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​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAR4​15 ΩB

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 15 VR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 ΩR4 = 15 Ω
Req = Ω
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 2 ΩIR1​R3​ = 6 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAR4​25 ΩBR6​10 Ω

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

V1 = 12 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 6 ΩR4 = 25 ΩR5 = 3 ΩR6 = 10 Ω
IR1 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 5 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​5 ΩBIs​2 A

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

V1 = 24 VIs = 2 AR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩR4 = 5 Ω
VA = V
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAR4​10 ΩIR4​B0,1·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 струм IR4 через R4 у напрямку стрілки.

V1 = 24 VR1 = 8 ΩR2 = 8 ΩR3 = 2 ΩR4 = 10 Ωg = 0,1 A/V
IR4 = A
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 2 ΩR2​ = 4 ΩIR2​+−V1​9 VR3​15 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

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

V1 = 9 VV2 = 30 VR1 = 2 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 Ω
IR2 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 20 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR4​10 ΩAR5​2 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

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

V1 = 15 VV2 = 9 VR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 ΩR4 = 10 ΩR5 = 2 Ω
I3 = A
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 ΩIR3​+−V1​24 VR2​8 ΩAR4​6 ΩBIs​?

Знайдіть значення джерела струму Is (напрямок як на схемі), за якого струм IR3 через R3 дорівнює нулю.

V1 = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 12 ΩR4 = 6 Ω
Is = A
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 12 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​24 VR3​8 ΩIR3​AIs​4 AB−+V2​30 V

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

V1 = 24 VIs = 4 AV2 = 30 VR1 = 12 ΩR2 = 10 ΩR3 = 8 ΩR4 = 30 Ω
IR3 = A
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 20 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAab

Знайдіть опір Тевенена Rth з боку затискачів a–b.

V1 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 5 Ω
Rth = Ω
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAIs​5 ABab

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

V1 = 30 VIs = 5 AR1 = 5 ΩR2 = 10 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​10 Vt = 0R1​ = 4,7 kΩR2​ = 3,3 kΩC68 µF+−vC​

Джерело Vₛ заряджає конденсатор через R₁, а R₂ під’єднано паралельно C. Конденсатор розряджений, коли вимикач замикається в момент t = 0. Знайдіть напругу на конденсаторі vC у момент t = 120 ms.

Vs = 10 VR1 = 4,7 kΩR2 = 3,3 kΩC = 68 µFt = 120 ms
vC = V
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​12 Vt = 0R = ?C47 µF+−vC​

Таймер при t = 0 починає заряджати незаряджений конденсатор через резистор від джерела 12 V. Він має спрацювати, коли напруга на конденсаторі досягне 6 V, рівно через 500 ms після старту. При C = 47 µF знайдіть потрібний опір R.

Vs = 12 VVth = 6 VT = 500 msC = 47 µF
R = kΩ
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
100 V200 HzR = 15 ΩL = 50 mHC = 100 µF

Послідовне коло RLC підключено до мережі 100 V (діюче значення), 200 Hz. Знайдіть кут зсуву фаз φ повного опору в градусах (додатний, коли струм відстає від напруги).

V = 100 V (rms)f = 200 HzR = 15 ΩL = 50 mHC = 100 µF
φ = °
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
24 Vf0​R = 15 ΩL = 50 mHC = 2,2 µF

Послідовне RLC-коло живиться від джерела 24 V (діюче значення), частоту якого встановлено рівною резонансній частоті кола. Знайдіть діюче значення напруги VL на котушці.

V = 24 V (rms)R = 15 ΩL = 50 mHC = 2,2 µF
VL = V
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
230 VR + jXP = 604 W3,5 A

Індуктивне навантаження споживає 3,5 A і 604 W від однофазної мережі 230 V (діюче значення). Подайте його як активний опір R, послідовно з’єднаний з реактивним опором X. Знайдіть X.

V = 230 VI = 3,5 AP = 604 W
X = Ω
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P1​ = 42 kWQ1​S1​φ

Однофазний трансформатор потужністю 150 kVA живить навантаження 42 kW з коефіцієнтом потужності 0,7 (індуктивним). Яку додаткову активну потужність ΔP можна під’єднати у вигляді активного навантаження (коефіцієнт потужності 1), перш ніж трансформатор досягне номінальної потужності в kVA?

Smax = 150 kVAP1 = 42 kWpf1 = 0,7
ΔP = kW
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 208 VZ = 7 + j24 Ωна фазу

Симетричне навантаження, з’єднане трикутником, з повним опором 7 + j24 Ω на фазу підключене до симетричної трифазної мережі з лінійною напругою 208 V. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку поглинає навантаження, у kW.

VL = 208 VZ = 7 + j24 Ω на фазу
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симетричне трифазне навантаження споживає 150 kW при коефіцієнті потужності 0,65 (відстаючому) від мережі 415 V (лінійна напруга), 50 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,95 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Знайдіть сумарну реактивну потужність QC, яку має постачати конденсаторна батарея, у kvar.

P = 150 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаториСередня
7200 V240 VIHV​ = ?ILV​25 kVA

Однофазний трансформатор 25 kVA, 7200/240 V працює з номінальним навантаженням. Вважайте його ідеальним. Знайдіть струм IHV в обмотці вищої напруги.

S = 25 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
IHV = A
20.ТрансформаториСкладна
pf 0,95100 kVA, 75% навантаження

Однофазний трансформатор 100 kVA має втрати в сталі 400 W і втрати в міді 1200 W при номінальному навантаженні. Він віддає 75% своєї номінальної потужності в kVA при коефіцієнті потужності 0,95 (відстаючому). Знайдіть сумарні втрати Ploss у ватах при цьому навантаженні.

S = 100 kVAPcore = 400 WPcu,fl = 1200 Wx = 0,75pf = 0,95
Ploss = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = 22 kΩR1​ = 10 kΩVin​ = −4 VRa​ = 10 kΩRb​ = 22 kΩ

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

Vin = −4 VRa = 10 kΩRb = 22 kΩR1 = 10 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​Rf​ = 1 kΩV1​ = −1,9 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 1 VR2​ = 47 kΩ

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

V1 = −1,9 VV2 = 1 VR1 = 4,7 kΩR2 = 47 kΩRf = 1 kΩ
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
+−12 VR = ?2 × 2,2 V25 mA

2 зелені світлодіодів (пряма напруга 2,2 В кожен) з’єднано послідовно з резистором до джерела 12 В. Знайдіть опір R, що задає струм 25 мА.

Vs = 12 VVF = 2,2 Vn = 2I = 25 mA
R = Ω
24.Діоди й транзисториСкладна
V (V)I (mA)0,655Q = ?

Діод змодельовано як 0,6 В послідовно з 25 Ом (він проводить вище 0,6 В). Він увімкнений послідовно з резистором 1000 Ом до джерела 5 В. Знайдіть робочий струм ID у точці, де лінія діода перетинає лінію навантаження.

Vs = 5 VR = 1000 ΩV0 = 0,6 Vrd = 25 Ω
ID = mA
25.Системи численняСередня
8-бітовий додатковий код0−12806403201608040201

Встановіть біти так, щоб вони зберігали −73 в 8-бітовому доповняльному коді. Яке значення U шаблону, якщо читати його як беззнакове число?

N = −738 bit
U =
26.Системи численняСкладна
клацайте біти, щоб встановити їх012806403201608040201

Встановіть біти за 8-бітовим результатом 0011 1100 OR 0100 1101. Яке значення R результату в десятковій системі?

0011 1100OR0100 1101
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(6, 8, 9, 10, 11, 15)
  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​CLKDOWN

3-розрядний двійковий лічильник на віднімання починає з 0 (десяткове, Q = 000). Яке значення Q (у десятковому вигляді) він покаже після 12 імпульсів такту?

Q0 = 012n = 3
Q =
29.Перетворення ЛапласаСередня
ReIm−55

Знайдіть f(t) для F(s) = (s + 8)/(s² + 4s + 40), виділивши повний квадрат, і обчисліть f(0,6).

F(s) = (s + 8)/(s² + 4s + 40)t = 0,6 s
f(0.6) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
ReIm−2−4−6−8−10

Систему описано диференціальним рівнянням y″ + 7y′ + 10y = u′ + 10u із входом u(t) і виходом y(t). Знайдіть її передатну функцію G(s) = Y(s)/U(s) (нульові початкові умови) і обчисліть імпульсну характеристику g(t) при t = 0,5 s. Знайдіть g(0,5).

y″ + 7y′ + 10y = u′ + 10ut = 0,5 s
g(0.5) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+K(s + 5)(s + 8)G(s)C(s)−

Об’єкт G(s) = K/((s + 5)(s + 8)) 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 + 5)(s + 8))одиничний від’ємний зворотний зв’язок
K =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+13регулятор+D(s)+10s + 2об’єктC(s)−

Пропорційний регулятор K = 13 керує об’єктом G(s) = 10/(s + 2) в одиничному від’ємному зворотному зв’язку. Збурення D діє на вході об’єкта (додається до виходу регулятора). За R = 0 подають сходинку збурення розміром 1. Знайдіть усталений вихід css.

K = 13G(s) = 10/(s + 2)D = 1R = 0
css =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)0,5

Система має передатну функцію G(s) = 25/(s² + 9s + 50) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть власну частоту ωn в rad/s.

G(s) = 25/(s² + 9s + 50)
ωn = rad/s
34.Перехідна характеристикаСкладна
+−10 VR = 120 ΩL = 20 mHC = 2 µFvC​

Послідовне RLC-коло з R = 120 Ω, L = 20 mH і C = 2 µF підключають до сходинки 10 V у момент t = 0. Конденсатор незаряджений, і до сходинки струм не тече. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS напруги на конденсаторі.

R = 120 ΩL = 20 mHC = 2 µFV = 10 V
%OS = %
35.Діаграми Боде та запасиСередня
vin​C = 100 nFR = 4,7 kΩvout​

RC-фільтр верхніх частот на рисунку має R = 4,7 kΩ, C = 100 nF. На вхід подають синусоїдний сигнал 680 Hz. Знайдіть коефіцієнт підсилення |H| = |vout/vin| у dB.

R = 4,7 kΩC = 100 nFf = 680 Hz
|H| = 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) = 12/(s(s + 1)(s + 8)). Знайдіть частоту перетину за фазою ω180, де ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 12/(s(s + 1)(s + 8))
ω180 = rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+51s(s + 1)(s + 6)C(s)+

Контур на схемі має додатний зворотний зв’язок, L(s) = 5/(s(s + 1)(s + 6)). Скільки полюсів N замкненої системи лежить у правій півплощині?

L(s) = 5/(s(s + 1)(s + 6))
N =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2

Контур з одиничним зворотним зв’язком має L(s) = K(s + 5)/(s(s + 6)(s + 8)). Знайдіть точку σa, у якій асимптоти кореневого годографа перетинають дійсну вісь.

L(s) = K(s + 5)/(s(s + 6)(s + 8))
σa =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
r(t) = 1 + 2t+5s(s + 2)C(s)−

Вхід r(t) = 1 + 2t (східчастий сигнал плюс лінійно наростальний) подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 5/(s(s + 2)). Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 5/(s(s + 2))r(t) = 1 + 2t
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+8 + Kd​s4s(s + 4)C(s)−

ПД-регулятор C(s) = 8 + Kd·s керує об’єктом G(s) = 4/(s(s + 4)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть диференціальний коефіцієнт Kd, за якого замкнена система має коефіцієнт демпфування ζ = 0,8.

G(s) = 4/(s(s + 4))Kp = 8ζ = 0,8
Kd = s

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 24,76 Ω

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​6 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 = 8 + 15 = 23 Ω
R2 ∥ 23 = 6·23/(6+23) = 4,759 Ω
Req = R1 + 4,759 = 20 + 4,759 = 24,76 Ω

Відповідь

Req = 24,76 Ω
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 1,399 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​ = 2 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAR4​25 ΩBR6​10 Ω

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R5 + R6 = 3 + 10 = 13 Ω
R4 ∥ 13 = 8,553 Ω
R3 + 8,553 = 14,55 Ω
R2 ∥ 14,55 = 6,577 Ω
Req = R1 + 6,577 = 2 + 6,577 = 8,577 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 12/8,577 = 1,399 A

Відповідь

IR1 = 1,399 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VA = 11,63 V

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

R1​ = 5 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​5 ΩBIs​2 A

Визначте вузли

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

ЗСК у вузлі A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/5 + (VA − 24)/5 + (VA − VB)/6 = 0
0,5667·VA − 0,1667·VB = 4,8

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/5 + (VB − VA)/6 = 2
−0,1667·VA + 0,3667·VB = 2

Розв’яжіть

Δ = (0,5667)(0,3667) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,18
VA = Δ1/Δ = 2,093/0,18 = 11,63 V
VB = Δ2/Δ = 1,933/0,18 = 10,74 V

Відповідь

VA = 11,63 V
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR4 = 1,2 A

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

ЗСК для вузла A

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

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,75·VA − 0,5·VB = 3

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
−0,6·VA + 0,6·VB = 0

Розв’яжіть

Δ = (0,75)(0,6) − (−0,5)(−0,6) = 0,15
VA = Δ1/Δ = 1,8/0,15 = 12 V
VB = Δ2/Δ = 1,8/0,15 = 12 V

Струм через R₄

IR4 = VB/R4 = 12/10 = 1,2 A

Відповідь

IR4 = 1,2 A
5.Метод контурних струмів

Відповідь: IR2 = −3,827 A

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

R1​ = 2 ΩR2​ = 4 Ω+−V1​9 VR3​15 ΩA+−V2​30 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 + 15(I1 − I2) = 9
17·I1 − 15·I2 = 9

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
4·I2 + 15(I2 − I1) = (−30)
−15·I1 + 19·I2 = −30

Розв’яжіть

Δ = (17)(19) − (−15)(−15) = 98
I1 = Δ1/Δ = −279/98 = −2,847 A
I2 = Δ2/Δ = −375/98 = −3,827 A

Відповідь

IR2 = I2 = −3,827 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: I3 = −0,7062 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​ = 20 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR4​10 ΩAR5​2 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
20·I1 + 10(I1 − I2) = 15
30·I1 − 10·I2 = 15

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
5·I2 + 10(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 17·I2 − 2·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
10·I3 + 2(I3 − I2) = (−9)
−2·I2 + 12·I3 = −9

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 4800
I1 = Δ1/Δ = 2820/4800 = 0,5875 A
I2 = Δ2/Δ = 1260/4800 = 0,2625 A
I3 = Δ3/Δ = −3390/4800 = −0,7063 A

Відповідь

I3 = −0,7062 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: Is = 1,778 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​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAR4​6 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 = 12+6 = 18 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·18/(8+18) = 5,538 Ω
VA = 24·5,538/(10+5,538) = 8,554 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 8,554·6/18 = 2,851 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (8,554 − 2,851)/12 = 0,4752 A

Випадок 2 · діє лише Is

V₁ стає коротким замиканням, тож R₁ ∥ R₂ з’єднує A із землею. Iₛ розгалужується у вузлі B між R₄ і шляхом R₃ + R₁∥R₂; частина через R₃ тече від B до A, проти стрілки.

R1 ∥ R2 = 4,444 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·6/22,44 = −0,2673·Is

Прирівняйте суму до нуля

IR3′ + IR3″ = 0,4752 − 0,2673·Is = 0
Is = 0,4752/0,2673 = 1,778 A

Відповідь

Is = 1,778 A
8.Метод накладання

Відповідь: IR3 = 2,277 A

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

R1​ = 12 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​24 VR3​8 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) = 8 ∥ 40 = 6,667 Ω
VA = 24·6,667/(12+6,667) = 8,571 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 8,571·30/40 = 6,429 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (8,571 − 0)/8 = 1,071 A
R1​ = 12 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 30 ΩКЗR3​8 ΩAIs​4 ABКЗ

Випадок 2 · діє лише Is

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

R1 ∥ R3 = 4,8 Ω, тож лівий шлях — R2+4,8 = 14,8 Ω
Req = R4 ∥ 14,8 = 9,911 Ω
VB = Is·Req = 4·9,911 = 39,64 V
VA = VB·4,8/14,8 = 12,86 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (12,86 − 0)/8 = 1,607 A
R1​ = 12 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 30 ΩКЗR3​8 ΩAОБРИВB−+V2​30 V

Випадок 3 · діє лише V2

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

R1 ∥ R3 = 12·8/(12+8) = 4,8 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−30)·14,8/44,8 = −9,911 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −9,911·4,8/14,8 = −3,214 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (−3,214 − 0)/8 = −0,4018 A

Додайте складові

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = 1,071 + 1,607 + (−0,4018) = 2,277 A

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

9.Тевенен і Нортон

Відповідь: Rth = 13,57 Ω

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 5 ΩКЗR2​15 ΩAabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

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

R1 ∥ R2 = 20·15/(20+15) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 5 = 13,57 Ω
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: IN = −3,235 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​ = 5 ΩR3​ = 8 ΩКЗR2​10 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 = 5·10/(5+10) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 8 = 11,33 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAIs​5 ABab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 20 + (−5)·3,333 = 3,333 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 3,333 + (−5)·8 = −36,67 V
IN​3,235 ARth​11,33 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 = −36,67/11,33 = −3,235 A
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vC = 2,465 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.

Еквівалентна схема Тевенена з боку конденсатора

Закоротіть джерело, щоб знайти Rth; розімкніть конденсатор, щоб знайти напругу, до якої він зарядиться.

Rth = R1 ∥ R2 = 4,7·3,3/(4,7 + 3,3) = 1,939 kΩ
vC(∞) = 10·3,3/(4,7 + 3,3) = 4,125 V

Стала часу

τ = Rth·C = 1,939·68 = 131,8 ms

Крива заряджання

vC(t) = 4,125·(1 − e−120/131,8) = 2,465 V

Відповідь

vC = 2,465 V
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: R = 15,35 kΩ

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

Потрібна стала часу

6 = 12·(1 − e−500/τ) → τ = 500/ln(12/(12 − 6))
τ = 500/0,6931 = 721,3 ms

Опір

kΩ помножити на µF дає мілісекунди.

R = τ/C = 721,3/47 = 15,35 kΩ

Відповідь

R = 15,35 kΩ
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: φ = 74,71 °

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 = 1257·0,05 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·100·10⁻⁶) = 7,958 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(15² + (54,87)²) = 56,89 Ω

Кут зсуву фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(54,87/15) = 74,71°

Відповідь

φ = 74,71°
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: VL = 241,2 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/√(0,05·2,2·10⁻⁶) = 3015 rad/s
I = V/R = 24/15 = 1,6 A

Напруга на котушці

XL = ω₀L = 3015·0,05 = 150,8 Ω
VL = I·XL = 1,6·150,8 = 241,2 V

Відповідь

VL = 241,2 V

Це в Q = 10,05 разів більше за напругу мережі.

15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: X = 43,44 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 = 604/3,5² = 49,31 Ω

Реактивний опір з повного опору

|Z| = V/I = 230/3,5 = 65,71 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(65,71² − 49,31²) = 43,44 Ω

Відповідь

X = 43,44 Ω
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: ΔP = 101,7 kW

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 наявного навантаження

Q1 = 42·tan(arccos 0,7) = 42,85 kvar

Найбільша сумарна активна потужність

За повного навантаження S = Smax, а Q від активного навантаження не змінюється.

P = √(Smax² − Q1²) = √(150² − 42,85²) = 143,7 kW

Додаткова активна потужність

ΔP = 143,7 − 42 = 101,7 kW

Відповідь

ΔP = 101,7 kW
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 1,454 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 = VL = 208 V

Фазний струм

|Z| = √(7² + 24²) = 25 Ω
Iph = 208/25 = 8,32 A

Сумарна активна потужність

Активну потужність поглинає лише активна складова кожного опору.

P = 3·Iph²·R = 3·8,32²·7 = 1,454 kW

Відповідь

P = 1,454 kW

Перевірка: cos φ = R/|Z| = 0,28, і √3·VL·IL·cos φ дає ту саму потужність.

18.Трифазні системи

Відповідь: QC = 126,1 kvar

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 = 150·tan(acos 0,65) = 150·1,169 = 175,4 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,95) = 150·0,3287 = 49,3 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 126,1 kvar

Відповідь

QC = 126,1 kvar
19.Трансформатори

Відповідь: IHV = 3,472 A

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

Номінальний струм

Обидві обмотки передають однакову повну потужність.

IHV = S/V = 25000/7200 = 3,472 A

Відповідь

IHV = 3,472 A
20.Трансформатори

Відповідь: Ploss = 1075 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 = 0,5625·1200 = 675 W

Сумарні втрати

Втрати в сталі однакові за будь-якого навантаження.

Ploss = 400 + 675 = 1075 W

Відповідь

Ploss = 1075 W

ККД при цьому навантаженні η = 98,51%.

21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = −8,8 V

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

Напруга на вході +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = −4·22/(10 + 22) = −2,75 V

Коефіцієнт підсилення неінвертувального підсилювача

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

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = −2,75·(1 + 22/10) = −8,8 V

Відповідь

Vout = −8,8 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 0,383 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 = −1,9/4,7 = −0,4043 mA
I2 = V2/R2 = 1/47 = 0,02128 mA
If = I1 + I2 = −0,383 mA

Вихідна напруга

Vout = −Rf·If = −1·(−0,383) = 0,383 V

Відповідь

Vout = 0,383 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: R = 304 Ω

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

Напруга на резисторі

VR = 12 − 2·2,2 = 7,6 V

Опір

R = 7,6/0,025 = 304 Ω

Відповідь

R = 304 Ω

Резистор розсіює 190 мВт.

24.Діоди й транзистори

Відповідь: ID = 4,293 mA

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

Об’єднайте два рівняння

5 = 0,6 + I·(1000 + 25)

Робочий струм

ID = 4,4/1025 = 4,293 mA
VD = 0,6 + 0,004293·25 = 0,7073 V

Відповідь

ID = 4,293 mA
25.Системи числення

Відповідь: U = 183

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

Інвертуйте і додайте одиницю

73 = 0100 1001
інвертовано: 1011 0110
+1 → 1011 0111

Прочитайте як беззнакове

1011 0111₂ = 256 − 73 = 183

Відповідь

U = 183
26.Системи числення

Відповідь: R = 125

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

OR дає 1, де принаймні один біт дорівнює 1.

0011 1100
OR 0100 1101
= 0111 1101

Значення результату

0111 1101₂ = 125

Відповідь

R = 125
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: AB = 01, CD = 10

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.

m6: m7, m4, m2, m14 → 0
ABCD0001111000011110111111

Ізольована 1

m6 = A′BCD′ → AB = 01, CD = 10

Відповідь

AB = 01, CD = 10
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: Q = 4

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.

Повні цикли

Кожні 8 імпульсів повертають лічильник у той самий стан.

12 = 1·8 + 4

Значення після решти імпульсів

Q = (0 − 4) mod 8 = 4
Q = 100₂

Відповідь

Q = 4
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.6) = −0,4034

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 + 4s + 40 = (s + 2)² + 36 = (s + 2)² + 6²

Зіставлення чисельника

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

Обернене перетворення

f(t) = e−2t·(cos 6t + sin 6t)
f(0,6) = e−2·0,6·(cos(6·0,6) + sin(6·0,6)) = −0,4034

Відповідь

f(0,6) = −0,4034
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: g(0.5) = 0,8442

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).

Передатна функція

G(s) = Y(s)/U(s) = (s + 10)/(s² + 7s + 10)

Простіші дроби

s² + 7s + 10 = (s + 2)(s + 5)
A = 2,667, B = −1,667

Імпульсна характеристика

g(t) = 2,667·e−2t − 1,667·e−5t
g(0,5) = 0,8442

Відповідь

g(0,5) = 0,8442
31.Блок-схеми

Відповідь: K = 2,25

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 + 5)(s + 8)) = 0 → s² + 13s + 40 + K = 0

Кратний корінь

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

13² = 4(40 + K) → K = 169/4 − 40 = 2,25

Відповідь

K = 2,25
Обидва полюси замкненої системи тоді лежать у s = −6,5.
32.Блок-схеми

Відповідь: css = 0,07576

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).

Передатні функції

C/D = G/(1 + K·G) = 10/(s + 2 + 130)

Усталений режим

css = 1·10/132 = 0,07576

Відповідь

css = 0,07576

Більше K зменшує вплив збурення, але з пропорційним регулятором ніколи не до нуля.

33.Перехідна характеристика

Відповідь: ωn = 7,071 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 = 50 → ωₙ = 7,071 rad/s
2ζωₙ = 9 → ζ = 9/(2·7,071) = 0,6364

Результат

ωₙ = 7,071 rad/s

Відповідь

ωn = 7,071 rad/s
34.Перехідна характеристика

Відповідь: %OS = 9,478 %

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 = 1/√(LC) = 1/√(0,02·2 × 10⁻⁶) = 5000 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (120/2)·√(2 × 10⁻⁶/0,02) = 0,6

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 9,478 %

Відповідь

%OS = 9,478 %
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: |H| = −0,9621 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.

Частота зрізу

ωc = 1/(RC) = 1/(4700·1 × 10⁻⁷) = 2128 rad/s
fc = 338,6 Hz → f/fc = 680/338,6 = 2,008

Коефіцієнт підсилення

|H| = 2,008/√(1 + 2,008²) = 0,8951
20·log₁₀(0,8951) = −0,9621 dB

Відповідь

|H| = −0,9621 dB
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ω180 = 2,828 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/1)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(1·8) = 2,828 rad/s

Відповідь

ω180 = 2,828 rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: N = 1

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

Характеристичний поліном

s³ + 7s² + 6s − 5 = 0

Таблиця Рауса

s³: 1, 6
s²: 7, −5
s¹: 6,714
s⁰: −5

Зміни знака в першому стовпці

1 → 7 → 6,714 → −5
N = 1

Відповідь

N = 1

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

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: σa = −4,5

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, −8
нулі: −5
n − m = 3 − 1 = 2

Центр ваги

σa = (−14 − (−5))/2 = −4,5

Відповідь

σa = −4,5

2 асимптот виходять із центра під кутами 90°, 270°.

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 0,8

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 = 2/2,5 = 0,8

Відповідь

ess = 0,8
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: Kd = 1,263 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 + 4) + 4(8 + Kds) = s² + (4 + 4Kd)s + 32

Власна частота

ωₙ = √32 = 5,657 rad/s

Диференціальний коефіцієнт підсилення

4 + 4Kd = 2·0,8·5,657 = 9,051
Kd = 1,263 s

Відповідь

Kd = 1,263 s

Диференціальна складова додає демпфування, не змінюючи ωₙ.

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