптот виходять із центра під кутами 60°, 180°, 300°.

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: K = 60

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.

Потрібна константа похибки

1/(1 + Kp) = 0,25 → Kp = 3

Коефіцієнт підсилення

K/20 = 3 → K = 60

Відповідь

K = 60

Перевірте також стійкість замкненої системи: для цього контуру другого порядку будь-яке K > 0 стійке.

40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: %OS = 30,5 %

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

Характеристичний поліном

s(s + 10) + 50·4 = s² + 10s + 200

ωₙ і ζ

ωₙ = √200 = 14,14 rad/s
ζ = 10/(2·14,14) = 0,3536

Перерегулювання

%OS = 100·e−0,3536π/√(1 − 0,3536²) = 30,5 %

Відповідь

%OS = 30,5 %

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