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​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAR4​2 ΩB

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 15 VR1 = 2 ΩR2 = 10 ΩR3 = 10 ΩR4 = 2 Ω
Req = Ω
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 30 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​5 VR2​6 ΩAR4​25 ΩBR6​3 Ω

Знайдіть струм IR1, який віддає джерело і який тече через R1.

V1 = 5 VR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 30 ΩR4 = 25 ΩR5 = 3 ΩR6 = 3 Ω
IR1 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 4 ΩR3​ = 10 ΩIR3​+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​6 ΩBIs​4 A

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

V1 = 9 VIs = 4 AR1 = 4 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 ΩR4 = 6 Ω
IR3 = A
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 25 ΩIR1​R2​ = 30 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​30 VR3​15 ΩAR5​4 ΩBIs​0,5 A−+V2​24 V

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

V1 = 30 VIs = 0,5 AV2 = 24 VR1 = 25 ΩR2 = 30 ΩR3 = 15 ΩR4 = 4 ΩR5 = 4 Ω
IR1 = A
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 2 Ω+−VR1​R2​ = 10 Ω+−V1​24 VR3​5 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти напругу VR1 на R1 з указаною полярністю.

V1 = 24 VV2 = 24 VR1 = 2 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 Ω
VR1 = V
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 10 ΩR2​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​5 VR4​25 ΩAR5​12 ΩB+−V2​30 VI1​I2​I3​

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

V1 = 5 VV2 = 30 VR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩR4 = 25 ΩR5 = 12 Ω
I1 = A
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 3 ΩR3​ = 10 ΩIR3​+−V1​12 VR2​2 ΩAR4​2 ΩBIs​1 A

За методом накладання знайдіть потужність PR3, яку споживає R3.

V1 = 12 VIs = 1 AR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 ΩR4 = 2 Ω
PR3 = W
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 3 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 6 ΩIR4​+−V1​15 VR3​12 ΩAIs​5 AB+−V2​10 V

Скористайтеся методом накладання, щоб знайти струм IR4 через R4 у напрямку стрілки.

V1 = 15 VIs = 5 AV2 = 10 VR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩR4 = 6 Ω
IR4 = A
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 15 VR1 = 3 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 Ω
Vth = V
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 10 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩAIs​1,5 ABRL​12 ΩIL​

До a–b підключено навантаження RL = 12 Ω. Замініть решту кола еквівалентом Тевенена і знайдіть струм навантаження IL.

V1 = 15 VIs = 1,5 AR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 30 ΩRL = 12 Ω
IL = A
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
R = 33 Ωt = 0L100 mHi(t)

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

i(0) = 1 AR = 33 ΩL = 100 mHt = 5 ms
vR = V
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​9 Vt = 0R = 4,7 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 3 V

Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 3 V з указаною полярністю. Знайдіть напругу на конденсаторі vC у момент t = 200 ms.

Vs = 9 VR = 4,7 kΩC = 33 µFvC(0) = 3 Vt = 200 ms
vC = V
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
230 V100 HzR = 100 ΩL = 50 mHC = 4,7 µFI

Послідовне коло RLC підключено до мережі 230 V (діюче значення), 100 Hz. Знайдіть активну потужність P, що споживається від мережі.

V = 230 V (rms)f = 100 HzR = 100 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF
P = W
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
2 Vf0​R = 10 ΩL = 10 mHC = 2,2 µF

Послідовне RLC-коло живиться від джерела 2 V (діюче значення), частоту якого встановлено рівною резонансній частоті кола. Знайдіть діюче значення напруги VL на котушці.

V = 2 V (rms)R = 10 ΩL = 10 mHC = 2,2 µF
VL = V
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
230 V16 kW, 0,6523 kW, 1I = ?

До однофазної мережі 230 V паралельно під’єднано два навантаження: навантаження 6 kW з коефіцієнтом потужності 0,65 (індуктивним) і нагрівач потужністю 3 kW (коефіцієнт потужності 1). Знайдіть загальний струм I, що споживається від мережі.

V = 230 VP1 = 6 kW, pf1 = 0,65 відстаючийP2 = 3 kW, pf2 = 1
I = A
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P = 25 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазне навантаження споживає 25 kW при коефіцієнті потужності 0,6 (індуктивному) від мережі 230 V, 60 Hz. Паралельно підключений конденсатор підвищує коефіцієнт потужності до 0,9. Знайдіть реактивну потужність QC, яку має постачати конденсатор.

P = 25 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,9V = 230 Vf = 60 Hz
QC = kvar
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 415 VIL​ = 12 Acos φ = 0,9відстаючий

Симетричне трифазне навантаження споживає лінійний струм 12 A від мережі з лінійною напругою 415 V. Коефіцієнт потужності 0,9, відстаючий. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку споживає навантаження, у kW.

VL = 415 VIL = 12 Acos φ = 0,9
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
P = 80 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симетричне трифазне навантаження споживає 80 kW при коефіцієнті потужності 0,72 (відстаючому) від мережі 400 V (лінійна напруга), 60 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,92 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано зіркою. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.

P = 80 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
4160 V480 VIHV​ILV​ = ?15 kVA

Однофазний трансформатор 15 kVA, 4160/480 V працює з номінальним навантаженням. Вважайте його ідеальним. Знайдіть струм ILV в обмотці нижчої напруги.

S = 15 kVAV1 = 4160 VV2 = 480 V
ILV = A
20.ТрансформаториСкладна
pf 0,85500 kVA, 25% навантаження

Однофазний трансформатор 500 kVA має втрати в сталі 2000 W і втрати в міді 3000 W при номінальному навантаженні. Він віддає 25% своєї номінальної потужності в kVA при коефіцієнті потужності 0,85 (відстаючому). Знайдіть сумарні втрати Ploss у ватах при цьому навантаженні.

S = 500 kVAPcore = 2000 WPcu,fl = 3000 Wx = 0,25pf = 0,85
Ploss = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​R2​ = 2 kΩV1​ = 1,2 VR1​ = 1 kΩV2​ = 2 VR3​ = 1 kΩR4​ = 2 kΩ

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

V1 = 1,2 VV2 = 2 VR1 = R3 = 1 kΩR2 = R4 = 2 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​Rf​ = 2 kΩV1​ = 0,1 VR1​ = 22 kΩV2​ = −1,7 VR2​ = 2 kΩ

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

V1 = 0,1 VV2 = −1,7 VR1 = 22 kΩR2 = 2 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
RC​ = 2,7 kΩβ = 75IC​ = ?VCC​ = 9 VRB​ = 1000 kΩ

NPN-транзистор з β = 75 зміщено базовим резистором RB = 1000 kΩ від джерела живлення VCC = 9 V. Колекторний резистор RC = 2,7 kΩ, емітер заземлено. Візьміть VBE = 0,7 V і вважайте, що транзистор в активному режимі. Знайдіть струм колектора IC у mA.

VCC = 9 VRB = 1000 kΩRC = 2,7 kΩβ = 75VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Діоди й транзисториСкладна
RC​ = 220 Ωβ = 100VCC​ = 5 V3,3 VRB​ = ?

NPN-транзистор з β = 100 комутує резистор навантаження 220 Ω, увімкнений між VCC = 5 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 = 5 VRC = 220 Ωβ = 100Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Системи численняСередня
ваги розрядів у додатковому коді1−12816413211618141211

8-бітовий шаблон 1111 1111 зберігає ціле число зі знаком у додатковому коді. Яке його значення N у десятковій системі?

1111 11118 bit
N =
26.Системи численняСкладна
4145 кодів, b = ? бітів?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Система має дати кожному з 4145 елементів власний двійковий код однакової довжини. Яка найменша кількість бітів b потрібна?

4145
b = bit
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABCD000111100001111010010312141507060121131150141809111110

Скористайтеся картою Карно, щоб знайти мінімальну форму суми добутків (SOP) для F(A, B, C, D) = Σm(0, 2, 4, 5, 8, 10, 11, 13, 15). Скільки добутків N вона має?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 2, 4, 5, 8, 10, 11, 13, 15)
N =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
CLKT12345678

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

Q₀ = 0T
  1. 1фронт такту 1
  2. 2фронт такту 2
  3. 3фронт такту 3
  4. 4фронт такту 4
  5. 5фронт такту 5
  6. 6фронт такту 6
  7. 7фронт такту 7
  8. 8фронт такту 8
29.Перетворення ЛапласаСередня
ReIm5

Знайдіть f(t) для F(s) = (s + 3)/(s² + 2s + 37), виділивши повний квадрат, і обчисліть f(1,5).

F(s) = (s + 3)/(s² + 2s + 37)t = 1,5 s
f(1.5) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Система підпорядковується рівнянню y″ + 8y′ + 15y = 60·u(t) при y(0) = 1 і y′(0) = 0. У момент t = 0 подають вхідну сходинку u(t) = 10. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть y(0,1).

y″ + 8y′ + 15y = 60·u(t)y(0) = 1y′(0) = 0u(t) = 10t = 0,1 s
y(0.1) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+38s + 1G(s)C(s)0,2H−

Об’єкт G(s) = 38/(s + 1) керується в контурі від’ємного зворотного зв’язку, датчик якого має коефіцієнт підсилення H = 0,2. Знайдіть сталу часу τ замкненої системи.

G(s) = 38/(s + 1)H = 0,2
τ = s
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+7s + 2G₁+8s + 1G₂C(s)0,5H₁−0,25H₂−

Згорніть блок-схему з G₁ = 7/(s + 2), G₂ = 8/(s + 1), внутрішнім від’ємним зворотним зв’язком H₁ = 0,5 навколо G₂ та зовнішнім від’ємним зворотним зв’язком H₂ = 0,25. Знайдіть статичний коефіцієнт підсилення T(0) для C(s)/R(s).

G₁ = 7/(s + 2)G₂ = 8/(s + 1)H₁ = 0,5H₂ = 0,25
T(0) =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)1

Система має передатну функцію G(s) = 30/(s² + 5s + 30) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть власну частоту ωn в rad/s.

G(s) = 30/(s² + 5s + 30)
ωn = rad/s
34.Перехідна характеристикаСкладна
k = 1000 N/mc = 9 N·s/mm = 2 kgF = 25 Nx(t)

Маса m = 2 kg висить на пружині k = 1000 N/m з в’язким демпфером c = 9 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). З положення рівноваги в спокої раптово прикладають сталу силу F = 25 N. Знайдіть найбільше зміщення xmax у mm.

m = 2 kgk = 1000 N/mc = 9 N·s/mF = 25 N
xmax = mm
35.Діаграми Боде та запасиСередня
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 8

Знайдіть фазу ∠G(jω) функції G(s) = 31(s + 14)/(s(s + 10)) за ω = 8 rad/s, у градусах.

G(s) = 31(s + 14)/(s(s + 10))ω = 8 rad/s
∠G(jω) = °
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 196/(s(s + 3)(s + 10)). Знайдіть запас за підсиленням GM у dB.

L(s) = 196/(s(s + 3)(s + 10))
GM = dB
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+2701s(s + 4)(s + 5)C(s)−

Контур на схемі має від’ємний зворотний зв’язок, L(s) = 270/(s(s + 4)(s + 5)). Скільки полюсів N замкненої системи лежить у правій півплощині?

L(s) = 270/(s(s + 4)(s + 5))
N =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2sb​

Показано кореневий годограф L(s) = K/((s + 4)(s + 8)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K у точці відходу sb, де два полюси замкненої системи зустрічаються на дійсній осі.

L(s) = K/((s + 4)(s + 8))
K =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
r(t) = 10 + 0,5t+5(s + 4)s(s + 2)(s + 4)C(s)−

Вхід r(t) = 10 + 0,5t (східчастий сигнал плюс лінійно наростальний) подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 5(s + 4)/(s(s + 2)(s + 4)). Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 5(s + 4)/(s(s + 2)(s + 4))r(t) = 10 + 0,5t
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+K = 505s(s + 6)C(s)−

П-регулятор K = 50 керує об’єктом G(s) = 5/(s(s + 6)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть час піку tp перехідної характеристики.

G(s) = 5/(s(s + 6))K = 50
tp = s

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 7,455 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​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAR4​2 ΩB

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R3 + R4 = 10 + 2 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 10·12/(10+12) = 5,455 Ω
Req = R1 + 5,455 = 2 + 5,455 = 7,455 Ω

Відповідь

Req = 7,455 Ω
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 0,2485 A

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

R1​ = 15 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​5 VR2​6 ΩAR4​25 ΩBR6​3 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 = 3 + 3 = 6 Ω
R4 ∥ 6 = 4,839 Ω
R3 + 4,839 = 34,84 Ω
R2 ∥ 34,84 = 5,118 Ω
Req = R1 + 5,118 = 15 + 5,118 = 20,12 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 5/20,12 = 0,2485 A

Відповідь

IR1 = 0,2485 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR3 = 1,573 A

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

R1​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​6 ΩBIs​4 A

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 9 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/3 + (VA − 9)/4 + (VA − VB)/10 = 0
0,6833·VA − 0,1·VB = 2,25

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/6 + (VB − VA)/10 = (−4)
−0,1·VA + 0,2667·VB = −4

Розв’яжіть

Δ = (0,6833)(0,2667) − (−0,1)(−0,1) = 0,1722
VA = Δ1/Δ = 0,2/0,1722 = 1,161 V
VB = Δ2/Δ = −2,508/0,1722 = −14,56 V

Відповідь

IR3 = (VA − VB)/R3 = (1,161 − −14,56)/10 = 1,573 A
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR1 = 0,9517 A

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

R1​ = 25 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​30 VR3​15 ΩAR5​4 ΩBIs​0,5 A−+V2​24 V

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 30 V, V2 = −24 V). Невідомі: VA, VB.

ЗСК у вузлі A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/15 + (VA − 30)/25 + (VA − VB)/30 = 0
0,14·VA − 0,03333·VB = 1,2

ЗСК у вузлі B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/4 + (VB − VA)/30 + (VB − (−24))/4 = 0,5
−0,03333·VA + 0,5333·VB = −5,5

Розв’яжіть

Δ = (0,14)(0,5333) − (−0,03333)(−0,03333) = 0,07356
VA = Δ1/Δ = 0,4567/0,07356 = 6,208 V
VB = Δ2/Δ = −0,73/0,07356 = −9,924 V

Відповідь

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (30 − 6,208)/25 = 0,9517 A
5.Метод контурних струмів

Відповідь: VR1 = 6 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​ = 2 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​24 VR3​5 ΩA+−V2​24 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 + 5(I1 − I2) = 24
7·I1 − 5·I2 = 24

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
10·I2 + 5(I2 − I1) = (−24)
−5·I1 + 15·I2 = −24

Розв’яжіть

Δ = (7)(15) − (−5)(−5) = 80
I1 = Δ1/Δ = 240/80 = 3 A
I2 = Δ2/Δ = −48/80 = −0,6 A

Відповідь

IR1 = I1 = 3 A
VR1 = IR1·R1 = 3·2 = 6 V

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: I1 = −0,1769 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​ = 10 ΩR2​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​5 VR4​25 ΩAR5​12 ΩB+−V2​30 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
10·I1 + 25(I1 − I2) = 5
35·I1 − 25·I2 = 5

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
8·I2 + 25(I2 − I1) + 12(I2 − I3) = 0
−25·I1 + 45·I2 − 12·I3 = 0

ЗНК для контуру 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
15·I3 + 12(I3 − I2) = (−30)
−12·I2 + 27·I3 = −30

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 20610
I1 = Δ1/Δ = −3645/20610 = −0,1769 A
I2 = Δ2/Δ = −9225/20610 = −0,4476 A
I3 = Δ3/Δ = −27000/20610 = −1,31 A

Відповідь

I1 = −0,1769 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: PR3 = 0,45 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​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAR4​2 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+2 = 12 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 2·12/(2+12) = 1,714 Ω
VA = 12·1,714/(3+1,714) = 4,364 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,364·2/12 = 0,7273 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (4,364 − 0,7273)/10 = 0,3636 A
R1​ = 3 ΩR3​ = 10 ΩКЗR2​2 ΩAR4​2 ΩBIs​1 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 = 3·2/(3+2) = 1,2 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 2 ∥ 11,2 = 1,697 Ω
VB = Is·Req = 1·1,697 = 1,697 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 1,697·1,2/11,2 = 0,1818 V
IR3″ = (VA − VB)/R3 = (0,1818 − 1,697)/10 = −0,1515 A

Додайте внески струму

IR3 = IR3′ + IR3″ = 0,3636 + (−0,1515) = 0,2121 A

Потужність у резисторі

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

PR3 = IR3²·R3 = 0,2121²·10 = 0,45 W

Відповідь

PR3 = 0,45 W

Сума потужностей окремих випадків дала б 1,552 W, а це неправильно.

8.Метод накладання

Відповідь: IR4 = 2,308 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​ = 3 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​15 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 ∥ 8 = 4,8 Ω
VA = 15·4,8/(3+4,8) = 9,231 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 9,231·6/8 = 6,923 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (6,923 − 0)/6 = 1,154 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 6 ΩКЗR3​12 ΩAIs​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 = 2,4 Ω, тож лівий шлях — R2+2,4 = 4,4 Ω
Req = R4 ∥ 4,4 = 2,538 Ω
VB = Is·Req = 5·2,538 = 12,69 V
VA = VB·2,4/4,4 = 6,923 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (12,69 − 0)/6 = 2,115 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 6 ΩКЗR3​12 ΩAОБРИВB+−V2​10 V

Випадок 3 · діє лише V2

V₁ стає коротким замиканням, а Iₛ — розривом. R₁ ∥ R₃ відходить від A, послідовно з R₂ назад до B.

R1 ∥ R3 = 3·12/(3+12) = 2,4 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 10·4,4/10,4 = 4,231 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 4,231·2,4/4,4 = 2,308 V
IR4‴ = (VB − V2)/R4 = (4,231 − 10)/6 = −0,9615 A

Додайте складові

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴
IR4 = 1,154 + 2,115 + (−0,9615) = 2,308 A

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

9.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = 8,571 V

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

R1​ = 3 ΩR3​ = 6 ΩКЗR2​4 ΩAabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

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

R1 ∥ R2 = 3·4/(3+4) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 6 = 7,714 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​4 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) = 15·4/(3+4) = 8,571 V
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: IL = 1,213 A

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 30 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 = 10·5/(10+5) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 30 = 33,33 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩAIs​1,5 ABab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 5 + 1,5·3,333 = 10 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 10 + 1,5·30 = 55 V
Rth​ = 33,33 Ω+−Vth​55 VRL​12 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) = 55/(33,33 + 12) = 1,213 A
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vR = 6,338 V

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

Стала часу

τ = L/R = 100 mH / 33 Ω = 3,03 ms

Спадання струму

i(t) = 1·e−5/3,03 = 0,192 A
vR = R·i = 33·0,192 = 6,338 V

Відповідь

vR = 6,338 V
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vC = 7,348 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) = 3 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 33 µF = 155,1 ms
vC(t) = 9 + (3 − 9)·e−t/τ

Напруга в заданий момент

vC(200) = 9 + (−6)·e−200/155,1 = 7,348 V

Відповідь

vC = 7,348 V
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: P = 50,68 W

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

XL = 31,42 Ω, XC = 338,6 Ω

Повний опір

|Z| = √(100² + (−307,2)²) = 323,1 Ω

Активна потужність

Котушки й конденсатори лише накопичують і повертають енергію; усю активну потужність споживає резистор.

I = 230/323,1 = 0,7119 A
P = I²·R = 0,7119²·100 = 50,68 W

Відповідь

P = 50,68 W
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: VL = 13,48 V

Кола змінного струму й комплексний метод: резистори, котушки й конденсатори мають повні опори R, jωL і 1/(jωC), де ω = 2πf. Послідовно повні опори додаються як опори, але як комплексні числа. Діючі значення струму й напруги підкоряються закону Ома з |Z|.

Резонанс

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

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,01·2,2·10⁻⁶) = 6742 rad/s
I = V/R = 2/10 = 0,2 A

Напруга на котушці

XL = ω₀L = 6742·0,01 = 67,42 Ω
VL = I·XL = 0,2·67,42 = 13,48 V

Відповідь

VL = 13,48 V

Це в Q = 6,742 разів більше за напругу мережі.

15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: I = 49,61 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.

Реактивна потужність кожного навантаження

Індуктивне навантаження споживає реактивну потужність (Q > 0); ємнісне — віддає її (Q < 0).

Q1 = 6·tan(arccos 0,65) = 7,015 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Сумарні значення

P = 6 + 3 = 9 kW
Q = 7,015 + 0 = 7,015 kvar
S = √(9² + 7,015²) = 11,41 kVA

Загальний струм

I = S/V = 11411/230 = 49,61 A

Відповідь

I = 49,61 A
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: QC = 21,23 kvar

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

Реактивна потужність до і після

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

Q1 = P·tan φ1 = 25·tan(53,13°) = 33,33 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 25·tan(25,84°) = 12,11 kvar
QC = Q1 − Q2 = 21,23 kvar

Відповідь

QC = 21,23 kvar
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 7,763 kW

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

Повна потужність

S = √3·VL·IL = √3·415·12 = 8,626 kVA

Активна потужність

P = S·cos φ = 8,626·0,9 = 7,763 kW

Відповідь

P = 7,763 kW
18.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 713,4 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 = 80·tan(acos 0,72) = 80·0,9639 = 77,11 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,92) = 80·0,426 = 34,08 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 43,03 kvar

Ємність на фазу

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

V = 400/√3 = 230,9 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 14343/(377·230,9²) = 713,4 µF

Відповідь

Cph = 713,4 µF
19.Трансформатори

Відповідь: ILV = 31,25 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 = 15000/480 = 31,25 A

Відповідь

ILV = 31,25 A
20.Трансформатори

Відповідь: Ploss = 2188 W

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

Втрати в міді при цьому навантаженні

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,0625·3000 = 187,5 W

Сумарні втрати

Втрати в сталі однакові за будь-якого навантаження.

Ploss = 2000 + 187,5 = 2188 W

Відповідь

Ploss = 2188 W

ККД при цьому навантаженні η = 97,98%.

21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 1,6 V

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

Напруга на входах

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

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 2·2/(1 + 2) = 1,333 V
V₋ = V₊

ЗСК для інвертувального входу

(1,2 − 1,333)/1 = (1,333 − Vout)/2
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (2/1)·(2 − 1,2) = 1,6 V

Відповідь

Vout = 1,6 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 1,691 V

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

Вхідні струми

V₋ = 0, тож на кожному вхідному резисторі вся його вхідна напруга.

I1 = V1/R1 = 0,1/22 = 0,004545 mA
I2 = V2/R2 = −1,7/2 = −0,85 mA
If = I1 + I2 = −0,8455 mA

Вихідна напруга

Vout = −Rf·If = −2·(−0,8455) = 1,691 V

Відповідь

Vout = 1,691 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: IC = 0,6225 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.

Струм бази

IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/1000 kΩ = 8,3 µA

Струм колектора

IC = β·IB = 75·8,3 µA = 0,6225 mA

Відповідь

IC = 0,6225 mA

Перевірка: VCE = 7,319 V значно більше за 0,2 V, тож транзистор справді в активному режимі.

24.Діоди й транзистори

Відповідь: RB = 11,92 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) = (5 − 0,2)/220 = 21,82 mA

Мінімальний струм бази

IB(min) = IC(sat)/β = 21,82/100 = 218,2 µA

Базовий резистор

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,2182 mA = 11,92 kΩ

Відповідь

RB = 11,92 kΩ

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

25.Системи числення

Відповідь: N = −1

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

Додайте ваги

Інші біти зберігають свої звичайні додатні ваги.

−128 + 64 + 32 + 16 + 8 + 4 + 2 + 1 = −1

Відповідь

N = −1
26.Системи числення

Відповідь: b = 13 bit

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.

Степені двійки

212 = 4096 < 4145
213 = 8192 ≥ 4145

Відповідь

b = 13
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: N = 4

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

ABCD000111100001111010010312141507060121131150141809111110

Згрупуйте одиниці

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

B′D′
BC′D
A′C′D′
ACD

Мінімальна форма SOP

F = B′D′ + BC′D + A′C′D′ + ACD
N = 4

Відповідь

N = 4

Існує інше групування того самого розміру; воно має таку саму кількість доданків і літералів.

28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: фронт такту 6

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

T-тригер перемикається за кожним переднім фронтом при T = 1 і зберігає стан при T = 0.

1: T = 0 → Q = 0
2: T = 0 → Q = 0
3: T = 0 → Q = 0
4: T = 0 → Q = 0
5: T = 1 → Q = 1
6: T = 1 → Q = 0
7: T = 1 → Q = 1
8: T = 0 → Q = 1

Перша зміна з 1 на 0

фронт такту 6

Відповідь

фронт такту 6
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(1.5) = −0,1726

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

Виділення повного квадрата

s² + 2s + 37 = (s + 1)² + 36 = (s + 1)² + 6²

Зіставлення чисельника

F(s) = 1·(s + 1)/((s + 1)² + 6²) + (2/6)·6/((s + 1)² + 6²)

Обернене перетворення

f(t) = e−t·(cos 6t + 0,3333·sin 6t)
f(1,5) = e−1,5·(cos(6·1,5) + 0,3333·sin(6·1,5)) = −0,1726

Відповідь

f(1,5) = −0,1726
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.1) = 3,252

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

Перетворіть рівняння

(s² + 8s + 15)·Y(s) = 1s + 8 + 600/s
Y(s) = (s² + 8s + 600)/(s(s + 3)(s + 5))

Простіші дроби

A = 600/(3·5) = 40
B = 585/((−3)·2) = −97,5
C = 585/((−5)·(−2)) = 58,5

Результат

y(t) = 40 − 97,5·e−3t + 58,5·e−5t
y(0,1) = 3,252

Відповідь

y(0,1) = 3,252

Перевірка: y(0) = A + B + C = 1.

31.Блок-схеми

Відповідь: τ = 0,1163 s

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

Передатна функція замкненої системи

T(s) = G/(1 + G·H) = 38/(s + 1 + 7,6) = 38/(s + 8,6)

Результат

τ = 1/8,6 = 0,1163 s

Відповідь

τ = 0,1163 s
32.Блок-схеми

Відповідь: T(0) = 2,333

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

Внутрішній контур

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 8/(s + 5)

Зовнішній контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 56/((s + 2)(s + 5) + 14)

Статичний коефіцієнт підсилення

T(0) = 56/(2·5 + 14) = 56/24 = 2,333

Відповідь

T(0) = 2,333
33.Перехідна характеристика

Відповідь: ωn = 5,477 rad/s

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

Порівняйте зі стандартною формою

Знаменник має збігатися з s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 30 → ωₙ = 5,477 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·5,477) = 0,4564

Результат

ωₙ = 5,477 rad/s

Відповідь

ωn = 5,477 rad/s
34.Перехідна характеристика

Відповідь: xmax = 43,19 mm

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).

Власна частота й коефіцієнт демпфування

ωₙ = √(k/m) = √(1000/2) = 22,36 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 9/(2·√(1000·2)) = 0,1006

Результат

xst = F/k = 25/1000 m = 25 mm
%OS = 72,78 %
xmax = 25·(1 + 0,7278) = 43,19 mm

Відповідь

xmax = 43,19 mm
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ∠G(jω) = −98,91 °

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

Додайте кути

∠G = atan(8/14) − 90° − atan(8/10) = 29,74° − 90° − 38,66°

Результат

∠G(j8) = −98,91°

Відповідь

∠G(jω) = −98,91°
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: GM = 5,976 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/3)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(3·10) = 5,477 rad/s

Модуль на перетині за фазою

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 100)) = K/(3·10·(3 + 10)) = K/390

Запас за підсиленням

GM = 20·log₁₀(390/196) = 5,976 dB

Відповідь

GM = 5,976 dB
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: N = 2

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 + 9s² + 20s + 270 = 0

Таблиця Рауса

s³: 1, 20
s²: 9, 270
s¹: −10
s⁰: 270

Зміни знака в першому стовпці

1 → 9 → −10 → 270
N = 2

Відповідь

N = 2

Коефіцієнт підсилення вищий за межу K = 180, тож комплексна пара перейшла в праву півплощину.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: K = 4

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.

Точка відходу

dK/ds = 0 для K = −(s + 4)(s + 8) дає 2s + 12 = 0.

sb = −6

Умова модуля

K = |−6 + 4|·|−6 + 8| = 2·2 = 4

Відповідь

K = 4

За такого коефіцієнта підсилення замкнена система критично демпфована (ζ = 1).

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 0,2

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) = 2,5

Східчаста частина

Kp = ∞ → estep = 0

Похибка за лінійно наростального сигналу

ess = 0,5/2,5 = 0,2

Відповідь

ess = 0,2
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: tp = 0,2024 s

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

Характеристичний поліном

s(s + 6) + 50·5 = s² + 6s + 250

ωₙ і ζ

ωₙ = √250 = 15,81 rad/s
ζ = 6/(2·15,81) = 0,1897

Час піка

ωd = 15,81·√(1 − 0,1897²) = 15,52 rad/s
tp = π/15,52 = 0,2024 s

Відповідь

tp = 0,2024 s

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