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​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩIR2​AR4​4 ΩB

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 24 VR1 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 ΩR4 = 4 Ω
IR2 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 4 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​12 ΩIR2​AR4​12 ΩBR6​10 Ω

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 5 ΩR4 = 12 ΩR5 = 15 ΩR6 = 10 Ω
IR2 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 12 ΩR3​ = 10 ΩIR3​+−V1​15 VR2​5 ΩAR4​10 ΩBIs​1 A

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

V1 = 15 VIs = 1 AR1 = 12 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 ΩR4 = 10 Ω
IR3 = A
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAR4​8 ΩBIs​?

Джерело струму регулюють, доки вузлова напруга в A не стане VA = 8 V. Методом вузлових потенціалів знайдіть струм джерела Is (напрямок як на схемі).

V1 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩR4 = 8 ΩVA = 8 V
Is = A
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 6 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​15 ΩIR3​A+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 24 VV2 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 15 Ω
IR3 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 30 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​10 VR4​2 Ω+−VR4​AR5​20 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти напругу VR4 на R4 з указаною полярністю.

V1 = 10 VV2 = 12 VR1 = 30 ΩR2 = 2 ΩR3 = 30 ΩR4 = 2 ΩR5 = 20 Ω
VR4 = V
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 = 20 V і Is = 5 mA I = 14 mA; при Vs = 2 V і Is = 10 mA I = 5,2 mA. Знайдіть струм навантаження I при Vs = 6 V і Is = 5 mA.

20 V, 5 mA → 14 mA2 V, 10 mA → 5,2 mAVs = 6 V, Is = 5 mA
I = mA
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 12 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​10 VR3​2 ΩIR3​AIs​4 AB+−V2​30 V

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

V1 = 10 VIs = 4 AV2 = 30 VR1 = 12 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩR4 = 4 Ω
IR3 = A
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩARL​8 ΩIL​B

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

V1 = 30 VR1 = 20 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 ΩRL = 8 Ω
IL = A
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 2 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​30 VR2​25 ΩAIs​2 ABRL​10 ΩIL​

До a–b підключено навантаження RL = 10 Ω. Замініть решту кола еквівалентом Тевенена і знайдіть струм навантаження IL.

V1 = 30 VIs = 2 AR1 = 2 ΩR2 = 25 ΩR3 = 25 ΩRL = 10 Ω
IL = A
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
R = 22 Ωt = 0L10 mHi(t)

Через котушку тече сталий струм 1,5 A. При t = 0 ключ замикає контур через R і джерело від’єднується, тож струм котушки спадає через R. Знайдіть напругу vR на R при t = 1 ms.

i(0) = 1,5 AR = 22 ΩL = 10 mHt = 1 ms
vR = V
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​5 Vt = 0R = ?C22 µF+−vC​

Таймер при t = 0 починає заряджати незаряджений конденсатор через резистор від джерела 5 V. Він має спрацювати, коли напруга на конденсаторі досягне 3,75 V, рівно через 100 ms після старту. При C = 22 µF знайдіть потрібний опір R.

Vs = 5 VVth = 3,75 VT = 100 msC = 22 µF
R = kΩ
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
24 V200 HzR = 60 ΩL = 250 mHC = 100 µF

Послідовне коло RLC підключено до мережі 24 V (діюче значення), 200 Hz. Знайдіть кут зсуву фаз φ повного опору в градусах (додатний, коли струм відстає від напруги).

V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 60 ΩL = 250 mHC = 100 µF
φ = °
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
12 V200 HzR1​ = 10 ΩR2​ = 80 ΩC = 10 µFI

Резистор R1 увімкнено послідовно з паралельним з’єднанням R2 і конденсатора C; коло під’єднано до мережі 12 V (діюче значення), 200 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.

V = 12 V (rms)f = 200 HzR1 = 10 ΩR2 = 80 ΩC = 10 µF
I = A
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
P = 37 kWQ = ?Sφ

Однофазний двигун споживає 37 kW при коефіцієнті потужності 0,9 (індуктивному) від мережі 400 V. Знайдіть реактивну потужність Q, яку він споживає.

P = 37 kWpf = 0,9V = 400 V
Q = kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P = 45 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазне навантаження споживає 45 kW при коефіцієнті потужності 0,7 (індуктивному) від мережі 230 V, 60 Hz. Паралельно підключений конденсатор підвищує коефіцієнт потужності до 0,92. Знайдіть реактивну потужність QC, яку має постачати конденсатор.

P = 45 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92V = 230 Vf = 60 Hz
QC = kvar
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 400 VNZ = 16 + j12 Ωна фазу

Симетричне навантаження, з’єднане зіркою, з повним опором 16 + j12 Ω на фазу підключене до симетричної трифазної мережі з лінійною напругою 400 V. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку поглинає навантаження, у kW.

VL = 400 VZ = 16 + j12 Ω на фазу
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
P = 80 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симетричне трифазне навантаження споживає 80 kW при коефіцієнті потужності 0,8 (відстаючому) від мережі 400 V (лінійна напруга), 50 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,95 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано зіркою. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.

P = 80 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
4800 V240 VIHV​ = ?ILV​15 kVA

Однофазний трансформатор 15 kVA, 4800/240 V працює з номінальним навантаженням. Вважайте його ідеальним. Знайдіть струм IHV в обмотці вищої напруги.

S = 15 kVAV1 = 4800 VV2 = 240 V
IHV = A
20.ТрансформаториСкладна
pf 0,975 kVA, η = 98,5%

Однофазний трансформатор 75 kVA має втрати в сталі 225 W. При номінальному навантаженні й коефіцієнті потужності 0,9 (відстаючому) його ККД становить 98,5%. Знайдіть втрати в міді при повному навантаженні Pcu,fl у ватах.

S = 75 kVAPcore = 225 Wpf = 0,9η = 98,5%
Pcu,fl = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = 47 kΩR1​ = 4,7 kΩVin​ = −1,1 V

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

Vin = −1,1 VR1 = 4,7 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
Vin​V1​Vout​каскад 1: інвертувальнийR1​ = 10 kΩRf1​ = 10 kΩкаскад 2: неінвертувальнийR2​ = 1 kΩRf2​ = 2 kΩ

Два каскади на ідеальних ОП увімкнено послідовно: інвертувальний підсилювач (R1, Rf1), за ним неінвертувальний (R2 на землю, Rf2 у колі зворотного зв’язку). Обидва живляться від ±15 V. Вхідна напруга Vin = 0,75 V. Знайдіть вихідну напругу Vout.

R1 = 10 kΩRf1 = 10 kΩR2 = 1 kΩRf2 = 2 kΩVin = 0,75 V
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
RC​ = 470 Ωβ = 150VCC​ = 15 VRB​ = 560 kΩ

NPN-транзистор з β = 150 зміщено базовим резистором RB = 560 kΩ від джерела живлення VCC = 15 V. Колекторний резистор RC = 470 Ω, емітер заземлено. Візьміть VBE = 0,7 V і вважайте, що транзистор в активному режимі. Знайдіть напругу колектор–емітер VCE.

VCC = 15 VRB = 560 kΩRC = 470 Ωβ = 150VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Діоди й транзисториСкладна
RC​ = 330 Ωβ = 100VCC​ = 24 V5 VRB​ = ?

NPN-транзистор з β = 100 комутує резистор навантаження 330 Ω, увімкнений між VCC = 24 V і його колектором. Емітер заземлено. Базу керують від логічного виходу 5 V через базовий резистор RB. Візьміть VBE = 0,7 V і VCE(sat) = 0,2 V. Для надійного перемикання розрахуйте струм бази в 4 разів більшим за мінімально потрібний для насичення. Знайдіть RB у kΩ.

VCC = 24 VRC = 330 Ωβ = 100Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vкоефіцієнт перенасичення = 4
RB = kΩ
25.Системи численняСередня
8-бітовий додатковий код0−12806403201608040201

Встановіть біти так, щоб вони зберігали −27 в 8-бітовому доповняльному коді. Яке значення U шаблону, якщо читати його як беззнакове число?

N = −278 bit
U =
26.Системи численняСкладна
клацайте біти, щоб встановити їх012806403201608040201

Встановіть біти за 8-бітовим результатом 0110 0100 AND 0100 1010. Яке значення R результату в десятковій системі?

0110 0100AND0100 1010
R =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABCD000111100001111000111302140517161121130151140809111110

Скористайтеся картою Карно, щоб знайти мінімальну форму добутку сум (POS) для F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 4, 6, 7, 10, 11, 12, 13, 14). Скільки доданків-сум (множників) N вона має?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 4, 6, 7, 10, 11, 12, 13, 14)
N =
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

F(s) = (s + 28)/(s² + 9s + 8). Її оригінал має вигляд f(t) = A·e−t + B·e−8t. Знайдіть коефіцієнт A розкладом на простіші дроби.

F(s) = (s + 28)/(s² + 9s + 8)
A =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Система підпорядковується рівнянню y″ + 8y′ + 12y = 48·u(t). Вона починає зі спокою (y(0) = 0, y′(0) = 0), а вхід — сходинка u(t) = 1 при t ≥ 0. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть вихід y(0,2).

y″ + 8y′ + 12y = 48·u(t)u(t) = 1y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,2 s
y(0.2) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+K(s + 6)(s + 10)G(s)C(s)−

Об’єкт G(s) = K/((s + 6)(s + 10)) охоплено одиничним від’ємним зворотним зв’язком. Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого замкнена система критично загасаюча (два рівні дійсні полюси).

G(s) = K/((s + 6)(s + 10))одиничний від’ємний зворотний зв’язок
K =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+Kрегулятор+D(s)+2s + 7об’єктC(s)−

Пропорційний регулятор K керує об’єктом G(s) = 2/(s + 7) в одиничному від’ємному зворотному зв’язку. Сходинка збурення розміром 1 діє на вході об’єкта за R = 0. Знайдіть найменший коефіцієнт підсилення K, за якого усталений вихід не перевищує 0,05714.

G(s) = 2/(s + 7)D = 1css ≤ 0,05714
K =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)2

Система має передатну функцію G(s) = 114/(s² + 7s + 57) і отримує на вході одиничну сходинку. Полюси: s = σ ± jωd. Знайдіть дійсну частину σ.

G(s) = 114/(s² + 7s + 57)
σ =
34.Перехідна характеристикаСкладна
R(s)+65s(s + 2)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = 65/(s(s + 2)). Знайдіть 2-відсотковий час встановлення ts перехідної характеристики замкненої системи за формулою ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 65/(s(s + 2))
ts = s
35.Діаграми Боде та запасиСередня
vin​C = 22 nFR = 22 kΩvout​

RC-фільтр верхніх частот на рисунку має R = 22 kΩ, C = 22 nF. На вхід подають синусоїдний сигнал 3,3 kHz. Знайдіть фазовий зсув φ сигналу vout відносно vin, у градусах.

R = 22 kΩC = 22 nFf = 3,3 kHz
φ = °
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 640/(s(s + 8)). Знайдіть частоту зрізу за підсиленням ωc, де |L(jω)| = 1.

L(s) = 640/(s(s + 8))
ωc = rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+K = 301s(s + 4)(s + 6)C(s)−

Контур на схемі працює при K = 30, L(s) = K/(s(s + 4)(s + 6)). У скільки разів m можна збільшити коефіцієнт підсилення, перш ніж замкнена система стане нестійкою?

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 6))K = 30
m =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReImζ = 0,6−0,5−1−1,5−2−2,50,5j0,5j1j1,5

Показано кореневий годограф L(s) = K/(s(s + 2)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого полюси замкненої системи мають коефіцієнт демпфування ζ = 0,6.

L(s) = K/(s(s + 2))ζ = 0,6
K =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
r(t) = 2·t²/2+20(s + 3)s²(s + 5)C(s)−

Параболічний вхід r(t) = 2·t²/2 подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 20(s + 3)/(s²(s + 5)). Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 20(s + 3)/(s²(s + 5))r(t) = 2·t²/2
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
r(t) = 1t+2 + 1/s20(s + 2)(s + 10)C(s)−

ПІ-регулятор C(s) = 2 + 1/s керує об’єктом G(s) = 20/((s + 2)(s + 10)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть усталену похибку ess для лінійно наростального входу r(t) = 1t.

C(s) = 2 + 1/sG(s) = 20/((s + 2)(s + 10))r(t) = 1t
ess =

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 0,4884 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​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAR4​4 ΩB

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R3 + R4 = 10 + 4 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 12·14/(12+14) = 6,462 Ω
Req = R1 + 6,462 = 20 + 6,462 = 26,46 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 24/26,46 = 0,907 A

Струм через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 24 − 0,907·20 = 5,86 V
IR2 = VA/R2 = 5,86/12 = 0,4884 A

Відповідь

IR2 = 0,4884 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 0,4577 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​ = 4 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​12 ΩAR4​12 ΩBR6​10 Ω

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R5 + R6 = 15 + 10 = 25 Ω
R4 ∥ 25 = 8,108 Ω
R3 + 8,108 = 13,11 Ω
R2 ∥ 13,11 = 6,265 Ω
Req = R1 + 6,265 = 4 + 6,265 = 10,26 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 9/10,26 = 0,8768 A

Струм через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 9 − 0,8768·4 = 5,493 V
IR2 = VA/R2 = 5,493/12 = 0,4577 A

Відповідь

IR2 = 0,4577 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR3 = −0,2375 A

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩAR4​10 ΩBIs​1 A

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 15 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/5 + (VA − 15)/12 + (VA − VB)/10 = 0
0,3833·VA − 0,1·VB = 1,25

ЗСК у вузлі B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/10 + (VB − VA)/10 = 1
−0,1·VA + 0,2·VB = 1

Розв’яжіть

Δ = (0,3833)(0,2) − (−0,1)(−0,1) = 0,06667
VA = Δ1/Δ = 0,35/0,06667 = 5,25 V
VB = Δ2/Δ = 0,5083/0,06667 = 7,625 V

Відповідь

IR3 = (VA − VB)/R3 = (5,25 − 7,625)/10 = −0,2375 A
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: Is = 3,3 A

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

ЗСК для вузла A

VA відоме, тож це рівняння дає VB.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(8 − 12)/20 + 8/8 = (VB − 8)/15
0,8 = (VB − 8)/15 → VB = 20 V

ЗСК для вузла B

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

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (20 − 8)/15 + 20/8 = 3,3 A

Відповідь

Is = 3,3 A
5.Метод контурних струмів

Відповідь: IR3 = 1,167 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​ = 6 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​15 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
6·I1 + 15(I1 − I2) = 24
21·I1 − 15·I2 = 24

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
6·I2 + 15(I2 − I1) = (−18)
−15·I1 + 21·I2 = −18

Розв’яжіть

Δ = (21)(21) − (−15)(−15) = 216
I1 = Δ1/Δ = 234/216 = 1,083 A
I2 = Δ2/Δ = −18/216 = −0,08333 A

Відповідь

IR3 = I1 − I2 = 1,167 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: VR4 = 1,118 V

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

R1​ = 30 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​10 VR4​2 ΩAR5​20 ΩB+−V2​12 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
30·I1 + 2(I1 − I2) = 10
32·I1 − 2·I2 = 10

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
2·I2 + 2(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−2·I1 + 24·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
30·I3 + 20(I3 − I2) = (−12)
−20·I2 + 50·I3 = −12

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 25400
I1 = Δ1/Δ = 7520/25400 = 0,2961 A
I2 = Δ2/Δ = −6680/25400 = −0,263 A
I3 = Δ3/Δ = −8768/25400 = −0,3452 A

Відповідь

IR4 = I1 − I2 = 0,5591 A
VR4 = IR4·R4 = 0,5591·2 = 1,118 V

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: I = 5,6 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
20·k₁ + 5·k₂ = 14
2·k₁ + 10·k₂ = 5,2

Знайдіть коефіцієнти

Δ = (20)(10) − (5)(2) = 190
k₁ = Δ1/Δ = 114/190 = 0,6
k₂ = Δ2/Δ = 76/190 = 0,4
k₁ = 0,6 mA/V, k₂ = 0,4

Обчисліть новий струм

I = 0,6·6 + 0,4·5 = 5,6 mA

Відповідь

I = 5,6 mA
8.Метод накладання

Відповідь: IR3 = −3,145 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​ = 12 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​10 VR3​2 ΩAОБРИВBКЗ

Випадок 1 · діє лише V1

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

R3 ∥ (R2+R4) = 2 ∥ 14 = 1,75 Ω
VA = 10·1,75/(12+1,75) = 1,273 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,273·4/14 = 0,3636 V
IR3′ = (0 − VA)/R3 = (0 − 1,273)/2 = −0,6364 A
R1​ = 12 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 4 ΩКЗR3​2 ΩAIs​4 ABКЗ

Випадок 2 · діє лише Is

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

R1 ∥ R3 = 1,714 Ω, тож лівий шлях — R2+1,714 = 11,71 Ω
Req = R4 ∥ 11,71 = 2,982 Ω
VB = Is·Req = 4·2,982 = 11,93 V
VA = VB·1,714/11,71 = 1,745 V
IR3″ = (0 − VA)/R3 = (0 − 1,745)/2 = −0,8727 A
R1​ = 12 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 4 ΩКЗR3​2 ΩAОБРИВB+−V2​30 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 = 12·2/(12+2) = 1,714 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 30·11,71/15,71 = 22,36 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 22,36·1,714/11,71 = 3,273 V
IR3‴ = (0 − VA)/R3 = (0 − 3,273)/2 = −1,636 A

Додайте складові

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = (−0,6364) + (−0,8727) + (−1,636) = −3,145 A

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

9.Тевенен і Нортон

Відповідь: IL = 0,5357 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​ = 20 ΩR3​ = 10 ΩКЗR2​20 ΩAabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

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

R1 ∥ R2 = 20·20/(20+20) = 10 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 10 + 10 = 20 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩAab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

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

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 30·20/(20+20) = 15 V
Rth​ = 20 Ω+−Vth​15 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) = 15/(20 + 8) = 0,5357 A
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: IL = 2,211 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​ = 2 ΩR3​ = 25 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 = 2·25/(2+25) = 1,852 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,852 + 25 = 26,85 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​30 VR2​25 ΩAIs​2 ABab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 27,78 + 2·1,852 = 31,48 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 31,48 + 2·25 = 81,48 V
Rth​ = 26,85 Ω+−Vth​81,48 VRL​10 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) = 81,48/(26,85 + 10) = 2,211 A
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vR = 3,657 V

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

Стала часу

τ = L/R = 10 mH / 22 Ω = 0,4545 ms

Спадання струму

i(t) = 1,5·e−1/0,4545 = 0,1662 A
vR = R·i = 22·0,1662 = 3,657 V

Відповідь

vR = 3,657 V
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: R = 3,279 kΩ

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.

Потрібна стала часу

3,75 = 5·(1 − e−100/τ) → τ = 100/ln(5/(5 − 3,75))
τ = 100/1,386 = 72,13 ms

Опір

kΩ помножити на µF дає мілісекунди.

R = τ/C = 72,13/22 = 3,279 kΩ

Відповідь

R = 3,279 kΩ
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: φ = 78,91 °

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 = 1257·0,25 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·100·10⁻⁶) = 7,958 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(60² + (306,2)²) = 312 Ω

Кут зсуву фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(306,2/60) = 78,91°

Відповідь

φ = 78,91°
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: I = 0,1879 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|.

Реактивний опір

XC = 1/(2π·200·10·10⁻⁶) = 79,58 Ω

Паралельне з’єднання

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

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 39,79 − j40 Ω

Повний опір

Z = 10 + 39,79 − j40 = 49,79 − j40 Ω
|Z| = √(49,79² + 40²) = 63,87 Ω

Струм

I = V/|Z| = 12/63,87 = 0,1879 A

Відповідь

I = 0,1879 A
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: Q = 17,92 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 = 37·0,4843 = 17,92 kvar

Відповідь

Q = 17,92 kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: QC = 26,74 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 = 45·tan(45,57°) = 45,91 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 45·tan(23,07°) = 19,17 kvar
QC = Q1 − Q2 = 26,74 kvar

Відповідь

QC = 26,74 kvar
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 6,4 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 = 400/√3 = 230,9 V

Фазний струм

|Z| = √(16² + 12²) = 20 Ω
Iph = 230,9/20 = 11,55 A

Сумарна активна потужність

Активну потужність поглинає лише активна складова кожного опору.

P = 3·Iph²·R = 3·11,55²·16 = 6,4 kW

Відповідь

P = 6,4 kW

Перевірка: cos φ = R/|Z| = 0,8, і √3·VL·IL·cos φ дає ту саму потужність.

18.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 670,5 µF

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

Реактивна потужність до і після

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

Q1 = 80·tan(acos 0,8) = 80·0,75 = 60 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,95) = 80·0,3287 = 26,29 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 33,71 kvar

Ємність на фазу

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

V = 400/√3 = 230,9 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 11235/(314,2·230,9²) = 670,5 µF

Відповідь

Cph = 670,5 µF
19.Трансформатори

Відповідь: IHV = 3,125 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.

IHV = S/V = 15000/4800 = 3,125 A

Відповідь

IHV = 3,125 A
20.Трансформатори

Відповідь: Pcu,fl = 802,9 W

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

Вихідна й вхідна потужність

Pout = 75·0,9 = 67,5 kW
Pin = 67500/0,985 = 68528 W

Сумарні втрати й втрати в міді

Ploss = 68528 − 67500 = 1028 W
Pcu,fl = 1028 − 225 = 802,9 W

Відповідь

Pcu,fl = 802,9 W
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = −12,1 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.

Інвертувальний вхід повторює вхід

V₋ = V₊ = −1,1 V
I = V₋/R1 = −1,1/4,7 = −0,234 mA

Вихідна напруга

Струм через R₁ тече й через Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −1,1 + (−0,234)·47 = −12,1 V

Відповідь

Vout = −12,1 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = −2,25 V

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

Коефіцієнт підсилення кожного каскаду

A1 = −Rf1/R1 = −10/10 = −1
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 2/1 = 3

Каскад за каскадом

V1 = −1·0,75 = −0,75 V
Vout = 3·(−0,75) = −2,25 V

Відповідь

Vout = −2,25 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: VCE = 13,2 V

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

Струм бази

IB = (VCC − VBE)/RB = (15 − 0,7)/560 kΩ = 25,54 µA

Струм колектора

IC = β·IB = 150·25,54 µA = 3,83 mA

Напруга колектор–емітер

VCE = 15 − 3,83 mA·0,47 kΩ = 13,2 V

Відповідь

VCE = 13,2 V
24.Діоди й транзистори

Відповідь: RB = 1,491 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) = (24 − 0,2)/330 = 72,12 mA

Мінімальний струм бази

IB(min) = IC(sat)/β = 72,12/100 = 721,2 µA

Розрахунковий струм бази

IB = 4·721,2 µA = 2885 µA

Базовий резистор

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/2,885 mA = 1,491 kΩ

Відповідь

RB = 1,491 kΩ
25.Системи числення

Відповідь: U = 229

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

Інвертуйте і додайте одиницю

27 = 0001 1011
інвертовано: 1110 0100
+1 → 1110 0101

Прочитайте як беззнакове

1110 0101₂ = 256 − 27 = 229

Відповідь

U = 229
26.Системи числення

Відповідь: R = 64

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

Біт за бітом

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

0110 0100
AND 0100 1010
= 0100 0000

Значення результату

0100 0000₂ = 64

Відповідь

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

Відповідь: N = 4

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.

ABCD000111100001111000111302140517161121130151140809111110

Згрупуйте нулі

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

(A + B + D)
(A′ + B + C)
(A + B′ + C + D′)
(A′ + B′ + C′ + D′)

Мінімальна форма POS

F = (A + B + D)(A′ + B + C)(A + B′ + C + D′)(A′ + B′ + C′ + D′)
N = 4

Відповідь

N = 4
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: A = 3,857

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

Розкладіть знаменник на множники

s² + 9s + 8 = (s + 1)(s + 8)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 8)

Правило закривання

Помножте на (s + 1) і покладіть s = −1: доданок із B зникає.

A = (s + 28)/(s + 8) |s = −1 = 27/7 = 3,857

Відповідь

A = 3,857
(B = −2,857, тож f(t) = 3,857·e−t − 2,857·e−8t)
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.2) = 0,5805

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

Y(s) = 48/(s(s + 2)(s + 6))

Простіші дроби

A = 48/(2·6) = 4
B = 48/((−2)·4) = −6
C = 48/((−6)·(−4)) = 2

Виведення

y(t) = 4 − 6·e−2t + 2·e−6t
y(0,2) = 0,5805

Відповідь

y(0,2) = 0,5805
31.Блок-схеми

Відповідь: K = 4

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

Характеристичне рівняння

1 + K/((s + 6)(s + 10)) = 0 → s² + 16s + 60 + K = 0

Кратний корінь

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

16² = 4(60 + K) → K = 256/4 − 60 = 4

Відповідь

K = 4
Обидва полюси замкненої системи тоді лежать у s = −8.
32.Блок-схеми

Відповідь: K = 14

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).

Відгук на збурення

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 1·2/(7 + 2K)

Розв’яжіть відносно K

7 + 2K = 1·2/0,05714 = 35
K = (35 − 7)/2 = 14

Відповідь

K = 14
33.Перехідна характеристика

Відповідь: σ = −3,5

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

Порівняйте зі стандартною формою

Знаменник має збігатися з s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 57 → ωₙ = 7,55 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·7,55) = 0,4636

Результат

σ = −ζωₙ = −7/2 = −3,5

Відповідь

σ = −3,5
34.Перехідна характеристика

Відповідь: ts = 4 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) = 65/(s² + 2s + 65): ωₙ = 8,062 rad/s, ζ = 0,124

Час встановлення

ζωₙ = 2/2 = 1
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 4 s

Відповідь

ts = 4 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 = 5,691 °

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/(22000·2,2 × 10⁻⁸) = 2066 rad/s
fc = 328,8 Hz → f/fc = 3300/328,8 = 10,04

Фаза

φ = 90° − atan(10,04) = 5,691°

Відповідь

φ = 5,691°
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ωc = 24,67 rad/s

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 − 409600 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·409600))/2 = 608,8
ωc = 24,67 rad/s

Відповідь

ωc = 24,67 rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: m = 8

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

Таблиця Рауса

s³ + 10s² + 24s + K = 0
s³: 1, 24
s²: 10, K
s¹: (10·24 − K)/10
s⁰: K

Найбільший стійкий коефіцієнт підсилення

Kmax = 10·24 = 240

Кратність

m = 240/30 = 8

Відповідь

m = 8

Ця кратність — запас за коефіцієнтом підсилення як відношення: 18,06 dB.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: K = 2,778

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 + 2s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,6·ωₙ = 2 → ωₙ = 1,667 rad/s

Коефіцієнт підсилення

K = ωₙ² = 1,667² = 2,778

Відповідь

K = 2,778

Полюси замкненої системи лежать там, де лінія ζ перетинає вертикальну гілку s = −1.

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 0,1667

Усталена похибка: у контурі з одиничним зворотним зв’язком і передавальною функцією розімкненої системи G(s) похибка дорівнює E(s) = R(s)/(1 + G(s)), а за теоремою про кінцеве значення ess = lims→0 s·E(s). Тип системи — це кількість полюсів G(s) у точці s = 0. Константи похибок: Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) і Ka = lim s²·G(s), усі при s → 0. Східчастий сигнал величини A дає ess = A/(1 + Kp), лінійно наростальний A·t дає A/Kv, а параболічний A·t²/2 дає A/Ka. Контур типу 0 відпрацьовує східчастий сигнал зі скінченною похибкою, контур типу 1 відпрацьовує його точно, а лінійно наростальний — зі скінченною похибкою.

Константа прискорення

Ka = 20·3/5 = 12

Похибка за параболічного сигналу

ess = 2/12 = 0,1667

Відповідь

ess = 0,1667
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 1

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

Швидкісна константа

s·C(s) = 2s + 1 → 1 при s → 0.

Kv = 1·20/20 = 1

Похибка за лінійно наростального сигналу

ess = 1/1 = 1

Відповідь

ess = 1

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

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

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