Підготовка до іспиту FE Electrical and Computer: шпаргалка-підсумок

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

Нові задачіНазад до курсу

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

1Формули та методи

Послідовні й паралельні резистори

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

Метод

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

Метод вузлових потенціалів

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

Метод

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

Метод контурних струмів

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

Метод

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

Метод накладання

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

Метод

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

Тевенен і Нортон

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

Метод

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

Перехідні процеси RC і RL

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

Метод

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

Повний опір і комплексні амплітуди

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

Метод

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

Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

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

Трифазні системи

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

Трансформатори

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

Схеми з операційними підсилювачами

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

Діоди й транзистори

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

Системи числення

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

Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

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

Метод

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

Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

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

Метод

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

Усталена похибка та ПІД-регулювання

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

Метод

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

2Задачі для практики

1.Послідовні й паралельні резисториСередня
R1​ = 2 ΩIR1​R3​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAR4​12 ΩB

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

V1 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 ΩR4 = 12 Ω
IR1 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 15 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​12 ΩIR2​AR4​15 ΩBR6​3 Ω

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 12 ΩR3 = 12 ΩR4 = 15 ΩR5 = 10 ΩR6 = 3 Ω
IR2 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
−+Vs​ = 10 VIs​2 AAR1​5 ΩR2​4 ΩB

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

Is = 2 AVs = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 4 Ω
VA = V
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 5 Ω+−Vs​ = 15 V+−V1​36 VR2​30 ΩAR3​6 ΩBIs​2 A

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

V1 = 36 VIs = 2 AVs = 15 VR1 = 5 ΩR2 = 30 ΩR3 = 6 Ω
VB = V
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 15 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​10 VR3​4 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти контурний струм I2 (за годинниковою стрілкою).

V1 = 10 VV2 = 24 VR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩR3 = 4 Ω
I2 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 12 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​30 VR4​25 ΩAR5​2 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти контурний струм I2 (за годинниковою стрілкою).

V1 = 30 VV2 = 36 VR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 ΩR4 = 25 ΩR5 = 2 Ω
I2 = A
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 10 ΩR3​ = 3 ΩIR3​+−V1​24 VR2​8 ΩAR4​5 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 = 3 ΩR4 = 5 Ω
Is = A
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 8 ΩR2​ = 15 ΩIR2​R4​ = 12 Ω+−V1​24 VR3​8 ΩAIs​1 AB−+V2​18 V

За методом накладання знайдіть потужність PR2, яку споживає R2.

V1 = 24 VIs = 1 AV2 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 ΩR4 = 12 Ω
PR2 = W
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAab

Знайдіть опір Тевенена Rth з боку затискачів a–b.

V1 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 Ω
Rth = Ω
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩAIs​3 ABab

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

V1 = 10 VIs = 3 AR1 = 5 ΩR2 = 3 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​10 Vt = 0R1​ = 1 kΩR2​ = 4,7 kΩC22 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 = 30 ms.

Vs = 10 VR1 = 1 kΩR2 = 4,7 kΩC = 22 µFt = 30 ms
vC = V
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​5 Vt = 0R = 2,2 kΩC47 µF+−vC​vC​(0) = 3 V

Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 3 V з указаною полярністю. За який час vC досягне 3,6 V? Знайдіть t.

Vs = 5 VR = 2,2 kΩC = 47 µFvC(0) = 3 V
t = ms
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
10 V200 HzR = 60 ΩL = 20 mHC = 2,2 µFI

Послідовне коло RLC підключено до мережі 10 V (діюче значення), 200 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.

V = 10 V (rms)f = 200 HzR = 60 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF
I = A
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
VfR = 5 ΩL = 100 mHC = 0,47 µF

Послідовне RLC-коло має R = 5 Ω, L = 100 mH і C = 0,47 µF. Знайдіть його смугу пропускання B (ширину смуги між частотами половинної потужності) у Hz.

R = 5 ΩL = 100 mHC = 0,47 µF
B = Hz
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
240 VR + jXP = 864 W4,5 A

Індуктивне навантаження споживає 4,5 A і 864 W від однофазної мережі 240 V (діюче значення). Подайте його як активний опір R, послідовно з’єднаний з реактивним опором X. Знайдіть R.

V = 240 VI = 4,5 AP = 864 W
R = Ω
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P1​ = 42 kWQ1​S1​φ

Однофазний трансформатор потужністю 100 kVA живить навантаження 42 kW з коефіцієнтом потужності 0,75 (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 = 100 kVAP1 = 42 kWpf1 = 0,75
ΔP = kW
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 415 VNZ = 18 + j24 Ωна фазу

Симетричне навантаження, з’єднане зіркою, з повним опором 18 + j24 Ω на фазу підключене до симетричної трифазної мережі з лінійною напругою 415 V. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку поглинає навантаження, у kW.

VL = 415 VZ = 18 + j24 Ω на фазу
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симетричне трифазне навантаження споживає 120 kW при коефіцієнті потужності 0,65 (відстаючому) від мережі 400 V (лінійна напруга), 50 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,92 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано зіркою. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.

P = 120 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
RL​ = 30 Ω2012400 VV2​I1​ = ?I2​

До первинної обмотки ідеального трансформатора з коефіцієнтом трансформації N₁:N₂ = 20:1 прикладено 2400 V. До вторинної обмотки підключено резистор 30 Ω. Знайдіть первинний струм I1.

N1:N2 = 20:1V1 = 2400 VRL = 30 Ω
I1 = A
20.ТрансформаториСкладна
pf 0,825 kVA, η = 96%

Однофазний трансформатор 25 kVA має втрати в сталі 75 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 = 25 kVAPcore = 75 Wpf = 0,8η = 96%
Pcu,fl = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​R2​ = 4,7 kΩV1​ = 1,2 VR1​ = 10 kΩV2​ = 2 VR3​ = 10 kΩR4​ = 4,7 kΩ

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

V1 = 1,2 VV2 = 2 VR1 = R3 = 10 kΩR2 = R4 = 4,7 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = −1,3 VR1​ = 100 kΩV2​ = 0,7 VR2​ = 10 kΩ

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

V1 = −1,3 VV2 = 0,7 VR1 = 100 kΩR2 = 10 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
RC​ = 2,2 kΩβ = 150VCC​ = 9 VRB​ = 1000 kΩ

NPN-транзистор з β = 150 зміщено базовим резистором RB = 1000 kΩ від джерела живлення VCC = 9 V. Колекторний резистор RC = 2,2 kΩ, емітер заземлено. Візьміть VBE = 0,7 V і вважайте, що транзистор в активному режимі. Знайдіть напругу колектор–емітер VCE.

VCC = 9 VRB = 1000 kΩRC = 2,2 kΩβ = 150VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Діоди й транзисториСкладна
RC​ = 680 Ωβ = 100VCC​ = 24 V3,3 VRB​ = ?

NPN-транзистор з β = 100 комутує резистор навантаження 680 Ω, увімкнений між VCC = 24 V і його колектором. Емітер заземлено. Базу керують від логічного виходу 3,3 V через базовий резистор RB. Візьміть VBE = 0,7 V і VCE(sat) = 0,2 V. Для надійного перемикання розрахуйте струм бази в 10 разів більшим за мінімально потрібний для насичення. Знайдіть RB у kΩ.

VCC = 24 VRC = 680 Ωβ = 100Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vкоефіцієнт перенасичення = 10
RB = kΩ
25.Системи численняСередня
8-бітовий додатковий код?−128?64?32?16?8?4?2?1

Запишіть −52 як 8-бітовий шаблон у додатковому коді. Прочитайте шаблон як беззнакове двійкове число: яке його значення U у десятковій системі?

N = −528 bit
U =
26.Системи численняСкладна
12 бітів, беззнаковий, N = ?????????????

Яке найбільше беззнакове ціле число N вміщається в 12 бітів?

12 bit
N =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABC000111100101324576

Спростіть F = AB′C′ + ABC + AB′ до мінімальної форми суми добутків. Скільки літералів L містить спрощений вираз?

F = AB′C′ + ABC + AB′
L =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
ABCD00011110000111100001X31204X507160121131150141809111110

Для F(A, B, C, D) = Σm(2, 6, 8, 10, 11, 13, 15) + d(3, 5), де d позначає байдужі стани, знайдіть кількість N суттєвих простих імплікант.

F(A, B, C, D) = Σm(2, 6, 8, 10, 11, 13, 15) + d(3, 5)
N =
29.Перетворення ЛапласаСередня
ReIm−2−4−6−8−10−1224

Знайдіть f(t) для F(s) = (s + 12)/(s² + 6s + 25), виділивши повний квадрат, і обчисліть f(0,25).

F(s) = (s + 12)/(s² + 6s + 25)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
ReIm−5−10−15−20

Систему описано диференціальним рівнянням y″ + 10y′ + 24y = u′ + 19u 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 = 0,1 s. Знайдіть g(0,1).

y″ + 10y′ + 24y = u′ + 19ut = 0,1 s
g(0.1) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+K(s + 5)(s + 11)G(s)C(s)−

Об’єкт G(s) = K/((s + 5)(s + 11)) 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 + 11))одиничний від’ємний зворотний зв’язок
K =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+K(s + 2)(s + 6)(s + 7)G(s)C(s)−

Об’єкт G(s) = K/((s + 2)(s + 6)(s + 7)) охоплено одиничним від’ємним зворотним зв’язком. За найбільшого стійкого коефіцієнта підсилення контур коливається. Знайдіть частоту коливань ω в rad/s.

G(s) = K/((s + 2)(s + 6)(s + 7))одиничний від’ємний зворотний зв’язок
ω = rad/s
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)0,5?

Система має передатну функцію G(s) = 40,5/(s² + 13s + 81) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS перехідної характеристики.

G(s) = 40,5/(s² + 13s + 81)
%OS = %
34.Перехідна характеристикаСкладна
t (s)y(t)1tp​ = 2 s50 %

Перехідна характеристика системи другого порядку без нулів має перерегулювання 50 %, а перший пік настає при t = 2 s. Знайдіть власну частоту ωn.

%OS = 50 %tp = 2 s
ωn = rad/s
35.Діаграми Боде та запасиСередня
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 30

Знайдіть фазу ∠G(jω) функції G(s) = 39(s + 9)/(s(s + 8)) за ω = 30 rad/s, у градусах.

G(s) = 39(s + 9)/(s(s + 8))ω = 30 rad/s
∠G(jω) = °
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 66/(s(s + 3)(s + 7)). Знайдіть запас за підсиленням GM у dB.

L(s) = 66/(s(s + 3)(s + 7))
GM = dB
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+K1(s + 1)(s + 4)(s + 5)C(s)−

Контур з одиничним зворотним зв’язком має L(s) = K/((s + 1)(s + 4)(s + 5)), K > 0. Знайдіть найбільше значення Kmax, за якого замкнена система стійка.

L(s) = K/((s + 1)(s + 4)(s + 5))
Kmax =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReImζ = 0,5−5−10j5j10

Показано кореневий годограф L(s) = K/(s(s + 10)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого полюси замкненої системи мають коефіцієнт демпфування ζ = 0,5.

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

Лінійно наростальний сигнал r(t) = 5t подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 10(s + 4)/(s(s + 5)). Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 10(s + 4)/(s(s + 5))r(t) = 5t
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+K2s(s + 8)C(s)−

П-регулятор K керує об’єктом G(s) = 2/(s(s + 8)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого замкнена система має коефіцієнт демпфування ζ = 0,8.

G(s) = 2/(s(s + 8))ζ = 0,8
K =

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 1,703 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​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAR4​12 ΩB

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R3 + R4 = 3 + 12 = 15 Ω
R2 ∥ 15 = 20·15/(20+15) = 8,571 Ω
Req = R1 + 8,571 = 2 + 8,571 = 10,57 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 18/10,57 = 1,703 A

Відповідь

IR1 = 1,703 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 0,4111 A

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

R1​ = 15 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​12 ΩAR4​15 ΩBR6​3 Ω

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R5 + R6 = 10 + 3 = 13 Ω
R4 ∥ 13 = 6,964 Ω
R3 + 6,964 = 18,96 Ω
R2 ∥ 18,96 = 7,349 Ω
Req = R1 + 7,349 = 15 + 7,349 = 22,35 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 15/22,35 = 0,6712 A

Струм через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 15 − 0,6712·15 = 4,933 V
IR2 = VA/R2 = 4,933/12 = 0,4111 A

Відповідь

IR2 = 0,4111 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VA = −1,111 V

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

Утворіть надвузол

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

VB = VA + Vs = VA + 10
VA/R1 + VB/R2 = Is

Розв’яжіть

VA/5 + (VA + 10)/4 = 2
VA = (2 − 10/4)/(1/5 + 1/4) = −1,111 V
VB = −1,111 + 10 = 8,889 V

Відповідь

VA = −1,111 V
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VB = 14,25 V

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

Утворіть надвузол

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

VB = VA − 15
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Розв’яжіть

(VA − 36)/5 + VA/30 + (VA − 15)/6 = 2
VA·(1/5 + 1/30 + 1/6) = 2 + 36/5 + 15/6 = 11,7
VA = 11,7/0,4 = 29,25 V
VB = 14,25 V

Відповідь

VB = 14,25 V
5.Метод контурних струмів

Відповідь: I2 = −0,9455 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​ = 15 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​10 VR3​4 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
15·I1 + 4(I1 − I2) = 10
19·I1 − 4·I2 = 10

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
20·I2 + 4(I2 − I1) = (−24)
−4·I1 + 24·I2 = −24

Розв’яжіть

Δ = (19)(24) − (−4)(−4) = 440
I1 = Δ1/Δ = 144/440 = 0,3273 A
I2 = Δ2/Δ = −416/440 = −0,9455 A

Відповідь

I2 = −0,9455 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: I2 = 0,2003 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​ = 20 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​30 VR4​25 ΩAR5​2 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
12·I1 + 25(I1 − I2) = 30
37·I1 − 25·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 + 25(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−25·I1 + 47·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
3·I3 + 2(I3 − I2) = (−36)
−2·I2 + 5·I3 = −36

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 5422
I1 = Δ1/Δ = 5130/5422 = 0,9461 A
I2 = Δ2/Δ = 1086/5422 = 0,2003 A
I3 = Δ3/Δ = −38604/5422 = −7,12 A

Відповідь

I2 = 0,2003 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: Is = 2,133 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​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAR4​5 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 = 3+5 = 8 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·8/(8+8) = 4 Ω
VA = 24·4/(10+4) = 6,857 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 6,857·5/8 = 4,286 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (6,857 − 4,286)/3 = 0,8571 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·5/12,44 = −0,4018·Is

Прирівняйте суму до нуля

IR3′ + IR3″ = 0,8571 − 0,4018·Is = 0
Is = 0,8571/0,4018 = 2,133 A

Відповідь

Is = 2,133 A
8.Метод накладання

Відповідь: PR2 = 5,057 W

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

R1​ = 8 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 12 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 ∥ 27 = 6,171 Ω
VA = 24·6,171/(8+6,171) = 10,45 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 10,45·12/27 = 4,645 V
IR2′ = (VA − VB)/R2 = (10,45 − 4,645)/15 = 0,3871 A
R1​ = 8 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 12 ΩКЗR3​8 ΩAIs​1 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 Ω, тож лівий шлях — R2+4 = 19 Ω
Req = R4 ∥ 19 = 7,355 Ω
VB = Is·Req = 1·7,355 = 7,355 V
VA = VB·4/19 = 1,548 V
IR2″ = (VA − VB)/R2 = (1,548 − 7,355)/15 = −0,3871 A
R1​ = 8 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 12 ΩКЗR3​8 ΩAОБРИВB−+V2​18 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 = 8·8/(8+8) = 4 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−18)·19/31 = −11,03 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −11,03·4/19 = −2,323 V
IR2‴ = (VA − VB)/R2 = (−2,323 − −11,03)/15 = 0,5806 A

Додайте внески струму

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴ = 0,3871 + (−0,3871) + 0,5806 = 0,5806 A

Потужність у резисторі

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

PR2 = IR2²·R2 = 0,5806²·15 = 5,057 W

Відповідь

PR2 = 5,057 W

Сума потужностей окремих випадків дала б 9,553 W, а це неправильно.

9.Тевенен і Нортон

Відповідь: Rth = 22 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​ = 3 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​6 ΩAabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

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

R1 ∥ R2 = 3·6/(3+6) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 20 = 22 Ω
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: IN = −2,829 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​ = 20 ΩКЗR2​3 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 = 5·3/(5+3) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 20 = 21,88 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩAIs​3 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) = 3,75 + (−3)·1,875 = −1,875 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −1,875 + (−3)·20 = −61,88 V
IN​2,829 ARth​21,88 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 = −61,88/21,88 = −2,829 A
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vC = 6,668 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 = 1·4,7/(1 + 4,7) = 0,8246 kΩ
vC(∞) = 10·4,7/(1 + 4,7) = 8,246 V

Стала часу

τ = Rth·C = 0,8246·22 = 18,14 ms

Крива заряджання

vC(t) = 8,246·(1 − e−30/18,14) = 6,668 V

Відповідь

vC = 6,668 V
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: t = 36,88 ms

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

Початкове значення, кінцеве значення, стала часу

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

vC(0) = 3 V, vC(∞) = Vs = 5 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 47 µF = 103,4 ms
vC(t) = 5 + (3 − 5)·e−t/τ

Виразіть час

3,6 = 5 + (−2)·e−t/τ → e−t/τ = (3,6 − 5)/(3 − 5) = 0,7
t = τ·ln((3 − 5)/(3,6 − 5)) = 103,4·ln(1,429) = 36,88 ms

Відповідь

t = 36,88 ms
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: I = 0,02925 A

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

Реактивні опори

ω = 2πf = 2π·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,02 = 25,13 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·2,2·10⁻⁶) = 361,7 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(60² + (−336,6)²) = 341,9 Ω

Струм

Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.

I = V/|Z| = 10/341,9 = 0,02925 A

Відповідь

I = 0,02925 A
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: B = 7,958 Hz

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|.

Резонансна частота

f0 = 1/(2π·√(0,1·0,47·10⁻⁶)) = 734,1 Hz

Добротність

Q порівнює реактивний опір при резонансі з активним опором: Q = ω₀L/R.

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/5)·√(0,1/(0,47·10⁻⁶)) = 92,25

Смуга пропускання

B = f0/Q = 734,1/92,25 = 7,958 Hz

Відповідь

B = 7,958 Hz
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: R = 42,67 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 = 864/4,5² = 42,67 Ω

Відповідь

R = 42,67 Ω
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: ΔP = 50,89 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 0,75) = 37,04 kvar

Найбільша сумарна активна потужність

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(100² − 37,04²) = 92,89 kW

Додаткова активна потужність

ΔP = 92,89 − 42 = 50,89 kW

Відповідь

ΔP = 50,89 kW
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 3,445 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 = 415/√3 = 239,6 V

Фазний струм

|Z| = √(18² + 24²) = 30 Ω
Iph = 239,6/30 = 7,987 A

Сумарна активна потужність

Активну потужність поглинає лише активна складова кожного опору.

P = 3·Iph²·R = 3·7,987²·18 = 3,445 kW

Відповідь

P = 3,445 kW

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

18.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 1774 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 = 120·tan(acos 0,65) = 120·1,169 = 140,3 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,92) = 120·0,426 = 51,12 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 89,18 kvar

Ємність на фазу

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

V = 400/√3 = 230,9 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 29725/(314,2·230,9²) = 1774 µF

Відповідь

Cph = 1774 µF
19.Трансформатори

Відповідь: I1 = 0,2 A

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

Вторинні напруга й струм

V2 = 2400/20 = 120 V
I2 = 120/30 = 4 A

Первинний струм

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

I1 = I2/20 = 0,2 A

Відповідь

I1 = 0,2 A

Перевірка: навантаження з боку первинної обмотки a²·RL = 12000 Ω, і 2400/12000 дає той самий струм.

20.Трансформатори

Відповідь: Pcu,fl = 758,3 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 = 25·0,8 = 20 kW
Pin = 20000/0,96 = 20833 W

Сумарні втрати й втрати в міді

Ploss = 20833 − 20000 = 833,3 W
Pcu,fl = 833,3 − 75 = 758,3 W

Відповідь

Pcu,fl = 758,3 W
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 0,376 V

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

Напруга на входах

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

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 2·4,7/(10 + 4,7) = 0,6395 V
V₋ = V₊

ЗСК для інвертувального входу

(1,2 − 0,6395)/10 = (0,6395 − Vout)/4,7
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (4,7/10)·(2 − 1,2) = 0,376 V

Відповідь

Vout = 0,376 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = −0,2679 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 = −1,3/100 = −0,013 mA
I2 = V2/R2 = 0,7/10 = 0,07 mA
If = I1 + I2 = 0,057 mA

Вихідна напруга

Vout = −Rf·If = −4,7·0,057 = −0,2679 V

Відповідь

Vout = −0,2679 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: VCE = 6,261 V

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

Струм бази

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

Струм колектора

IC = β·IB = 150·8,3 µA = 1,245 mA

Напруга колектор–емітер

VCE = 9 − 1,245 mA·2,2 kΩ = 6,261 V

Відповідь

VCE = 6,261 V
24.Діоди й транзистори

Відповідь: RB = 0,7429 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)/680 = 35 mA

Мінімальний струм бази

IB(min) = IC(sat)/β = 35/100 = 350 µA

Розрахунковий струм бази

IB = 10·350 µA = 3500 µA

Базовий резистор

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/3,5 mA = 0,7429 kΩ

Відповідь

RB = 0,7429 kΩ
25.Системи числення

Відповідь: U = 204

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

Інвертуйте і додайте одиницю

52 = 0011 0100
інвертовано: 1100 1011
+1 → 1100 1100

Прочитайте як беззнакове

1100 1100₂ = 256 − 52 = 204

Відповідь

U = 204
26.Системи числення

Відповідь: N = 4095

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.

Найбільше значення

212 − 1 = 4095

Відповідь

N = 4095
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: L = 4

Булева алгебра: правила, що спрощують вирази, — це X + X′ = 1 і X·X′ = 0, X + X = X, поглинання X + X·Y = X, правило склеювання X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y і теорема про консенсус XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Закони де Моргана перетворюють (X·Y)′ на X′ + Y′, а (X + Y)′ на X′·Y′. Карта Карно застосовує ці правила графічно: кожна група з двох сусідніх клітинок — це одне застосування XY + XY′ = X.

Мінтерми виразу

AB′C′ → m(4)
ABC → m(7)
AB′ → m(4, 5)
ABC00011110010001030214151706

Згрупуйте й зчитайте

F = AC + AB′

Порахуйте літерали

L = 4

Відповідь

L = 4
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: N = 2

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.

Прості імпліканти

Найбільші групи, які можна утворити з одиниць і X.

B′C, BC′D, A′CD′, ACD, AB′D′, ABD
ABCD00011110000111100001X31204X507160121131150141809111110

Суттєві прості імпліканти

A′CD′, AB′D′
N = 2

Відповідь

N = 2
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.25) = 1,15

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 + 6s + 25 = (s + 3)² + 16 = (s + 3)² + 4²

Зіставлення чисельника

F(s) = 1·(s + 3)/((s + 3)² + 4²) + (9/4)·4/((s + 3)² + 4²)

Обернене перетворення

f(t) = e−3t·(cos 4t + 2,25·sin 4t)
f(0,25) = e−3·0,25·(cos(4·0,25) + 2,25·sin(4·0,25)) = 1,15

Відповідь

f(0,25) = 1,15
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: g(0.1) = 1,46

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 + 19)/(s² + 10s + 24)

Простіші дроби

s² + 10s + 24 = (s + 4)(s + 6)
A = 7,5, B = −6,5

Імпульсна характеристика

g(t) = 7,5·e−4t − 6,5·e−6t
g(0,1) = 1,46

Відповідь

g(0,1) = 1,46
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 + 5)(s + 11)) = 0 → s² + 16s + 55 + K = 0

Кратний корінь

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

16² = 4(55 + K) → K = 256/4 − 55 = 9

Відповідь

K = 9
Обидва полюси замкненої системи тоді лежать у s = −8.
32.Блок-схеми

Відповідь: ω = 8,246 rad/s

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

Характеристичне рівняння

s³ + 15s² + 68s + 84 + K = 0

Таблиця Рауса

s³ | 1 68
s² | 15 84 + K
s¹ | (15·68 − 84 − K)/15
s⁰ | 84 + K

Межа стійкості

Усі елементи першого стовпця мають бути додатними.

Kmax = 15·68 − 84 = 936

Частота коливань

15·(jω)² + 84 + 936 = 0 → ω² = 1020/15 = 68
ω = 8,246 rad/s

Відповідь

ω = 8,246 rad/s
33.Перехідна характеристика

Відповідь: %OS = 3,761 %

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 = 81 → ωₙ = 9 rad/s
2ζωₙ = 13 → ζ = 13/(2·9) = 0,7222

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−3,28 = 3,761 %

Відповідь

%OS = 3,761 %
34.Перехідна характеристика

Відповідь: ωn = 1,609 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).

Коефіцієнт демпфування

ζ = −ln(0,5)/√(π² + ln²(0,5)) = 0,6931/√(9,87 + 0,4805) = 0,2155

Власна частота

ωd = π/tp = π/2 = 1,571 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 1,571/0,9765 = 1,609 rad/s

Відповідь

ωn = 1,609 rad/s
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ∠G(jω) = −91,77 °

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

Додайте кути

∠G = atan(30/9) − 90° − atan(30/8) = 73,3° − 90° − 75,07°

Результат

∠G(j30) = −91,77°

Відповідь

∠G(jω) = −91,77°
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: GM = 10,05 dB

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

Перетин за фазою

(ω/3)·(ω/7) = 1 → ω180 = √(3·7) = 4,583 rad/s

Модуль на перетині за фазою

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 49)) = K/(3·7·(3 + 7)) = K/210

Запас за підсиленням

GM = 20·log₁₀(210/66) = 10,05 dB

Відповідь

GM = 10,05 dB
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: Kmax = 270

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 + 10s² + 29s + 20 + K = 0

Таблиця Рауса

s³: 1, 29
s²: 10, 20 + K
s¹: (10·29 − 20 − K)/10
s⁰: 20 + K

Умова

Елемент рядка s¹ має залишатися додатним.

K < 10·29 − 20 = 270

Відповідь

Kmax = 270

На межі контур коливається з частотою ω = √29 = 5,385 rad/s.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: K = 100

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.

Порівняйте зі стандартною формою

s² + 10s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,5·ωₙ = 10 → ωₙ = 10 rad/s

Коефіцієнт підсилення

K = ωₙ² = 10² = 100

Відповідь

K = 100

Полюси замкненої системи лежать там, де лінія ζ перетинає вертикальну гілку s = −5.

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 0,625

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) = 8

Похибка за лінійно наростального сигналу

ess = 5/8 = 0,625

Відповідь

ess = 0,625
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: K = 12,5

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

Характеристичний поліном

s(s + 8) + 2K = s² + 8s + 2K

Власна частота

2·0,8·ωₙ = 8 → ωₙ = 5 rad/s

Коефіцієнт підсилення

2K = ωₙ² = 25 → K = 12,5

Відповідь

K = 12,5

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

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