Підготовка до іспиту FE Electrical and Computer: шпаргалка-підсумок

Аркуші з формулами, ключові кроки методів для кожної теми та 40 задач для практики, з повними розв’язками наприкінці.

Нові задачіНазад до курсу

У вікні друку виберіть «Зберегти як PDF», щоб зберегти копію на пристрої.

1Формули та методи

Послідовні й паралельні резистори

Послідовне з’єднання резисторів
Req = R1 + R2 + …
Паралельне з’єднання резисторів
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Два паралельно
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Закон Ома
V = I·R
Потужність
P = V·I = I²R = V²/R

Метод

  1. Почніть з кінця мережі, найдальшого від затискачів.
  2. Послідовні резистори об’єднуйте додаванням, паралельні — за 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Перемальовуйте коло після кожного кроку.
  4. Повторюйте, доки між затискачами не залишиться один резистор.

Метод вузлових потенціалів

Закон струмів Кірхгофа
ΣIin = ΣIout
Струм гілки
I = (Va − Vb)/R
Опорний вузол
Vground = 0

Метод

  1. Оберіть опорний вузол (землю) і позначте напруги інших вузлів.
  2. Запишіть закон струмів Кірхгофа для кожного невідомого вузла: струми, що витікають через гілки, дорівнюють струмам, що втікають.
  3. Виразіть кожен струм гілки як (Va − Vb)/R.
  4. Розв’яжіть систему рівнянь, потім знайдіть потрібний струм.

Метод контурних струмів

Закон напруг Кірхгофа
ΣV = 0 у кожному контурі
Спільний резистор
струм = I1 − I2
Джерело струму в контурі
задає струм цього контуру

Метод

  1. Задайте струм за годинниковою стрілкою в кожному контурі (вікні) кола.
  2. Застосуйте закон напруг Кірхгофа до кожного контуру: сума спадів напруги дорівнює нулю.
  3. У резисторі, спільному для двох контурів, струм дорівнює різниці двох контурних струмів.
  4. Розв’яжіть рівняння; від’ємний результат означає, що струм тече в протилежному напрямку.

Метод накладання

Метод накладання
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Вимкнене джерело напруги
коротке замикання (0 V)
Вимкнене джерело струму
розрив (0 A)
Подільник напруги
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Подільник струму
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Метод

  1. Порахуйте незалежні джерела. Для кожного джерела ви розв’яжете одне простіше коло.
  2. Залиште одне джерело й вимкніть інші: джерело напруги стає коротким замиканням (провідником), джерело струму — розривом.
  3. Розв’яжіть простіше коло щодо потрібної напруги чи струму, стежачи за напрямком.
  4. Повторіть для кожного джерела, потім додайте внески з урахуванням знаків.

Тевенен і Нортон

Напруга Тевенена
Vth = Vopen circuit
Опір Тевенена
Rth: усі джерела вимкнені, з боку a–b
Струм Нортона
IN = Vth/Rth
Струм навантаження
IL = Vth/(Rth + RL)
Передача максимальної потужності
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Метод

  1. Від’єднайте навантаження й позначте два затискачі a і b.
  2. Знайдіть напругу холостого ходу між a і b: це Vth.
  3. Вимкніть усі незалежні джерела й знайдіть опір з боку a–b: це Rth.
  4. Поверніть навантаження до еквівалентної схеми: Vth послідовно з Rth.
  5. Для еквівалента Нортона перетворіть: IN = Vth/Rth, з паралельним RN = Rth.

Перехідні процеси RC і RL

Стала часу
τ = RC | τ = L/R
Відгук
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Конденсатор на постійному струмі
розрив; vC не може змінитися стрибком
Котушка на постійному струмі
коротке замикання; iL не може змінитися стрибком
Усталений режим
t ≈ 5τ

Метод

  1. Знайдіть початкове значення одразу після комутації: напруга на конденсаторі й струм через котушку не можуть змінитися стрибком.
  2. Знайдіть кінцеве значення через довгий час після комутації: конденсатор поводиться як розрив, котушка — як коротке замикання.
  3. Знайдіть сталу часу: τ = RC або τ = L/R, використовуючи опір з боку конденсатора чи котушки.
  4. Використайте x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Повний опір і комплексні амплітуди

Повні опори
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Кутова частота
ω = 2πf
Модуль і кут
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Закон Ома в комплексній формі
V = I·Z

Метод

  1. Переведіть частоту: ω = 2πf.
  2. Знайдіть кожен реактивний опір: XL = ωL і XC = 1/(ωC).
  3. Додавайте опори як резистори, з Z = R + jX.
  4. Знайдіть модуль |Z| = √(R² + X²) і кут φ = atan(X/R), потім застосуйте закон Ома для комплексних амплітуд.

Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Активна потужність
P = V·I·cos φ
Реактивна потужність
Q = V·I·sin φ
Повна потужність
S = V·I = √(P² + Q²)
Коефіцієнт потужності
pf = cos φ = P/S
Компенсувальний конденсатор
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Трифазні системи

З’єднання зіркою (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
З’єднання трикутником (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Сумарна активна потужність
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Повна й реактивна потужність
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Компенсувальні конденсатори
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Напруга на кожному конденсаторі
Δ: VL Y: VL/√3
Вхідна потужність двигуна
Pin = Pout/η

Трансформатори

Коефіцієнт трансформації
a = N1/N2 = V1/V2
Відношення струмів
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Номінальний струм
I = S/V
Зведений опір
Z1′ = a²·ZL
Втрати в міді при неповному навантаженні
Pcu = x²·Pcu,fl
ККД
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Максимальний ККД
x = √(Pcore/Pcu,fl)

Схеми з операційними підсилювачами

Інвертувальний підсилювач
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Неінвертувальний підсилювач
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Сумувальний підсилювач
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Ідеальний ОП
V+ = V−, Iin = 0

Діоди й транзистори

Діод (постійний спад)
VD = 0,7 V when conducting
Активний режим
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Фіксоване зміщення
IB = (VCC − 0,7)/RB
Зміщення дільником
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Еквівалент Тевенена дільника
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Колекторний контур
VCE = VCC − ICRC − IERE
Насичення
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Системи числення

Ваги розрядів
двійкова 2k, вісімкова 8k, шістнадцяткова 16k
У десяткову
Σ dk·bk
З десяткової
діліть на основу, остачі читайте знизу вгору
Шістнадцяткова ↔ двійкова
одна шістнадцяткова цифра = 4 біти
Додатковий код
інвертуйте біти й додайте 1

Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Базові вентилі
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Правила булевої алгебри
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Закони де Моргана
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Порядок на карті Карно
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Група з 2ᵏ клітинок
втрачає k змінних
Мультиплексор 4-до-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Тригери
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Лічильники
n-розрядний: 2ⁿ станів; за модулем N: найменше n з 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Послідовний лічильник
fmax = 1/(n·tpd)
Кільцевий лічильник і лічильник Джонсона
n і 2n станів

Метод

  1. Для схеми рухайтеся від входів до виходу вентиль за вентилем і записуйте значення на кожному дроті, або запишіть її вираз і заповніть таблицю істинності.
  2. Для спрощення занесіть одиниці (а байдужі стани як X) на карту Карно з рядками й стовпцями в коді Грея: 00, 01, 11, 10.
  3. Покрийте одиниці якомога меншою кількістю якомога більших груп по 1, 2, 4, 8 або 16 клітинок, з переходом через краї; кожна група — це один добуток зі змінних, що лишаються сталими. Для форми POS групуйте нулі.
  4. Для тригерів і лічильників читайте входи на кожному активному фронті такту, записуйте стан після кожного фронту й пам’ятайте, що n-розрядний лічильник переходить через максимум після 2ⁿ станів.

Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Стійкість
усі корені характеристичного полінома в лівій півплощині
таблиця Рауса, елемент s¹ кубічного полінома
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Корені в правій півплощині
кількість змін знака в першому стовпці
Кубічний поліном s³ + a₂s² + a₁s + a₀
стійкий, коли всі a > 0 і a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Характеристичне рівняння
1 + K·G(s) = 0
Асимптоти
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Точки відходу й входу
dK/ds = 0
Умова модуля
K = 1/|G(s)|
Кут відходу
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Метод

  1. Запишіть характеристичний поліном замкненої системи: знаменник рівняння 1 + K·G(s) = 0, розкритий до кінця.
  2. Запишіть коефіцієнти по черзі в перші два рядки таблиці Рауса й побудуйте решту рядків.
  3. Підрахуйте зміни знака в першому стовпці: кожна з них — це полюс у правій півплощині. Якщо в таблиці є K, вимагайте, щоб кожен елемент першого стовпця залишався додатним.
  4. Для кореневого годографа позначте полюси й нулі, ділянки дійсної осі, асимптоти з центра та точки розгалуження, де dK/ds = 0. Для коефіцієнта підсилення в точці скористайтеся K = 1/|G(s)|.

Усталена похибка та ПІД-регулювання

Тип системи
кількість полюсів G(s) у точці s = 0
Константи похибок
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Східчастий сигнал A
ess = A/(1 + Kp)
Лінійно наростальний сигнал A·t
ess = A/Kv
Параболічний сигнал A·t²/2
ess = A/Ka
ПІД-регулятор
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Цільова система другого порядку
s² + 2ζωns + ωn²
Перерегулювання та часові показники
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Метод

  1. Підрахуйте полюси розімкненого контуру C(s)·G(s) у точці s = 0: це тип системи.
  2. Знайдіть константу похибки, що відповідає входу: Kp для східчастого, Kv для лінійно наростального, Ka для параболічного сигналу.
  3. Застосуйте ess = A/(1 + Kp), A/Kv або A/Ka, або розв’яжіть це відносно потрібного коефіцієнта підсилення.
  4. Для вимоги щодо демпфування чи швидкодії запишіть характеристичний поліном замкненої системи й порівняйте його з s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Задачі для практики

1.Послідовні й паралельні резисториСередня
R1​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩAR4​12 ΩB

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 10 VR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 2 ΩR4 = 12 Ω
Req = Ω
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 30 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩIR2​AR4​10 ΩBR6​12 Ω

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 6 VR1 = 30 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 ΩR4 = 10 ΩR5 = 10 ΩR6 = 12 Ω
IR2 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAR4​15 ΩBIs​4 A

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

V1 = 12 VIs = 4 AR1 = 10 ΩR2 = 6 ΩR3 = 6 ΩR4 = 15 Ω
PIs = W
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 5 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAR4​6 ΩB0,05·VA​

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

V1 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 10 ΩR3 = 25 ΩR4 = 6 Ωg = 0,05 A/V
VB = V
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 2 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​15 VR3​20 ΩIR3​A+−V2​9 VI1​I2​

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

V1 = 15 VV2 = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 Ω
IR3 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 12 ΩR2​ = 12 Ω+−VR2​R3​ = 2 Ω+−V1​10 VR4​10 ΩAR5​20 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

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

V1 = 10 VV2 = 9 VR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 ΩR4 = 10 ΩR5 = 20 Ω
VR2 = 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 = 8 V і Is = 3 mA I = 16,75 mA; при Vs = 6 V і Is = 8 mA I = 14 mA. Знайдіть струм навантаження I при Vs = 12 V і Is = 4 mA.

8 V, 3 mA → 16,75 mA6 V, 8 mA → 14 mAVs = 12 V, Is = 4 mA
I = mA
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 4 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​9 VR3​12 ΩIR3​AIs​2,5 AB−+V2​15 V

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

V1 = 9 VIs = 2,5 AV2 = 15 VR1 = 4 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩR4 = 8 Ω
IR3 = A
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 10 VR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 15 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩAIs​5 ABRL​30 ΩIL​

До a–b підключено навантаження RL = 30 Ω. Замініть решту кола еквівалентом Тевенена і знайдіть струм навантаження IL.

V1 = 9 VIs = 5 AR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 ΩRL = 30 Ω
IL = A
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​15 Vt = 0R = 47 ΩL10 mHi(t)

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

Vs = 15 VR = 47 ΩL = 10 mHt = 1 ms
vL = V
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​24 Vt = 0R = 4,7 kΩC10 µF+−vC​vC​(0) = 18 V

Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 18 V з указаною полярністю. Знайдіть напругу на конденсаторі vC у момент t = 100 ms.

Vs = 24 VR = 4,7 kΩC = 10 µFvC(0) = 18 Vt = 100 ms
vC = V
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
24 V100 HzR = 10 ΩL = 250 mHC = 47 µFI

Послідовне коло RLC підключено до мережі 24 V (діюче значення), 100 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.

V = 24 V (rms)f = 100 HzR = 10 ΩL = 250 mHC = 47 µF
I = A
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
12 V500 HzR1​ = 20 ΩR2​ = 20 ΩC = 4,7 µF

Резистор R1 увімкнено послідовно з паралельним з’єднанням R2 і конденсатора C; коло під’єднано до мережі 12 V (діюче значення), 500 Hz. Знайдіть модуль повного опору |Z|.

V = 12 V (rms)f = 500 HzR1 = 20 ΩR2 = 20 ΩC = 4,7 µF
|Z| = Ω
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
P = 25 kWQSφ

Однофазний двигун споживає 25 kW при коефіцієнті потужності 0,9 (індуктивному) від мережі 230 V. Знайдіть струм лінії I.

P = 25 kWpf = 0,9V = 230 V
I = A
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
400 V50 Hzнавантаження5 kW, 0,6C22 µFI

Однофазне навантаження споживає 5 kW з коефіцієнтом потужності 0,6 (індуктивним) від мережі 400 V, 50 Hz. Паралельно навантаженню під’єднують конденсатор ємністю 22 µF. Знайдіть новий коефіцієнт потужності cos φ з боку мережі.

P = 5 kWpf1 = 0,6V = 400 Vf = 50 HzC = 22 µF
cos φ =
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 690 VIL​ = ?M7,5 kW, η = 90%cos φ = 0,88

Трифазний асинхронний двигун при повному навантаженні розвиває механічну потужність 7,5 kW. При цьому навантаженні його ККД становить 90%, а коефіцієнт потужності 0,88, відстаючий. Лінійна напруга мережі 690 V. Знайдіть лінійний струм IL.

Pout = 7,5 kWη = 90%cos φ = 0,88VL = 690 V
IL = A
18.Трифазні системиСкладна
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симетричне трифазне навантаження споживає 300 kW при коефіцієнті потужності 0,75 (відстаючому) від мережі 415 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 = 300 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
RL​ = 30 Ω1012400 VV2​I1​ = ?I2​

До первинної обмотки ідеального трансформатора з коефіцієнтом трансформації N₁:N₂ = 10:1 прикладено 2400 V. До вторинної обмотки підключено резистор 30 Ω. Знайдіть первинний струм I1.

N1:N2 = 10:1V1 = 2400 VRL = 30 Ω
I1 = A
20.ТрансформаториСкладна
25 kVA

Однофазний трансформатор 25 kVA має втрати в сталі 100 W і втрати в міді 200 W при номінальному навантаженні. При якому навантаженні Sη,max, у kVA, його ККД найвищий?

S = 25 kVAPcore = 100 WPcu,fl = 200 W
Sη,max = kVA
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 47 kΩVin​

Підберіть резистор зворотного зв’язку Rf, щоб цей неінвертувальний підсилювач мав коефіцієнт підсилення за напругою 25.

R1 = 47 kΩAv = 25
Rf = kΩ
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​R2​ = 47 kΩV1​ = 1,3 VR1​ = 10 kΩV2​ = 0,8 VR3​ = 4,7 kΩR4​ = 100 kΩ

ОП ідеальний і живиться від ±15 V. Відношення опорів не узгоджені. Знайдіть вихідну напругу Vout.

V1 = 1,3 VV2 = 0,8 VR1 = 10 kΩR2 = 47 kΩR3 = 4,7 kΩR4 = 100 kΩ
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
+−24 VR = ?5 × 3,2 V25 mA

5 сині світлодіодів (пряма напруга 3,2 В кожен) з’єднано послідовно з резистором до джерела 24 В. Знайдіть опір R, що задає струм 25 мА.

Vs = 24 VVF = 3,2 Vn = 5I = 25 mA
R = Ω
24.Діоди й транзисториСкладна
RC​ = 330 Ωβ = 200IC​ = ?VCC​ = 9 V5 VRB​ = 100 kΩ

NPN-транзистор з β = 200 комутує резистор навантаження 330 Ω, увімкнений між VCC = 9 V і його колектором. Емітер заземлено. Базу керують від логічного виходу 5 V через базовий резистор RB = 100 kΩ. Візьміть VBE = 0,7 V і VCE(sat) = 0,2 V. Знайдіть струм колектора IC у mA при високому рівні на вході. Спершу визначте, чи транзистор у насиченні.

VCC = 9 VRC = 330 Ωβ = 200Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 100 kΩ
IC = mA
25.Системи численняСередня
8-бітовий додатковий код?−128?64?32?16?8?4?2?1

Запишіть −68 як 8-бітовий шаблон у додатковому коді. Прочитайте шаблон як беззнакове двійкове число: яке його значення U у десятковій системі?

N = −688 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
ABCD00011110000111101111111

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

F = Σm(0, 3, 4, 6, 7, 11, 13)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​TQ4​Q4​CLK

5-розрядний послідовний (асинхронний) лічильник побудовано з тригерів із затримкою поширення 8 нс кожен. Усі виходи мають встановитися до наступного фронту такту. Знайдіть максимальну тактову частоту fmax.

n = 5tpd = 8 ns
fmax = MHz
29.Перетворення ЛапласаСередня
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,50,51

F(s) = (3s + 8)/(s² + 6s + 8). Її оригінал має вигляд f(t) = A·e−2t + B·e−4t. Знайдіть коефіцієнт A розкладом на простіші дроби.

F(s) = (3s + 8)/(s² + 6s + 8)
A =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,4y(0,4) = ?

Система підпорядковується рівнянню y″ + 5y′ + 6y = 18·u(t). Вона починає зі спокою (y(0) = 0, y′(0) = 0), а вхід — сходинка u(t) = 2 при t ≥ 0. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть вихід y(0,4).

y″ + 5y′ + 6y = 18·u(t)u(t) = 2y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,4 s
y(0.4) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+6K+9s + 2G(s)C(s)4H₁−−

Об’єкт G(s) = 9/(s + 2) має внутрішній (малий) контур від’ємного зворотного зв’язку з коефіцієнтом H₁ = 4. Коефіцієнт регулятора K = 6 і зовнішній одиничний від’ємний зворотний зв’язок замикають систему. Знайдіть полюс замкненої системи p.

G(s) = 9/(s + 2)H₁ = 4K = 6
p =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+Kрегулятор+D(s)+9s + 9об’єктC(s)−

Пропорційний регулятор K керує об’єктом G(s) = 9/(s + 9) в одиничному від’ємному зворотному зв’язку. Сходинка збурення розміром 5 діє на вході об’єкта за R = 0. Знайдіть найменший коефіцієнт підсилення K, за якого усталений вихід не перевищує 0,1.

G(s) = 9/(s + 9)D = 5css ≤ 0,1
K =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)3

Система має передатну функцію G(s) = 246/(s² + 3s + 82) і отримує на вході одиничну сходинку. Полюси: s = σ ± jωd. Знайдіть дійсну частину σ.

G(s) = 246/(s² + 3s + 82)
σ =
34.Перехідна характеристикаСкладна
t (s)y(t)120 %

Система другого порядку без нулів має давати перехідну характеристику з перерегулюванням 20 %. Знайдіть коефіцієнт демпфування ζ.

%OS = 20 %
ζ =
35.Діаграми Боде та запасиСередня
|H| (dB)0,11101001000−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 10

Знайдіть точний модуль |G(jω)| функції G(s) = 1944/((s + 9)(s + 18)) за ω = 10 rad/s, у dB.

G(s) = 1944/((s + 9)(s + 18))ω = 10 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 6,8/(s(s + 2)). Знайдіть частоту зрізу за підсиленням ωc, де |L(jω)| = 1.

L(s) = 6,8/(s(s + 2))
ωc = rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+51s(s + 2)(s + 5)C(s)+

Контур на схемі має додатний зворотний зв’язок, L(s) = 5/(s(s + 2)(s + 5)). Скільки полюсів N замкненої системи лежить у правій півплощині?

L(s) = 5/(s(s + 2)(s + 5))
N =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−2−4−6j2j4

Накреслено кореневий годограф L(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 6)). Знайдіть частоту ω, за якої годограф перетинає уявну вісь.

L(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 6))
ω = rad/s
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
r(t) = 1 + 3t+4s(s + 4)C(s)−

Вхід r(t) = 1 + 3t (східчастий сигнал плюс лінійно наростальний) подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 4/(s(s + 4)). Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 4/(s(s + 4))r(t) = 1 + 3t
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+K = 2010s(s + 10)C(s)−

П-регулятор K = 20 керує об’єктом G(s) = 10/(s(s + 10)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS перехідної характеристики.

G(s) = 10/(s(s + 10))K = 20
%OS = %

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 4,471 Ω

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩAR4​12 ΩB

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R3 + R4 = 2 + 12 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 3·14/(3+14) = 2,471 Ω
Req = R1 + 2,471 = 2 + 2,471 = 4,471 Ω

Відповідь

Req = 4,471 Ω
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 0,05969 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​ = 30 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAR4​10 ΩBR6​12 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 = 10 + 12 = 22 Ω
R4 ∥ 22 = 6,875 Ω
R3 + 6,875 = 11,88 Ω
R2 ∥ 11,88 = 7,451 Ω
Req = R1 + 7,451 = 30 + 7,451 = 37,45 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 6/37,45 = 0,1602 A

Струм через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 6 − 0,1602·30 = 1,194 V
IR2 = VA/R2 = 1,194/20 = 0,05969 A

Відповідь

IR2 = 0,05969 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: PIs = 105,5 W

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

ЗСК у вузлі A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/6 + (VA − 12)/10 + (VA − VB)/6 = 0
0,4333·VA − 0,1667·VB = 1,2

ЗСК у вузлі B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/15 + (VB − VA)/6 = 4
−0,1667·VA + 0,2333·VB = 4

Розв’яжіть

Δ = (0,4333)(0,2333) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,07333
VA = Δ1/Δ = 0,9467/0,07333 = 12,91 V
VB = Δ2/Δ = 1,933/0,07333 = 26,36 V

Потужність, яку віддає джерело струму

Джерело подає Iₛ угору у вузол B, від землі (0 V) до VB. Джерело, струм якого виходить з його затискача +, віддає потужність P = V·I.

PIs = VB·Is = 26,36·4 = 105,5 W

Відповідь

PIs = 105,5 W
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VB = 8,1 V

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

ЗСК для вузла A

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

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,34·VA − 0,04·VB = 6

ЗСК для вузла B

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

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,05·VA
−0,09·VA + 0,2067·VB = 0

Розв’яжіть

Δ = (0,34)(0,2067) − (−0,04)(−0,09) = 0,06667
VA = Δ1/Δ = 1,24/0,06667 = 18,6 V
VB = Δ2/Δ = 0,54/0,06667 = 8,1 V

Відповідь

VB = 8,1 V
5.Метод контурних струмів

Відповідь: IR3 = 0,6625 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​ = 2 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​15 VR3​20 ΩA+−V2​9 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
2·I1 + 20(I1 − I2) = 15
22·I1 − 20·I2 = 15

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
20·I2 + 20(I2 − I1) = (−9)
−20·I1 + 40·I2 = −9

Розв’яжіть

Δ = (22)(40) − (−20)(−20) = 480
I1 = Δ1/Δ = 420/480 = 0,875 A
I2 = Δ2/Δ = 102/480 = 0,2125 A

Відповідь

IR3 = I1 − I2 = 0,6625 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: VR2 = −2,264 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​ = 12 ΩR2​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR4​10 ΩAR5​20 ΩB+−V2​9 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
12·I1 + 10(I1 − I2) = 10
22·I1 − 10·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
12·I2 + 10(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 42·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
2·I3 + 20(I3 − I2) = (−9)
−20·I2 + 22·I3 = −9

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 9328
I1 = Δ1/Δ = 3440/9328 = 0,3688 A
I2 = Δ2/Δ = −1760/9328 = −0,1887 A
I3 = Δ3/Δ = −5416/9328 = −0,5806 A

Відповідь

IR2 = I2 = −0,1887 A
VR2 = IR2·R2 = −0,1887·12 = −2,264 V

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: I = 25 mA

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

Запишіть відгук як суму внесків

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

I = k₁·Vs + k₂·Is
8·k₁ + 3·k₂ = 16,75
6·k₁ + 8·k₂ = 14

Знайдіть коефіцієнти

Δ = (8)(8) − (3)(6) = 46
k₁ = Δ1/Δ = 92/46 = 2
k₂ = Δ2/Δ = 11,5/46 = 0,25
k₁ = 2 mA/V, k₂ = 0,25

Обчисліть новий струм

I = 2·12 + 0,25·4 = 25 mA

Відповідь

I = 25 mA
8.Метод накладання

Відповідь: IR3 = 0,5288 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​ = 4 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​9 VR3​12 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) = 12 ∥ 10 = 5,455 Ω
VA = 9·5,455/(4+5,455) = 5,192 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 5,192·8/10 = 4,154 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (5,192 − 0)/12 = 0,4327 A
R1​ = 4 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 8 ΩКЗR3​12 ΩAIs​2,5 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 = 3 Ω, тож лівий шлях — R2+3 = 5 Ω
Req = R4 ∥ 5 = 3,077 Ω
VB = Is·Req = 2,5·3,077 = 7,692 V
VA = VB·3/5 = 4,615 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (4,615 − 0)/12 = 0,3846 A
R1​ = 4 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 8 ΩКЗR3​12 ΩAОБРИВB−+V2​15 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 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−15)·5/13 = −5,769 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −5,769·3/5 = −3,462 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (−3,462 − 0)/12 = −0,2885 A

Додайте складові

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = 0,4327 + 0,3846 + (−0,2885) = 0,5288 A

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

9.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = 2 V

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

R1​ = 8 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​2 ΩAabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

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

R1 ∥ R2 = 8·2/(8+2) = 1,6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,6 + 2 = 3,6 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​2 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) = 10·2/(8+2) = 2 V
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: IL = 1,086 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​ = 15 ΩR3​ = 4 ΩКЗR2​5 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 = 15·5/(15+5) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 4 = 7,75 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩAIs​5 ABab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 2,25 + 5·3,75 = 21 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 21 + 5·4 = 41 V
Rth​ = 7,75 Ω+−Vth​41 VRL​30 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) = 41/(7,75 + 30) = 1,086 A
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vL = 0,1364 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 = 10 mH / 47 Ω = 0,2128 ms
i(∞) = Vs/R = 15/47 = 0,3191 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 = 15·e−1/0,2128 = 0,1364 V

Відповідь

vL = 0,1364 V
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vC = 23,29 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.

Початкове значення, кінцеве значення, стала часу

Напруга на конденсаторі не може змінитися стрибком, тож вона починає з накопиченого значення й прямує до напруги джерела.

vC(0) = 18 V, vC(∞) = Vs = 24 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 10 µF = 47 ms
vC(t) = 24 + (18 − 24)·e−t/τ

Напруга в заданий момент

vC(100) = 24 + (−6)·e−100/47 = 23,29 V

Відповідь

vC = 23,29 V
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: I = 0,1941 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·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,25 = 157,1 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·47·10⁻⁶) = 33,86 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(10² + (123,2)²) = 123,6 Ω

Струм

Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.

I = V/|Z| = 24/123,6 = 0,1941 A

Відповідь

I = 0,1941 A
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: |Z| = 38,78 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

XC = 1/(2π·500·4,7·10⁻⁶) = 67,73 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 = 18,4 − j5,432 Ω

Повний опір

Z = 20 + 18,4 − j5,432 = 38,4 − j5,432 Ω
|Z| = √(38,4² + 5,432²) = 38,78 Ω

Відповідь

|Z| = 38,78 Ω
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: I = 120,8 A

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 лінії

Роботу виконує лише активна частина потужності, тож поділіть на коефіцієнт потужності.

I = P/(V·cos φ) = 25000/(230·0,9) = 120,8 A

Відповідь

I = 120,8 A
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: cos φ = 0,6686

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 = 5·tan(arccos 0,6) = 6,667 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·50·22·10⁻⁶ = 1106 var = 1,106 kvar
Q2 = 6,667 − 1,106 = 5,561 kvar

Нова повна потужність

S2 = √(5² + 5,561²) = 7,478 kVA

Новий коефіцієнт потужності

cos φ = P/S2 = 5/7,478 = 0,6686

Відповідь

cos φ = 0,6686
17.Трифазні системи

Відповідь: IL = 7,924 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 = 7,5/0,9 = 8,333 kW

Струм лінії

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 8333/(√3·690·0,88) = 7,924 A

Відповідь

IL = 7,924 A
18.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 1046 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 = 300·tan(acos 0,75) = 300·0,8819 = 264,6 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,98) = 300·0,2031 = 60,92 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 203,7 kvar

Ємність на фазу

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

V = 415 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 67886/(377·415²) = 1046 µF

Відповідь

Cph = 1046 µF
19.Трансформатори

Відповідь: I1 = 0,8 A

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

Вторинні напруга й струм

V2 = 2400/10 = 240 V
I2 = 240/30 = 8 A

Первинний струм

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

I1 = I2/10 = 0,8 A

Відповідь

I1 = 0,8 A

Перевірка: навантаження з боку первинної обмотки a²·RL = 3000 Ω, і 2400/3000 дає той самий струм.

20.Трансформатори

Відповідь: Sη,max = 17,68 kVA

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

Втрати в міді дорівнюють втратам у сталі

x²·200 = 100 → x = √(100/200) = 0,7071

Навантаження при максимальному ККД

Sη,max = x·S = 0,7071·25 = 17,68 kVA

Відповідь

Sη,max = 17,68 kVA
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Rf = 1128 kΩ

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

Коефіцієнт підсилення неінвертувального підсилювача

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

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (25 − 1)·47 = 1128 kΩ

Відповідь

Rf = 1128 kΩ
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = −1,755 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₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 0,8·100/(4,7 + 100) = 0,7641 V

Накладіть дію двох входів

При V₂ = 0 для V₁ схема — інвертувальний підсилювач. При V₁ = 0 V₊ підсилюється з коефіцієнтом неінвертувального підсилювача 1 + R₂/R₁.

Vout = −(47/10)·1,3 + (1 + 47/10)·0,7641 = −6,11 + 4,355 = −1,755 V

Відповідь

Vout = −1,755 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: R = 320 Ω

Кола зі світлодіодами та діодами: світлодіод, увімкнений у прямому напрямку, має падіння напруги приблизно VF (близько 2 В для червоного, 3 В для синього чи білого) незалежно від струму. Послідовний резистор задає струм: R = (Vs − n·VF)/I для n світлодіодів послідовно. За точнішою моделлю діода V = V₀ + I·rd робоча точка лежить там, де пряма діода перетинає лінію навантаження I = (Vs − V)/R, тож I = (Vs − V₀)/(R + rd).

Напруга на резисторі

VR = 24 − 5·3,2 = 8 V

Опір

R = 8/0,025 = 320 Ω

Відповідь

R = 320 Ω

Резистор розсіює 200 мВт.

24.Діоди й транзистори

Відповідь: IC = 8,6 mA

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 бази

IB = (5 − 0,7)/100 kΩ = 43 µA

Насичення чи активний режим?

β·IB менше за IC(sat), тож транзистор залишається в активному режимі.

β·IB = 8,6 mA
IC(sat) = (9 − 0,2)/330 = 26,67 mA

Струм колектора

IC = β·IB = 8,6 mA

Відповідь

IC = 8,6 mA

Транзистор в активному режимі, тож навантаження ввімкнено не повністю.

25.Системи числення

Відповідь: U = 188

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.

Інвертуйте і додайте одиницю

68 = 0100 0100
інвертовано: 1011 1011
+1 → 1011 1100

Прочитайте як беззнакове

1011 1100₂ = 256 − 68 = 188

Відповідь

U = 188
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: AB = 11, CD = 01

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

Сусіди кожної 1

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

m13: m12, m15, m9, m5 → 0
ABCD00011110000111101111111

Ізольована 1

m13 = ABC′D → AB = 11, CD = 01

Відповідь

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

Відповідь: fmax = 25 MHz

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.

Найгірший час встановлення

T = 5·8 ns = 40 ns

Максимальна частота

fmax = 1/40 ns = 25 MHz

Відповідь

fmax = 25 MHz
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: A = 1

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 + 6s + 8 = (s + 2)(s + 4)
F(s) = A/(s + 2) + B/(s + 4)

Правило закривання

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

A = (3s + 8)/(s + 4) |s = −2 = 2/2 = 1

Відповідь

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

Відповідь: y(0.4) = 1,526

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) = 36/(s(s + 2)(s + 3))

Простіші дроби

A = 36/(2·3) = 6
B = 36/((−2)·1) = −18
C = 36/((−3)·(−1)) = 12

Виведення

y(t) = 6 − 18·e−2t + 12·e−3t
y(0,4) = 1,526

Відповідь

y(0,4) = 1,526
31.Блок-схеми

Відповідь: p = −92

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

Внутрішній контур

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 9/(s + 2 + 9·4) = 9/(s + 38)

Зовнішній контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 54/(s + 38 + 54) = 54/(s + 92)

Результат

p = −92

Відповідь

p = −92
32.Блок-схеми

Відповідь: K = 49

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)) = 5·9/(9 + 9K)

Розв’яжіть відносно K

9 + 9K = 5·9/0,1 = 450
K = (450 − 9)/9 = 49

Відповідь

K = 49
33.Перехідна характеристика

Відповідь: σ = −1,5

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 = 82 → ωₙ = 9,055 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·9,055) = 0,1656

Результат

σ = −ζωₙ = −3/2 = −1,5

Відповідь

σ = −1,5
34.Перехідна характеристика

Відповідь: ζ = 0,4559

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).

Коефіцієнт демпфування

ζ = −ln(0,2)/√(π² + ln²(0,2)) = 1,609/√(9,87 + 2,59) = 0,4559

Відповідь

ζ = 0,4559
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: |G(jω)| = 16,92 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.

Перемножте модулі

|G(j10)| = 1944/(√(10² + 9²)·√(10² + 18²)) = 1944/(13,45·20,59) = 7,017

Результат

20·log₁₀(7,017) = 16,92 dB

Відповідь

|G(jω)| = 16,92 dB
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ωc = 2,256 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 + 4ω² − 46,24 = 0
ω² = (−4 + √(16 + 4·46,24))/2 = 5,088
ωc = 2,256 rad/s

Відповідь

ωc = 2,256 rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: N = 1

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

Характеристичний поліном

s³ + 7s² + 10s − 5 = 0

Таблиця Рауса

s³: 1, 10
s²: 7, −5
s¹: 10,71
s⁰: −5

Зміни знака в першому стовпці

1 → 7 → 10,71 → −5
N = 1

Відповідь

N = 1

Додатний зворотний зв’язок робить вільний член від’ємним: один дійсний полюс завжди переходить у праву півплощину.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: ω = 4,472 rad/s

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.

Критичний коефіцієнт підсилення

s³ + 9s² + 20s + 12 + K = 0
s¹: (9·20 − 12 − K)/9 = 0 → K = 168

Частота перетину

9s² + 12 + 168 = 9s² + 180 = 0 → s² = −20
ω = √20 = 4,472 rad/s

Відповідь

ω = 4,472 rad/s
39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 3

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) = 1

Східчаста частина

Kp = ∞ → estep = 0

Похибка за лінійно наростального сигналу

ess = 3/1 = 3

Відповідь

ess = 3
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: %OS = 30,5 %

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

Характеристичний поліном

s(s + 10) + 20·10 = s² + 10s + 200

ωₙ і ζ

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

Перерегулювання

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

Відповідь

%OS = 30,5 %

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

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