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​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩIR2​AR4​4 ΩB

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 15 VR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 ΩR4 = 4 Ω
IR2 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 20 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAR4​6 ΩBR6​30 Ω

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 12 ΩR4 = 6 ΩR5 = 12 ΩR6 = 30 Ω
Req = Ω
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAR4​4 ΩBIs​1 A

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

V1 = 15 VIs = 1 AR1 = 12 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩR4 = 4 Ω
VA = V
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 20 Ω+−Vs​ = 3 V+−V1​18 VR2​3 ΩAR3​8 ΩBIs​1,5 A

Джерело напруги Vₛ між A і B має затискач + біля A, тож забезпечує VA − VB = Vₛ. Методом вузлових потенціалів із надвузлом знайдіть вузлову напругу VB (відносно землі).

V1 = 18 VIs = 1,5 AVs = 3 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 Ω
VB = V
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 12 ΩIR1​R2​ = 12 Ω+−V1​12 VR3​6 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

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

V1 = 12 VV2 = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 6 Ω
IR1 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 3 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 8 ΩIR3​+−V1​6 VR4​15 ΩAR5​4 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

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

V1 = 6 VV2 = 10 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 ΩR4 = 15 ΩR5 = 4 Ω
IR3 = A
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩAR4​8 ΩIR4​BIs​5 A

За методом накладання знайдіть потужність PR4, яку споживає R4.

V1 = 10 VIs = 5 AR1 = 5 ΩR2 = 10 ΩR3 = 10 ΩR4 = 8 Ω
PR4 = W
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 = 12,5 mA. Коли V1 подвоєне, а два інші без змін, I = 21,5 mA. Коли напрямок Is змінено на протилежний, а два інші без змін, I = 11,5 mA. Знайдіть струм навантаження I, коли V2 вимкнене, а V1 і Is мають звичайні значення.

звичайні значення: I = 12,5 mA2·V1: I = 21,5 mA−Is: I = 11,5 mA
I = mA
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩARL​4 ΩIL​B

До a–b підключено навантаження RL = 4 Ω. Замініть решту кола еквівалентом Тевенена і знайдіть струм навантаження IL.

V1 = 6 VR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 3 ΩRL = 4 Ω
IL = A
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAIs​4 ABab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 24 VIs = 4 AR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​20 Vt = 0R = 100 ΩL68 mHi(t)

До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Знайдіть напругу vL на котушці в момент t = 1 ms.

Vs = 20 VR = 100 ΩL = 68 mHt = 1 ms
vL = V
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​9 VR1​ = 5 ΩR2​ = 5 Ωрозмикається при t = 0L33 mHi(t)

Ключ паралельно R2 був замкнений тривалий час, тож струм котушки сталий. При t = 0 ключ розмикається. Знайдіть струм котушки i при t = 5 ms.

Vs = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩL = 33 mHt = 5 ms
i = A
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
50 V60 HzR = 50 ΩL = 200 mHI

Резистор і котушку з’єднано паралельно й під’єднано до мережі 50 V (діюче значення), 60 Hz. Знайдіть модуль повного опору |Z|.

V = 50 V (rms)f = 60 HzR = 50 ΩL = 200 mH
|Z| = Ω
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
12 V1000 HzR = 20 ΩL = 20 mHC = 10 µFI

Послідовне коло RLC підключено до мережі 12 V (діюче значення), 1000 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.

V = 12 V (rms)f = 1000 HzR = 20 ΩL = 20 mHC = 10 µF
I = A
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
240 VZ12 + j16 ΩI

Навантаження з повним опором Z = 12 + j16 Ω під’єднано до однофазної мережі 240 V (діюче значення). Знайдіть активну потужність P, яку воно споживає.

V = 240 VZ = 12 + j16 Ω
P = W
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
120 V1000 HzRs​ = 25 ΩXs​ = j40 ΩZL​ = ?

Джерело 120 V (діюче значення), 1000 Hz має внутрішній опір Zs = 25 + j40 Ω. Опір навантаження ZL можна вибирати довільно. Навантаження для максимальної потужності складається з резистора, послідовно з’єднаного з конденсатором. Знайдіть ємність C.

Vs = 120 V (rms)f = 1000 HzZs = 25 + j40 Ω
C = µF
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 690 VIL​ = ?M7,5 kW, η = 92%cos φ = 0,85

Трифазний асинхронний двигун при повному навантаженні розвиває механічну потужність 7,5 kW. При цьому навантаженні його ККД становить 92%, а коефіцієнт потужності 0,85, відстаючий. Лінійна напруга мережі 690 V. Знайдіть лінійний струм IL.

Pout = 7,5 kWη = 92%cos φ = 0,85VL = 690 V
IL = A
18.Трифазні системиСкладна
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симетричне трифазне навантаження споживає 75 kW при коефіцієнті потужності 0,75 (відстаючому) від мережі 480 V (лінійна напруга), 60 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,98 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано трикутником. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.

P = 75 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
7200 V240 VIHV​ILV​ = ?100 kVA

Однофазний трансформатор 100 kVA, 7200/240 V працює з номінальним навантаженням. Вважайте його ідеальним. Знайдіть струм ILV в обмотці нижчої напруги.

S = 100 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
ILV = A
20.ТрансформаториСкладна
pf 0,95150 kVA, η = 97%

Однофазний трансформатор 150 kVA має втрати в сталі 900 W. При номінальному навантаженні й коефіцієнті потужності 0,95 (відстаючому) його ККД становить 97%. Знайдіть втрати в міді при повному навантаженні Pcu,fl у ватах.

S = 150 kVAPcore = 900 Wpf = 0,95η = 97%
Pcu,fl = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 100 kΩVin​ = 0,5 VRa​ = 2 kΩRb​ = 47 kΩ

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

Vin = 0,5 VRa = 2 kΩRb = 47 kΩR1 = 100 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
Vin​V1​Vout​каскад 1: інвертувальнийR1​ = 1 kΩRf1​ = 4,7 kΩкаскад 2: неінвертувальнийR2​ = 4,7 kΩRf2​ = 10 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. Знайдіть загальний коефіцієнт підсилення за напругою Av = Vout/Vin.

R1 = 1 kΩRf1 = 4,7 kΩR2 = 4,7 kΩRf2 = 10 kΩ
Av =
23.Діоди й транзисториСередня
RC​ = 2,2 kΩβ = 120IC​ = ?RE​ = 1 kΩVCC​ = 20 VR1​ = 100 kΩR2​ = 22 kΩ

NPN-транзистор з β = 120 має зміщення дільником напруги від VCC = 20 V: R₁ = 100 kΩ від VCC до бази й R₂ = 22 kΩ від бази до землі. Колекторний резистор RC = 2,2 kΩ, емітерний резистор RE = 1 kΩ. Візьміть VBE = 0,7 V і використайте еквівалент Тевенена дільника (не нехтуйте струмом бази). Знайдіть струм колектора IC у mA.

VCC = 20 VR1 = 100 kΩR2 = 22 kΩRC = 2,2 kΩRE = 1 kΩβ = 120
IC = mA
24.Діоди й транзисториСкладна
RC​ = 330 Ωβ = 80VCC​ = 24 V3,3 VRB​ = ?

NPN-транзистор з β = 80 комутує резистор навантаження 330 Ω, увімкнений між VCC = 24 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 = 24 VRC = 330 Ωβ = 80Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Системи численняСередня
8-бітовий додатковий код0−12806403201608040201

Встановіть біти так, щоб вони зберігали −61 в 8-бітовому доповняльному коді. Яке значення U шаблону, якщо читати його як беззнакове число?

N = −618 bit
U =
26.Системи численняСкладна
24 bit1 px256 px256 pxM = ? KiB

Нестиснене зображення має 256 × 256 пікселів і 24 бітів на піксель. Скільки пам'яті M воно займає, у KiB (1 KiB = 1024 байти)?

256 × 256 px24 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABCD000111100001111010010302140507061120131150140819011010

Скористайтеся картою Карно, щоб знайти мінімальну форму добутку сум (POS) для F(A, B, C, D) = Σm(0, 4, 9, 12, 15). Скільки доданків-сум (множників) N вона має?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 4, 9, 12, 15)
N =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
CLKJK123456

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

Q₀ = 0JK
N =
29.Перетворення ЛапласаСередня
ReIm−1−2−3−4−5−61

F(s) = (3s + 18)/(s² + 7s + 10). Її оригінал має вигляд f(t) = A·e−2t + B·e−5t. Знайдіть коефіцієнт A розкладом на простіші дроби.

F(s) = (3s + 18)/(s² + 7s + 10)
A =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Розв’яжіть y″ + 9y′ + 20y = 0 при y(0) = 8 і y′(0) = −4 за допомогою перетворення Лапласа й знайдіть y(0,25).

y″ + 9y′ + 20y = 0y(0) = 8y′(0) = −4t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+Ks(s + 12)G(s)C(s)−

Об’єкт G(s) = K/(s(s + 12)) 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(s + 12))одиничний від’ємний зворотний зв’язок
K =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+Kрегулятор+D(s)+9s + 7об’єктC(s)−

Пропорційний регулятор K керує об’єктом G(s) = 9/(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 0,01286.

G(s) = 9/(s + 7)D = 1css ≤ 0,01286
K =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)0,5

Система має передатну функцію G(s) = 33/(s² + 6s + 66) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть коефіцієнт демпфування ζ.

G(s) = 33/(s² + 6s + 66)
ζ =
34.Перехідна характеристикаСкладна
R(s)+35s(s + 5)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = 35/(s(s + 5)). Знайдіть 2-відсотковий час встановлення ts перехідної характеристики замкненої системи за формулою ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 35/(s(s + 5))
ts = s
35.Діаграми Боде та запасиСередня
vin​L = 5 mHC = 0,1 µFR = 10 Ωvout​

У показаному послідовному смуговому RLC-фільтрі вихід знімають з R = 10 Ω, при L = 5 mH і C = 0,1 µF. Знайдіть центральну (резонансну) частоту f0 у Hz.

R = 10 ΩL = 5 mHC = 0,1 µF
f0 = Hz
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) = 476/(s(s + 6)(s + 8)). Знайдіть запас за підсиленням GM у dB.

L(s) = 476/(s(s + 6)(s + 8))
GM = dB
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+K1s(s + 2)(s + 10)C(s)−

Контур на схемі має передавальну функцію розімкненої системи L(s) = K/(s(s + 2)(s + 10)). Знайдіть найбільше значення Kmax, за якого замкнена система стійка.

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

Контур з одиничним зворотним зв’язком має L(s) = K/((s + 6)(s + 5)(s + 10)). Знайдіть точку σa, у якій асимптоти кореневого годографа перетинають дійсну вісь.

L(s) = K/((s + 6)(s + 5)(s + 10))
σa =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
r(t) = 2t+4(s + 3)s(s + 5)C(s)−

Лінійно наростальний сигнал r(t) = 2t подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 4(s + 3)/(s(s + 5)). Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 4(s + 3)/(s(s + 5))r(t) = 2t
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+Kp​ + Ki​/s5s + 4C(s)−

ПІ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s керує об’єктом G(s) = 5/(s + 4) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Замкнена система має мати ωₙ = 6 rad/s і ζ = 1. Знайдіть пропорційний коефіцієнт Kp.

G(s) = 5/(s + 4)ωₙ = 6 rad/sζ = 1
Kp =

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 2,727 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​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​2 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 = 8 + 4 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 2·12/(2+12) = 1,714 Ω
Req = R1 + 1,714 = 3 + 1,714 = 4,714 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 15/4,714 = 3,182 A

Струм через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 15 − 3,182·3 = 5,455 V
IR2 = VA/R2 = 5,455/2 = 2,727 A

Відповідь

IR2 = 2,727 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 26,33 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​ = 20 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAR4​6 ΩBR6​30 Ω

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R5 + R6 = 12 + 30 = 42 Ω
R4 ∥ 42 = 5,25 Ω
R3 + 5,25 = 17,25 Ω
R2 ∥ 17,25 = 6,33 Ω
Req = R1 + 6,33 = 20 + 6,33 = 26,33 Ω

Відповідь

Req = 26,33 Ω
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VA = 5,476 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​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAR4​4 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/10 + (VA − 15)/12 + (VA − VB)/2 = 0
0,6833·VA − 0,5·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/4 + (VB − VA)/2 = 1
−0,5·VA + 0,75·VB = 1

Розв’яжіть

Δ = (0,6833)(0,75) − (−0,5)(−0,5) = 0,2625
VA = Δ1/Δ = 1,438/0,2625 = 5,476 V
VB = Δ2/Δ = 1,308/0,2625 = 4,984 V

Відповідь

VA = 5,476 V
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VB = 2,459 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.

Утворіть надвузол

Струм через джерело напруги між A і B невідомий, тож ЗСК не можна записати для A чи B окремо. Об’єднайте A, B і джерело в один надвузол: струм, що входить у нього, дорівнює струму, що виходить.

VB = VA − 3
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Розв’яжіть

(VA − 18)/20 + VA/3 + (VA − 3)/8 = 1,5
VA·(1/20 + 1/3 + 1/8) = 1,5 + 18/20 + 3/8 = 2,775
VA = 2,775/0,5083 = 5,459 V
VB = 2,459 V

Відповідь

VB = 2,459 V
5.Метод контурних струмів

Відповідь: IR1 = 0,625 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​ = 12 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​12 VR3​6 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
12·I1 + 6(I1 − I2) = 12
18·I1 − 6·I2 = 12

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
12·I2 + 6(I2 − I1) = (−6)
−6·I1 + 18·I2 = −6

Розв’яжіть

Δ = (18)(18) − (−6)(−6) = 288
I1 = Δ1/Δ = 180/288 = 0,625 A
I2 = Δ2/Δ = −36/288 = −0,125 A

Відповідь

IR1 = I1 = 0,625 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: IR3 = −0,8113 A

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

R1​ = 3 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR4​15 ΩAR5​4 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
3·I1 + 15(I1 − I2) = 6
18·I1 − 15·I2 = 6

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
20·I2 + 15(I2 − I1) + 4(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 39·I2 − 4·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
8·I3 + 4(I3 − I2) = (−10)
−4·I2 + 12·I3 = −10

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 5436
I1 = Δ1/Δ = 2112/5436 = 0,3885 A
I2 = Δ2/Δ = 360/5436 = 0,06623 A
I3 = Δ3/Δ = −4410/5436 = −0,8113 A

Відповідь

IR3 = I3 = −0,8113 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: PR4 = 94,53 W

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​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩAR4​8 ΩBОБРИВ

Випадок 1 · діє лише V1

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

R3+R4 = 10+8 = 18 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·18/(10+18) = 6,429 Ω
VA = 10·6,429/(5+6,429) = 5,625 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 5,625·8/18 = 2,5 V
IR4′ = (VB − 0)/R4 = (2,5 − 0)/8 = 0,3125 A
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 ΩКЗR2​10 ΩAR4​8 ΩBIs​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 = 5·10/(5+10) = 3,333 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 8 ∥ 13,33 = 5 Ω
VB = Is·Req = 5·5 = 25 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 25·3,333/13,33 = 6,25 V
IR4″ = (VB − 0)/R4 = (25 − 0)/8 = 3,125 A

Додайте внески струму

IR4 = IR4′ + IR4″ = 0,3125 + 3,125 = 3,438 A

Потужність у резисторі

Потужність залежить від квадрата струму, тож метод накладання до неї не застосовний: спочатку додайте струми, потім піднесіть до квадрата.

PR4 = IR4²·R4 = 3,438²·8 = 94,53 W

Відповідь

PR4 = 94,53 W

Сума потужностей окремих випадків дала б 78,91 W, а це неправильно.

8.Метод накладання

Відповідь: I = 9,5 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 = 12,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 21,5
I₁ + I₂ − I₃ = 11,5

Знайдіть внески

I₁ = 21,5 − 12,5 = 9 mA
I₃ = (12,5 − 11,5)/2 = 0,5 mA
I₂ = 12,5 − 9 − 0,5 = 3 mA

Вимкніть V₂

I = I₁ + I₃ = 9 + 0,5 = 9,5 mA

Відповідь

I = 9,5 mA
9.Тевенен і Нортон

Відповідь: IL = 0,5085 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​ = 3 ΩКЗR2​5 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 = 2·5/(2+5) = 1,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,429 + 3 = 4,429 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

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

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 6·5/(2+5) = 4,286 V
Rth​ = 4,429 Ω+−Vth​4,286 VRL​4 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) = 4,286/(4,429 + 4) = 0,5085 A
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = −16,73 V

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​12 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 = 10·12/(10+12) = 5,455 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,455 + 2 = 7,455 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAIs​4 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) = 13,09 + (−4)·5,455 = −8,727 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −8,727 + (−4)·2 = −16,73 V
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vL = 4,596 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 і кінцевий струм

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

τ = L/R = 68 mH / 100 Ω = 0,68 ms
i(∞) = Vs/R = 20/100 = 0,2 A

Напруга на котушці

У момент t = 0 уся напруга живлення прикладена до котушки; далі вона спадає до нуля.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 20·e−1/0,68 = 4,596 V

Відповідь

vL = 4,596 V
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: i = 1,098 A

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

Початкове значення, кінцеве значення, стала часу

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

i(0) = 9/5 = 1,8 A
i(∞) = 9/(5 + 5) = 0,9 A
τ = L/R = 33/10 = 3,3 ms
i(t) = 0,9 + (1,8 − 0,9)·e−t/τ

Струм у заданий момент

i(5) = 0,9 + (0,9)·e−5/3,3 = 1,098 A

Відповідь

i = 1,098 A
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: |Z| = 41,67 Ω

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

XL = ωL = 2π·60·0,2 = 75,4 Ω

Струми віток

Обидві вітки під’єднано безпосередньо до мережі, тож на кожній повна напруга V.

IR = V/R = 50/50 = 1 A
IX = V/XL = 50/75,4 = 0,6631 A

Загальний струм

Струм резистора збігається за фазою з V, а реактивний струм зсунутий на 90°, тож вони додаються як катети прямокутного трикутника.

I = √(IR² + IX²) = √(1² + 0,6631²) = 1,2 A

Повний опір

|Z| = V/I = 50/1,2 = 41,67 Ω

Відповідь

|Z| = 41,67 Ω
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: I = 0,1076 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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,02 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·10·10⁻⁶) = 15,92 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(20² + (109,7)²) = 111,6 Ω

Струм

Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.

I = V/|Z| = 12/111,6 = 0,1076 A

Відповідь

I = 0,1076 A
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: P = 1728 W

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

Струм

|Z| = √(12² + 16²) = 20 Ω
I = V/|Z| = 240/20 = 12 A

Активна потужність

P = I²·R = 12²·12 = 1728 W

Відповідь

P = 1728 W
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: C = 3,979 µF

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

Спряжене узгодження

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

ZL = Zs* = 25 − j40 Ω

Ємність

XC = 40 Ω → C = 1/(2π·1000·40) = 3,979 µF

Відповідь

C = 3,979 µF
17.Трифазні системи

Відповідь: IL = 8,025 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 = 7,5/0,92 = 8,152 kW

Струм лінії

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 8152/(√3·690·0,85) = 8,025 A

Відповідь

IL = 8,025 A
18.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 195,4 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 = 75·tan(acos 0,75) = 75·0,8819 = 66,14 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,98) = 75·0,2031 = 15,23 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 50,91 kvar

Ємність на фазу

У батареї, з’єднаній трикутником, кожен конденсатор увімкнено між двома лінійними проводами.

V = 480 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 16971/(377·480²) = 195,4 µF

Відповідь

Cph = 195,4 µF
19.Трансформатори

Відповідь: ILV = 416,7 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 = 100000/240 = 416,7 A

Відповідь

ILV = 416,7 A
20.Трансформатори

Відповідь: Pcu,fl = 3507 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 = 150·0,95 = 142,5 kW
Pin = 142500/0,97 = 146907 W

Сумарні втрати й втрати в міді

Ploss = 146907 − 142500 = 4407 W
Pcu,fl = 4407 − 900 = 3507 W

Відповідь

Pcu,fl = 3507 W
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 0,9592 V

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

Напруга на вході +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 0,5·47/(2 + 47) = 0,4796 V

Коефіцієнт підсилення неінвертувального підсилювача

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

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,4796·(1 + 100/100) = 0,9592 V

Відповідь

Vout = 0,9592 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Av = −14,7

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 = −4,7/1 = −4,7
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 10/4,7 = 3,128

Загальний коефіцієнт підсилення

Av = A1·A2 = −4,7·3,128 = −14,7

Відповідь

Av = −14,7
23.Діоди й транзистори

Відповідь: IC = 2,509 mA

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

Еквівалент Тевенена дільника

VTH = 20·22/(100 + 22) = 3,607 V
RTH = 100·22/(100 + 22) = 18,03 kΩ

Струм бази

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

IB = (3,607 − 0,7)/(18,03 + 121·1) = 20,91 µA

Струм колектора

IC = 120·20,91 µA = 2,509 mA
IE = 121·20,91 µA = 2,53 mA

Відповідь

IC = 2,509 mA
24.Діоди й транзистори

Відповідь: RB = 2,884 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 = 72,12/80 = 901,5 µA

Базовий резистор

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,9015 mA = 2,884 kΩ

Відповідь

RB = 2,884 kΩ

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

25.Системи числення

Відповідь: U = 195

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

61 = 0011 1101
інвертовано: 1100 0010
+1 → 1100 0011

Прочитайте як беззнакове

1100 0011₂ = 256 − 61 = 195

Відповідь

U = 195
26.Системи числення

Відповідь: M = 192 KiB

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

Біти й байти

256·256·24 = 1572864 bit = 196608 B

Переведіть у KiB

196608/1024 = 192 KiB

Відповідь

M = 192 KiB
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: N = 5

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.

ABCD000111100001111010010302140507061120131150140819011010

Згрупуйте нулі

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

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

Мінімальна форма POS

F = (C′ + D)(B + C′)(B′ + C + D′)(A + D′)(A′ + B + D)
N = 5

Відповідь

N = 5
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: N = 3

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

Q після кожного фронту

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

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

Порахуйте зміни

0 → 0 → 0 → 1 → 0 → 0 → 1
N = 3

Відповідь

N = 3
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: A = 4

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 + 7s + 10 = (s + 2)(s + 5)
F(s) = A/(s + 2) + B/(s + 5)

Правило закривання

Помножте на (s + 2) і покладіть s = −2: доданок із B зникає.

A = (3s + 18)/(s + 5) |s = −2 = 12/3 = 4

Відповідь

A = 4
(B = −1, тож f(t) = 4·e−2t − e−5t)
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.25) = 5,222

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

Перетворіть рівняння

s²Y − 8s − (−4) + 9(sY − 8) + 20Y = 0
Y(s) = (8s + 68)/((s + 4)(s + 5))

Простіші дроби

A = 36/1 = 36
B = 28/(−1) = −28

Результат

y(t) = 36·e−4t − 28·e−5t
y(0,25) = 5,222

Відповідь

y(0,25) = 5,222

Перевірка: y(0) = A + B = 8.

31.Блок-схеми

Відповідь: K = 36

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(s + 12)) = 0 → s² + 12s + K = 0

Кратний корінь

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

12² = 4K → K = 144/4 = 36

Відповідь

K = 36
Обидва полюси замкненої системи тоді лежать у s = −6.
32.Блок-схеми

Відповідь: K = 77

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)) = 1·9/(7 + 9K)

Розв’яжіть відносно K

7 + 9K = 1·9/0,01286 = 700
K = (700 − 7)/9 = 77

Відповідь

K = 77
33.Перехідна характеристика

Відповідь: ζ = 0,3693

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 = 6 → ζ = 6/(2·8,124) = 0,3693

Результат

ζ = 0,3693

Відповідь

ζ = 0,3693
34.Перехідна характеристика

Відповідь: ts = 1,6 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) = 35/(s² + 5s + 35): ωₙ = 5,916 rad/s, ζ = 0,4226

Час встановлення

ζωₙ = 5/2 = 2,5
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 1,6 s

Відповідь

ts = 1,6 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: f0 = 7118 Hz

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.

Резонансна частота

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,005·1 × 10⁻⁷) = 44721 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 7118 Hz

Відповідь

f0 = 7118 Hz
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: GM = 2,995 dB

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

Перетин за фазою

(ω/6)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(6·8) = 6,928 rad/s

Модуль на перетині за фазою

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 36)·√(ω² + 64)) = K/(6·8·(6 + 8)) = K/672

Запас за підсиленням

GM = 20·log₁₀(672/476) = 2,995 dB

Відповідь

GM = 2,995 dB
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: Kmax = 240

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.

Характеристичне рівняння

s³ + 12s² + 20s + K = 0

Таблиця Рауса

s³: 1, 20
s²: 12, K
s¹: (12·20 − K)/12
s⁰: K

Умови

Кожен елемент першого стовпця має бути додатним.

K > 0
12·20 − K > 0 → K < 240

Відповідь

Kmax = 240

При K = 240 замкнена система коливається з частотою ω = √20 = 4,472 rad/s.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: σa = −7

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, −10
n − m = 3 − 0 = 3

Центр ваги

σa = (−21)/3 = −7

Відповідь

σa = −7

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

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 0,8333

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.

Швидкісна константа

Kv = lim s·G(s) = 2,4

Похибка за лінійно наростального сигналу

ess = 2/2,4 = 0,8333

Відповідь

ess = 0,8333
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: Kp = 1,6

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

1 + C(s)G(s) = 0, помножене на s(s + 4).

s² + (4 + 5Kp)s + 5Ki

Цільовий поліном

s² + 2·1·6s + 6² = s² + 12s + 36

Зіставте коефіцієнти

4 + 5Kp = 12 → Kp = 1,6

Відповідь

Kp = 1,6

Інтегральна складова робить контур типу 1, тож східчастий сигнал відпрацьовується без усталеної похибки.

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