Підготовка до іспиту FE Electrical and Computer: шпаргалка-підсумок

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

Нові задачіНазад до курсу

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

1Формули та методи

Послідовні й паралельні резистори

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

Метод

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

Метод вузлових потенціалів

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

Метод

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

Метод контурних струмів

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

Метод

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

Метод накладання

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

Метод

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

Тевенен і Нортон

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

Метод

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

Перехідні процеси RC і RL

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

Метод

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

Повний опір і комплексні амплітуди

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

Метод

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

Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

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

Трифазні системи

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

Трансформатори

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

Схеми з операційними підсилювачами

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

Діоди й транзистори

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

Системи числення

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

Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

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

Метод

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

Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

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

Метод

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

Усталена похибка та ПІД-регулювання

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

Метод

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

2Задачі для практики

1.Послідовні й паралельні резисториСередня
R1​ = 20 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩIR2​AR4​15 ΩB

Знайдіть струм IR2 через R2.

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

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 30 VR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 ΩR4 = 30 ΩR5 = 4 ΩR6 = 4 Ω
Req = Ω
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 2 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​15 ΩAR4​20 ΩBIs​3 A

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

V1 = 10 VIs = 3 AR1 = 2 ΩR2 = 15 ΩR3 = 5 ΩR4 = 20 Ω
PIs = W
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​36 VR2​20 ΩAR4​10 ΩB0,1·VA​

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

V1 = 36 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 ΩR4 = 10 Ωg = 0,1 A/V
VA = V
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 12 ΩR2​ = 3 ΩIR2​+−V1​12 VR3​2 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти струм IR2 через R2 у напрямку стрілки.

V1 = 12 VV2 = 18 VR1 = 12 ΩR2 = 3 ΩR3 = 2 Ω
IR2 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 4 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​30 VR4​10 ΩAR5​10 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти контурний струм I3 (за годинниковою стрілкою).

V1 = 30 VV2 = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 20 ΩR3 = 25 ΩR4 = 10 ΩR5 = 10 Ω
I3 = A
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAR4​15 ΩBIs​4 A

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

V1 = 30 VIs = 4 AR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩR4 = 15 Ω
IR1 = A
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 5 ΩR2​ = 4 ΩIR2​R4​ = 3 Ω+−V1​30 VR3​5 ΩAIs​6 AB+−V2​5 V

Скористайтеся методом накладання, щоб знайти струм IR2 через R2 у напрямку стрілки.

V1 = 30 VIs = 6 AV2 = 5 VR1 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 ΩR4 = 3 Ω
IR2 = A
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩARL​3 ΩIL​B

До a–b підключено навантаження RL = 3 Ω. Замініть решту кола еквівалентом Тевенена і знайдіть струм навантаження IL.

V1 = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 ΩRL = 3 Ω
IL = A
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​30 ΩAIs​2,5 ABab

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

V1 = 12 VIs = 2,5 AR1 = 15 ΩR2 = 30 ΩR3 = 5 Ω
IN = A
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​15 Vt = 0R = 50 ΩL68 mHi(t)

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

Vs = 15 VR = 50 ΩL = 68 mHt = 1 ms
vL = V
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​9 Vt = 0R = 1 kΩC10 µF+−vC​vC​(0) = 10 V

Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 10 V з указаною полярністю. Знайдіть напругу на конденсаторі vC у момент t = 25 ms.

Vs = 9 VR = 1 kΩC = 10 µFvC(0) = 10 Vt = 25 ms
vC = V
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
50 V50 HzR = 60 ΩL = 50 mHC = 10 µF

Послідовне коло RLC підключено до мережі 50 V (діюче значення), 50 Hz. Знайдіть кут зсуву фаз φ повного опору в градусах (додатний, коли струм відстає від напруги).

V = 50 V (rms)f = 50 HzR = 60 ΩL = 50 mHC = 10 µF
φ = °
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
24 V200 HzR = 40 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF+−VC​

Послідовне коло RLC підключено до мережі 24 V (діюче значення), 200 Hz. Знайдіть діюче значення напруги VC на конденсаторі.

V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 40 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF
VC = V
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
120 VR + jXP = 600 W10 A

Індуктивне навантаження споживає 10 A і 600 W від однофазної мережі 120 V (діюче значення). Подайте його як активний опір R, послідовно з’єднаний з реактивним опором X. Знайдіть X.

V = 120 VI = 10 AP = 600 W
X = Ω
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
400 V60 Hzнавантаження13 kW, 0,7C47 µFI

Однофазне навантаження споживає 13 kW з коефіцієнтом потужності 0,7 (індуктивним) від мережі 400 V, 60 Hz. Паралельно навантаженню під’єднують конденсатор ємністю 47 µF. Знайдіть новий коефіцієнт потужності cos φ з боку мережі.

P = 13 kWpf1 = 0,7V = 400 Vf = 60 HzC = 47 µF
cos φ =
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 400 VNZ = 9 + j12 Ωна фазу

Симетричне навантаження, з’єднане зіркою, з повним опором 9 + j12 Ω на фазу підключене до симетричної трифазної мережі з лінійною напругою 400 V. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку поглинає навантаження, у kW.

VL = 400 VZ = 9 + j12 Ω на фазу
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симетричне трифазне навантаження споживає 200 kW при коефіцієнті потужності 0,72 (відстаючому) від мережі 690 V (лінійна напруга), 60 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,95 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано зіркою. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.

P = 200 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
RL​ = 30 Ω1012300 VV2​I1​ = ?I2​

До первинної обмотки ідеального трансформатора з коефіцієнтом трансформації N₁:N₂ = 10:1 прикладено 2300 V. До вторинної обмотки підключено резистор 30 Ω. Знайдіть первинний струм I1.

N1:N2 = 10:1V1 = 2300 VRL = 30 Ω
I1 = A
20.ТрансформаториСкладна
pf 0,875 kVA, η = 96%

Однофазний трансформатор 75 kVA має втрати в сталі 450 W. При номінальному навантаженні й коефіцієнті потужності 0,8 (відстаючому) його ККД становить 96%. Знайдіть втрати в міді при повному навантаженні Pcu,fl у ватах.

S = 75 kVAPcore = 450 Wpf = 0,8η = 96%
Pcu,fl = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 1 kΩVin​

Підберіть резистор зворотного зв’язку Rf, щоб цей неінвертувальний підсилювач мав коефіцієнт підсилення за напругою 4.

R1 = 1 kΩAv = 4
Rf = kΩ
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = −1 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = −1,6 VR2​ = 100 kΩ

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

V1 = −1 VV2 = −1,6 VR1 = 4,7 kΩR2 = 100 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
RC​ = 470 Ωβ = 120IC​ = ?VCC​ = 10 VRB​ = 270 kΩ

NPN-транзистор з β = 120 зміщено базовим резистором RB = 270 kΩ від джерела живлення VCC = 10 V. Колекторний резистор RC = 470 Ω, емітер заземлено. Візьміть VBE = 0,7 V і вважайте, що транзистор в активному режимі. Знайдіть струм колектора IC у mA.

VCC = 10 VRB = 270 kΩRC = 470 Ωβ = 120VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Діоди й транзисториСкладна
RC​ = 100 Ωβ = 150VCC​ = 24 V5 VRB​ = ?

NPN-транзистор з β = 150 комутує резистор навантаження 100 Ω, увімкнений між VCC = 24 V і його колектором. Емітер заземлено. Базу керують від логічного виходу 5 V через базовий резистор RB. Візьміть VBE = 0,7 V і VCE(sat) = 0,2 V. Знайдіть найбільший базовий резистор RB, у kΩ, за якого транзистор ще входить у насичення.

VCC = 24 VRC = 100 Ωβ = 150Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Системи численняСередня
ваги розрядів у додатковому коді0−12806413201608141201

8-бітовий шаблон 0010 0110 зберігає ціле число зі знаком у додатковому коді. Яке його значення N у десятковій системі?

0010 01108 bit
N =
26.Системи численняСкладна
клацайте біти, щоб встановити їх012806403201608040201

Встановіть біти за 8-бітовим результатом 1111 1001 XOR 1001 0001. Яке значення R результату в десятковій системі?

1111 1001XOR1001 0001
R =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABCD0001111000011110111111

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(2, 4, 6, 7, 11, 14)
  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
t (s)f(t)t = 0,3f(0,3) = ?

Знайдіть f(t) для F(s) = (5s + 30)/(s² + 8s + 16) і обчисліть f(0,3).

F(s) = (5s + 30)/(s² + 8s + 16)t = 0,3 s
f(0.3) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,4y(0,4) = ?

Розв’яжіть y″ + 5y′ + 4y = 0 при y(0) = 6 і y′(0) = 6 за допомогою перетворення Лапласа й знайдіть y(0,4).

y″ + 5y′ + 4y = 0y(0) = 6y′(0) = 6t = 0,4 s
y(0.4) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+K(s + 6)(s + 12)G(s)C(s)−

Об’єкт G(s) = K/((s + 6)(s + 12)) охоплено одиничним від’ємним зворотним зв’язком. Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого замкнена система критично загасаюча (два рівні дійсні полюси).

G(s) = K/((s + 6)(s + 12))одиничний від’ємний зворотний зв’язок
K =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+K(s + 2)(s + 3)(s + 8)G(s)C(s)−

Об’єкт G(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 8)) охоплено одиничним від’ємним зворотним зв’язком. За критерієм Рауса–Гурвіца знайдіть найбільший коефіцієнт підсилення Kmax, за якого замкнена система стійка.

G(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 8))одиничний від’ємний зворотний зв’язок
Kmax =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)1

Система має передатну функцію G(s) = 33/(s² + 5s + 33) і отримує на вході одиничну сходинку. Полюси: s = σ ± jωd. Знайдіть дійсну частину σ.

G(s) = 33/(s² + 5s + 33)
σ =
34.Перехідна характеристикаСкладна
R(s)+Ks(s + 8)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = K/(s(s + 8)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого перехідна характеристика має перерегулювання 25 %.

G(s) = K/(s(s + 8))%OS = 25 %
K =
35.Діаграми Боде та запасиСередня
|H| (dB)0,010,11101001000−80−60−40−20020ω (rad/s)ω = 0,5

Знайдіть точний модуль |G(jω)| функції G(s) = 836/((s + 11)(s + 19)) за ω = 0,5 rad/s, у dB.

G(s) = 836/((s + 11)(s + 19))ω = 0,5 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)−270−180−900ω180​ = ?

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 58/(s(s + 3)(s + 9)). Знайдіть частоту перетину за фазою ω180, де ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 58/(s(s + 3)(s + 9))
ω180 = rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+481s(s + 1)(s + 3)C(s)−

Контур на схемі має від’ємний зворотний зв’язок, L(s) = 48/(s(s + 1)(s + 3)). Скільки полюсів N замкненої системи лежить у правій півплощині?

L(s) = 48/(s(s + 1)(s + 3))
N =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2

Контур з одиничним зворотним зв’язком має L(s) = K/(s(s + 6)(s + 3)). Знайдіть точку σa, у якій асимптоти кореневого годографа перетинають дійсну вісь.

L(s) = K/(s(s + 6)(s + 3))
σa =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
R(s)+K = 1510s + 1C(s)−

Процес G(s) = 5/(10s + 1) регулюється пропорційним коефіцієнтом підсилення K = 1 у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть усталену похибку ess для східчастого сигналу у відсотках від величини східця.

G(s) = 5/(10s + 1)K = 1
ess = %
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+K = 81s(s + 4)C(s)−

П-регулятор K = 8 керує об’єктом G(s) = 1/(s(s + 4)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS перехідної характеристики.

G(s) = 1/(s(s + 4))K = 8
%OS = %

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 0,1167 A

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAR4​15 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 = 20 + 15 = 35 Ω
R2 ∥ 35 = 20·35/(20+35) = 12,73 Ω
Req = R1 + 12,73 = 20 + 12,73 = 32,73 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 6/32,73 = 0,1833 A

Струм через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 6 − 0,1833·20 = 2,333 V
IR2 = VA/R2 = 2,333/20 = 0,1167 A

Відповідь

IR2 = 0,1167 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 8,304 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​ = 4 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAR4​30 ΩBR6​4 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 = 4 + 4 = 8 Ω
R4 ∥ 8 = 6,316 Ω
R3 + 6,316 = 9,316 Ω
R2 ∥ 9,316 = 4,304 Ω
Req = R1 + 4,304 = 4 + 4,304 = 8,304 Ω

Відповідь

Req = 8,304 Ω
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: PIs = 65,27 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/15 + (VA − 10)/2 + (VA − VB)/5 = 0
0,7667·VA − 0,2·VB = 5

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/20 + (VB − VA)/5 = 3
−0,2·VA + 0,25·VB = 3

Розв’яжіть

Δ = (0,7667)(0,25) − (−0,2)(−0,2) = 0,1517
VA = Δ1/Δ = 1,85/0,1517 = 12,2 V
VB = Δ2/Δ = 3,3/0,1517 = 21,76 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 = 21,76·3 = 65,27 W

Відповідь

PIs = 65,27 W
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VA = 32,73 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
0,8833·VA − 0,3333·VB = 18

ЗСК для вузла B

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

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,1·VA
−0,4333·VA + 0,4333·VB = 0

Розв’яжіть

Δ = (0,8833)(0,4333) − (−0,3333)(−0,4333) = 0,2383
VA = Δ1/Δ = 7,8/0,2383 = 32,73 V
VB = Δ2/Δ = 7,8/0,2383 = 32,73 V

Відповідь

VA = 32,73 V
5.Метод контурних струмів

Відповідь: IR2 = −3,455 A

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

R1​ = 12 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​12 VR3​2 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
12·I1 + 2(I1 − I2) = 12
14·I1 − 2·I2 = 12

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
3·I2 + 2(I2 − I1) = (−18)
−2·I1 + 5·I2 = −18

Розв’яжіть

Δ = (14)(5) − (−2)(−2) = 66
I1 = Δ1/Δ = 24/66 = 0,3636 A
I2 = Δ2/Δ = −228/66 = −3,455 A

Відповідь

IR2 = I2 = −3,455 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: I3 = −0,1088 A

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

R1​ = 4 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​30 VR4​10 ΩAR5​10 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Призначте контурні струми

У кожному вікні намалюйте струм за годинниковою стрілкою: I1, I2, I3. Резистор, спільний для двох контурів, проводить різницю їхніх струмів.

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
4·I1 + 10(I1 − I2) = 30
14·I1 − 10·I2 = 30

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
20·I2 + 10(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 40·I2 − 10·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
25·I3 + 10(I3 − I2) = (−10)
−10·I2 + 35·I3 = −10

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 14700
I1 = Δ1/Δ = 38000/14700 = 2,585 A
I2 = Δ2/Δ = 9100/14700 = 0,619 A
I3 = Δ3/Δ = −1600/14700 = −0,1088 A

Відповідь

I3 = −0,1088 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: IR1 = 0,9697 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​ = 15 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAR4​15 ΩBОБРИВ

Випадок 1 · діє лише V1

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

R3+R4 = 6+15 = 21 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 5·21/(5+21) = 4,038 Ω
VA = 30·4,038/(15+4,038) = 6,364 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 6,364·15/21 = 4,545 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (30 − 6,364)/15 = 1,576 A
R1​ = 15 ΩR3​ = 6 ΩКЗR2​5 ΩAR4​15 ΩBIs​4 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 = 15·5/(15+5) = 3,75 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 15 ∥ 9,75 = 5,909 Ω
VB = Is·Req = 4·5,909 = 23,64 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 23,64·3,75/9,75 = 9,091 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 9,091)/15 = −0,6061 A

Додайте складові

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 1,576 + (−0,6061) = 0,9697 A

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

8.Метод накладання

Відповідь: IR2 = −2,947 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​ = 5 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​30 VR3​5 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) = 5 ∥ 7 = 2,917 Ω
VA = 30·2,917/(5+2,917) = 11,05 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 11,05·3/7 = 4,737 V
IR2′ = (VB − VA)/R2 = (4,737 − 11,05)/4 = −1,579 A
R1​ = 5 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 3 ΩКЗR3​5 ΩAIs​6 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 = 2,5 Ω, тож лівий шлях — R2+2,5 = 6,5 Ω
Req = R4 ∥ 6,5 = 2,053 Ω
VB = Is·Req = (−6)·2,053 = −12,32 V
VA = VB·2,5/6,5 = −4,737 V
IR2″ = (VB − VA)/R2 = (−12,32 − −4,737)/4 = −1,895 A
R1​ = 5 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 3 ΩКЗR3​5 ΩAОБРИВB+−V2​5 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 = 5·5/(5+5) = 2,5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 5·6,5/9,5 = 3,421 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 3,421·2,5/6,5 = 1,316 V
IR2‴ = (VB − VA)/R2 = (3,421 − 1,316)/4 = 0,5263 A

Додайте складові

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴
IR2 = (−1,579) + (−1,895) + 0,5263 = −2,947 A

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

9.Тевенен і Нортон

Відповідь: IL = 0,1277 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​ = 12 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 = 12·2/(12+2) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 2 = 3,714 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 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) = 6·2/(12+2) = 0,8571 V
Rth​ = 3,714 Ω+−Vth​0,8571 VRL​3 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) = 0,8571/(3,714 + 3) = 0,1277 A
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: IN = 3,033 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​ = 5 ΩКЗR2​30 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 = 15·30/(15+30) = 10 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 10 + 5 = 15 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​30 ΩAIs​2,5 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) = 8 + 2,5·10 = 33 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 33 + 2,5·5 = 45,5 V
IN​3,033 ARth​15 Ωab

Еквівалент Нортона

Джерело Нортона — те саме коло, подане як джерело струму, паралельне R_th. Його струм — це струм короткого замикання на a–b.

IN = Vth/Rth = 45,5/15 = 3,033 A
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vL = 7,19 V

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

Стала часу і кінцевий струм

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

τ = L/R = 68 mH / 50 Ω = 1,36 ms
i(∞) = Vs/R = 15/50 = 0,3 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−1/1,36 = 7,19 V

Відповідь

vL = 7,19 V
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vC = 9,082 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) = 10 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 1 kΩ · 10 µF = 10 ms
vC(t) = 9 + (10 − 9)·e−t/τ

Напруга в заданий момент

vC(25) = 9 + (1)·e−25/10 = 9,082 V

Відповідь

vC = 9,082 V
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: φ = −78,78 °

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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,05 = 15,71 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·10·10⁻⁶) = 318,3 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(60² + (−302,6)²) = 308,5 Ω

Кут зсуву фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−302,6/60) = −78,78°

Відповідь

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

Відповідь: VC = 27,16 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|.

Реактивні опори

ω = 2πf = 2π·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,02 = 25,13 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·4,7·10⁻⁶) = 169,3 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (−144,2)²) = 149,6 Ω

Струм

Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.

I = V/|Z| = 24/149,6 = 0,1604 A

Напруга на конденсаторі

VC = I·XC = 0,1604·169,3 = 27,16 V

Відповідь

VC = 27,16 V
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: X = 10,39 Ω

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.

Активний опір з активної потужності

R = P/I² = 600/10² = 6 Ω

Реактивний опір з повного опору

|Z| = V/I = 120/10 = 12 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(12² − 6²) = 10,39 Ω

Відповідь

X = 10,39 Ω
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: cos φ = 0,7801

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 = 13·tan(arccos 0,7) = 13,26 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·60·47·10⁻⁶ = 2835 var = 2,835 kvar
Q2 = 13,26 − 2,835 = 10,43 kvar

Нова повна потужність

S2 = √(13² + 10,43²) = 16,67 kVA

Новий коефіцієнт потужності

cos φ = P/S2 = 13/16,67 = 0,7801

Відповідь

cos φ = 0,7801
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 6,4 kW

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

Фазна напруга

Vph = 400/√3 = 230,9 V

Фазний струм

|Z| = √(9² + 12²) = 15 Ω
Iph = 230,9/15 = 15,4 A

Сумарна активна потужність

Активну потужність поглинає лише активна складова кожного опору.

P = 3·Iph²·R = 3·15,4²·9 = 6,4 kW

Відповідь

P = 6,4 kW

Перевірка: cos φ = R/|Z| = 0,6, і √3·VL·IL·cos φ дає ту саму потужність.

18.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 707,8 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 = 200·tan(acos 0,72) = 200·0,9639 = 192,8 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,95) = 200·0,3287 = 65,74 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 127 kvar

Ємність на фазу

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

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 42345/(377·398,4²) = 707,8 µF

Відповідь

Cph = 707,8 µF
19.Трансформатори

Відповідь: I1 = 0,7667 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 = 2300/10 = 230 V
I2 = 230/30 = 7,667 A

Первинний струм

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

I1 = I2/10 = 0,7667 A

Відповідь

I1 = 0,7667 A

Перевірка: навантаження з боку первинної обмотки a²·RL = 3000 Ω, і 2300/3000 дає той самий струм.

20.Трансформатори

Відповідь: Pcu,fl = 2050 W

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

Вихідна й вхідна потужність

Pout = 75·0,8 = 60 kW
Pin = 60000/0,96 = 62500 W

Сумарні втрати й втрати в міді

Ploss = 62500 − 60000 = 2500 W
Pcu,fl = 2500 − 450 = 2050 W

Відповідь

Pcu,fl = 2050 W
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Rf = 3 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 = (4 − 1)·1 = 3 kΩ

Відповідь

Rf = 3 kΩ
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 1,075 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 = −1/4,7 = −0,2128 mA
I2 = V2/R2 = −1,6/100 = −0,016 mA
If = I1 + I2 = −0,2288 mA

Вихідна напруга

Vout = −Rf·If = −4,7·(−0,2288) = 1,075 V

Відповідь

Vout = 1,075 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: IC = 4,133 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 = (10 − 0,7)/270 kΩ = 34,44 µA

Струм колектора

IC = β·IB = 120·34,44 µA = 4,133 mA

Відповідь

IC = 4,133 mA

Перевірка: VCE = 8,057 V значно більше за 0,2 V, тож транзистор справді в активному режимі.

24.Діоди й транзистори

Відповідь: RB = 2,71 kΩ

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

Струм колектора в насиченні

IC(sat) = (24 − 0,2)/100 = 238 mA

Мінімальний струм бази

IB(min) = IC(sat)/β = 238/150 = 1587 µA

Базовий резистор

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/1,587 mA = 2,71 kΩ

Відповідь

RB = 2,71 kΩ

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

25.Системи числення

Відповідь: N = 38

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.

32 + 4 + 2 = 38

Відповідь

N = 38
26.Системи числення

Відповідь: R = 104

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

Біт за бітом

XOR дає 1, де два біти різні.

1111 1001
XOR 1001 0001
= 0110 1000

Значення результату

0110 1000₂ = 104

Відповідь

R = 104
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: AB = 10, CD = 11

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

Сусіди кожної 1

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

m11: m10, m9, m15, m3 → 0
ABCD0001111000011110111111

Ізольована 1

m11 = AB′CD → AB = 10, CD = 11

Відповідь

AB = 10, CD = 11
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: f(0.3) = 2,41

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 + 8s + 16 = (s + 4)²

Простіші дроби

5s + 30 = 5(s + 4) + 10
F(s) = 5/(s + 4) + 10/(s + 4)²

Обернене перетворення

f(t) = 5·e−4t + 10·t·e−4t
f(0,3) = (5 + 10·0,3)·e−4·0,3 = 2,41

Відповідь

f(0,3) = 2,41
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.4) = 5,896

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

Перетворіть рівняння

s²Y − 6s − 6 + 5(sY − 6) + 4Y = 0
Y(s) = (6s + 36)/((s + 1)(s + 4))

Простіші дроби

A = 30/3 = 10
B = 12/(−3) = −4

Результат

y(t) = 10·e−t − 4·e−4t
y(0,4) = 5,896

Відповідь

y(0,4) = 5,896

Перевірка: y(0) = A + B = 6.

31.Блок-схеми

Відповідь: K = 9

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

Характеристичне рівняння

1 + K/((s + 6)(s + 12)) = 0 → s² + 18s + 72 + K = 0

Кратний корінь

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

18² = 4(72 + K) → K = 324/4 − 72 = 9

Відповідь

K = 9
Обидва полюси замкненої системи тоді лежать у s = −9.
32.Блок-схеми

Відповідь: Kmax = 550

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

Характеристичне рівняння

s³ + 13s² + 46s + 48 + K = 0

Таблиця Рауса

s³ | 1 46
s² | 13 48 + K
s¹ | (13·46 − 48 − K)/13
s⁰ | 48 + K

Межа стійкості

Усі елементи першого стовпця мають бути додатними.

Kmax = 13·46 − 48 = 550

Відповідь

Kmax = 550
33.Перехідна характеристика

Відповідь: σ = −2,5

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 = 33 → ωₙ = 5,745 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·5,745) = 0,4352

Результат

σ = −ζωₙ = −5/2 = −2,5

Відповідь

σ = −2,5
34.Перехідна характеристика

Відповідь: K = 98,17

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

Передатна функція замкненої системи

T(s) = K/(s² + 8s + K)

Коефіцієнт демпфування за перерегулюванням

ζ = −ln(0,25)/√(π² + ln²(0,25)) = 0,4037

Коефіцієнт підсилення

ωₙ = 8/(2ζ) = 9,908 rad/s
K = ωₙ² = 98,17

Відповідь

K = 98,17
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: |G(jω)| = 12,03 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(j0,5)| = 836/(√(0,5² + 11²)·√(0,5² + 19²)) = 836/(11,01·19,01) = 3,994

Результат

20·log₁₀(3,994) = 12,03 dB

Відповідь

|G(jω)| = 12,03 dB
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ω180 = 5,196 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.

Перетин за фазою

(ω/3)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(3·9) = 5,196 rad/s

Відповідь

ω180 = 5,196 rad/s
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 + 4s² + 3s + 48 = 0

Таблиця Рауса

s³: 1, 3
s²: 4, 48
s¹: −9
s⁰: 48

Зміни знака в першому стовпці

1 → 4 → −9 → 48
N = 2

Відповідь

N = 2

Коефіцієнт підсилення вищий за межу K = 12, тож комплексна пара перейшла в праву півплощину.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: σa = −3

Кореневий годограф: зі зростанням коефіцієнта підсилення K від 0 до ∞ полюси замкненої системи, тобто корені рівняння 1 + K·G(s) = 0, рухаються від полюсів розімкненої системи до її нулів або до нескінченності. Точка дійсної осі належить годографу, коли кількість дійсних полюсів і нулів праворуч від неї непарна. n − m віток, що йдуть у нескінченність, прямують уздовж асимптот під кутами (2q + 1)·180°/(n − m), які виходять із центра σₐ = (Σ полюсів − Σ нулів)/(n − m). Гілки відходять від дійсної осі або сходяться на ній там, де dK/ds = 0. Умова кута ∠G(s) = 180° визначає форму годографа, а умова модуля K = 1/|G(s)| дає значення K у будь-якій точці годографа.

Полюси й нулі

полюси: 0, −6, −3
n − m = 3 − 0 = 3

Центр ваги

σa = (−9)/3 = −3

Відповідь

σa = −3

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

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 16,67 %

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.

Позиційна константа

Kp = 1·5 = 5

Похибка за східчастого сигналу

ess = 100/(1 + 5) = 16,67 %

Відповідь

ess = 16,67 %
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: %OS = 4,321 %

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 + 4) + 8·1 = s² + 4s + 8

ωₙ і ζ

ωₙ = √8 = 2,828 rad/s
ζ = 4/(2·2,828) = 0,7071

Перерегулювання

%OS = 100·e−0,7071π/√(1 − 0,7071²) = 4,321 %

Відповідь

%OS = 4,321 %

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