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​ = 6 ΩIR1​R3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAR4​10 ΩB

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

V1 = 12 VR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 ΩR4 = 10 Ω
IR1 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 5 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩIR2​AR4​4 ΩBR6​6 Ω

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 6 VR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 4 ΩR4 = 4 ΩR5 = 10 ΩR6 = 6 Ω
IR2 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​15 ΩAR4​3 ΩBIs​5 A

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

V1 = 6 VIs = 5 AR1 = 8 ΩR2 = 15 ΩR3 = 12 ΩR4 = 3 Ω
VB = V
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 10 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​24 VR3​3 ΩAR5​10 ΩBIs​3 A+−V2​6 V

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

V1 = 24 VIs = 3 AV2 = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩR4 = 10 ΩR5 = 10 Ω
VB = V
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 3 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​24 VR3​8 ΩIR3​A+−V2​10 VI1​I2​

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

V1 = 24 VV2 = 10 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 Ω
IR3 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 3 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​15 VR4​30 ΩIR4​AR5​6 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

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

V1 = 15 VV2 = 5 VR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩR4 = 30 ΩR5 = 6 Ω
IR4 = A
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 4 ΩR3​ = 3 ΩIR3​+−V1​18 VR2​4 ΩAR4​5 ΩBIs​?

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

V1 = 18 VR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 3 ΩR4 = 5 Ω
Is = A
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 25 ΩR2​ = 25 Ω+−VR2​R4​ = 30 Ω+−V1​12 VR3​2 ΩAIs​6 AB+−V2​18 V

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

V1 = 12 VIs = 6 AV2 = 18 VR1 = 25 ΩR2 = 25 ΩR3 = 2 ΩR4 = 30 Ω
VR2 = V
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAab

Знайдіть опір Тевенена Rth з боку затискачів a–b.

V1 = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 2 ΩR3 = 5 Ω
Rth = Ω
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 20 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAIs​5 ABab

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

V1 = 12 VIs = 5 AR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 Ω
IN = A
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
R = 22 Ωt = 0L33 mHi(t)

Через котушку тече сталий струм 0,5 A. При t = 0 ключ замикає контур через R і джерело від’єднується, тож струм котушки спадає через R. Знайдіть струм i у момент t = 2 ms.

i(0) = 0,5 AR = 22 ΩL = 33 mHt = 2 ms
i = A
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​10 Vрозмикається при t = 0R1​ = 1 kΩR2​ = 6,8 kΩC10 µF+−vC​

Ключ був замкнений тривалий час, тож коло в усталеному режимі. При t = 0 ключ розмикається. Знайдіть напругу на конденсаторі vC у момент t = 30 ms.

Vs = 10 VR1 = 1 kΩR2 = 6,8 kΩC = 10 µFt = 30 ms
vC = V
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
120 V60 HzR = 60 ΩL = 200 mHC = 100 µF

Послідовне коло RLC підключено до мережі 120 V (діюче значення), 60 Hz. Знайдіть кут зсуву фаз φ повного опору в градусах (додатний, коли струм відстає від напруги).

V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 60 ΩL = 200 mHC = 100 µF
φ = °
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
VfR = 20 ΩL = 1 mHC = 0,022 µF

Послідовне RLC-коло має R = 20 Ω, L = 1 mH і C = 0,022 µF. Знайдіть його добротність Q при резонансі.

R = 20 ΩL = 1 mHC = 0,022 µF
Q =
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
P = 21 kWQSφ

Однофазний двигун споживає 21 kW при коефіцієнті потужності 0,85 (індуктивному) від мережі 240 V. Знайдіть струм лінії I.

P = 21 kWpf = 0,85V = 240 V
I = A
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P = 40 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазне навантаження споживає 40 kW при коефіцієнті потужності 0,6 (індуктивному) від мережі 230 V, 60 Hz. Паралельно підключений конденсатор підвищує коефіцієнт потужності до 0,98. Знайдіть новий струм лінії Inew.

P = 40 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,98V = 230 Vf = 60 Hz
Inew = A
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 690 VIL​ = ?M11 kW, η = 90%cos φ = 0,85

Трифазний асинхронний двигун при повному навантаженні розвиває механічну потужність 11 kW. При цьому навантаженні його ККД становить 90%, а коефіцієнт потужності 0,85, відстаючий. Лінійна напруга мережі 690 V. Знайдіть лінійний струм IL.

Pout = 11 kWη = 90%cos φ = 0,85VL = 690 V
IL = A
18.Трифазні системиСкладна
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симетричне трифазне навантаження споживає 120 kW при коефіцієнті потужності 0,7 (відстаючому) від мережі 690 V (лінійна напруга), 50 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,98 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано зіркою. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.

P = 120 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
RL​ = 10 Ω51600 VV2​I1​ = ?I2​

До первинної обмотки ідеального трансформатора з коефіцієнтом трансформації N₁:N₂ = 5:1 прикладено 600 V. До вторинної обмотки підключено резистор 10 Ω. Знайдіть первинний струм I1.

N1:N2 = 5:1V1 = 600 VRL = 10 Ω
I1 = A
20.ТрансформаториСкладна
pf 0,9200 kVA, 75% навантаження

Однофазний трансформатор 200 kVA має втрати в сталі 800 W і втрати в міді 1200 W при номінальному навантаженні. Він віддає 75% своєї номінальної потужності в kVA при коефіцієнті потужності 0,9 (відстаючому). Знайдіть сумарні втрати Ploss у ватах при цьому навантаженні.

S = 200 kVAPcore = 800 WPcu,fl = 1200 Wx = 0,75pf = 0,9
Ploss = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = 0,1 V

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

Vin = 0,1 VR1 = 1 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
Vin​V1​Vout​каскад 1: інвертувальнийR1​ = 1 kΩRf1​ = 1 kΩкаскад 2: неінвертувальнийR2​ = 2 kΩRf2​ = 2 kΩ

Два каскади на ідеальних ОП увімкнено послідовно: інвертувальний підсилювач (R1, Rf1), за ним неінвертувальний (R2 на землю, Rf2 у колі зворотного зв’язку). Обидва живляться від ±15 V. Вхідна напруга Vin = 0,65 V. Знайдіть вихідну напругу Vout.

R1 = 1 kΩRf1 = 1 kΩR2 = 2 kΩRf2 = 2 kΩVin = 0,65 V
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
+−9 VR = ?3 × 2,1 V15 mA

3 жовтий світлодіодів (пряма напруга 2,1 В кожен) з’єднано послідовно з резистором до джерела 9 В. Знайдіть опір R, що задає струм 15 мА.

Vs = 9 VVF = 2,1 Vn = 3I = 15 mA
R = Ω
24.Діоди й транзисториСкладна
+−≥ 15 VR = ?6,2 V≤ 40 mA

Стабілізатор на стабілітроні 6,2 В має живити навантаження струмом до 40 мА. Вхідна напруга може впасти до 15 В, а стабілітрону для стабілізації потрібно щонайменше 5 мА. Знайдіть найбільший послідовний опір Rmax, при якому стабілізація зберігається.

Vin,min = 15 VVZ = 6,2 VIL,max = 40 mAIZ,min = 5 mA
Rmax = Ω
25.Системи численняСередня
ваги розрядів у додатковому коді1−12816403201618041211

8-бітовий шаблон 1100 1011 зберігає ціле число зі знаком у додатковому коді. Яке його значення N у десятковій системі?

1100 10118 bit
N =
26.Системи численняСкладна
клацайте біти, щоб встановити їх012806403201608040201

Встановіть біти за 8-бітовим результатом 1100 1100 << 1. Яке значення R результату в десятковій системі?

1100 1100<< 1
R =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABC00011110011011030204151706

Скористайтеся картою Карно, щоб знайти мінімальну форму суми добутків (SOP) для F(A, B, C) = Σm(0, 1, 5, 7). Скільки всього літералів L вона містить (змінна зі штрихом рахується як один літерал)?

F(A, B, C) = Σm(0, 1, 5, 7)
L =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​CLKUP

4-розрядний двійковий лічильник на додавання починає з 4 (десяткове, Q = 0100). Яке значення Q (у десятковому вигляді) він покаже після 17 імпульсів такту?

Q0 = 417n = 4
Q =
29.Перетворення ЛапласаСередня
t (s)f(t)t = 0,25f(0,25) = ?

Знайдіть f(t) для F(s) = (2s + 37)/(s² + 8s + 16) і обчисліть f(0,25).

F(s) = (2s + 37)/(s² + 8s + 16)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Система підпорядковується рівнянню y″ + 6y′ + 5y = 5·u(t) при y(0) = 3 і y′(0) = 0. У момент t = 0 подають вхідну сходинку u(t) = 1. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть y(0,3).

y″ + 6y′ + 5y = 5·u(t)y(0) = 3y′(0) = 0u(t) = 1t = 0,3 s
y(0.3) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+3K+3s + 5G(s)C(s)4H₁−−

Об’єкт G(s) = 3/(s + 5) має внутрішній (малий) контур від’ємного зворотного зв’язку з коефіцієнтом H₁ = 4. Коефіцієнт регулятора K = 3 і зовнішній одиничний від’ємний зворотний зв’язок замикають систему. Знайдіть полюс замкненої системи p.

G(s) = 3/(s + 5)H₁ = 4K = 3
p =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+6регулятор+D(s)+2s + 7об’єктC(s)−

Пропорційний регулятор K = 6 керує об’єктом G(s) = 2/(s + 7) в одиничному від’ємному зворотному зв’язку. Збурення D діє на вході об’єкта (додається до виходу регулятора). Одночасно подають сходинку задавального сигналу розміром 10 і сходинку збурення розміром 2. Знайдіть усталений вихід css.

K = 6G(s) = 2/(s + 7)D = 2R = 10
css =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)0,5?

Система має передатну функцію G(s) = 48/(s² + 7s + 96) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS перехідної характеристики.

G(s) = 48/(s² + 7s + 96)
%OS = %
34.Перехідна характеристикаСкладна
t (s)y(t)1tp​ = 0,25 s20 %

Перехідна характеристика системи другого порядку без нулів має перерегулювання 20 %, а перший пік настає при t = 0,25 s. Знайдіть власну частоту ωn.

%OS = 20 %tp = 0,25 s
ωn = rad/s
35.Діаграми Боде та запасиСередня
|H| (dB)0,10,1111010100100−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 5

Знайдіть фазу ∠G(jω) функції G(s) = 30(s + 8)/(s(s + 7)) за ω = 5 rad/s, у градусах.

G(s) = 30(s + 8)/(s(s + 7))ω = 5 rad/s
∠G(jω) = °
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 120/(s(s + 20)). Знайдіть запас за фазою PM у градусах.

L(s) = 120/(s(s + 20))
PM = °
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+51s(s + 2)(s + 10)C(s)+

Контур на схемі має додатний зворотний зв’язок, L(s) = 5/(s(s + 2)(s + 10)). Скільки полюсів N замкненої системи лежить у правій півплощині?

L(s) = 5/(s(s + 2)(s + 10))
N =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−5j5

Накреслено кореневий годограф L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 6)). Знайдіть частоту ω, за якої годограф перетинає уявну вісь.

L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 6))
ω = rad/s
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
r(t) = 5 + 1t+50s(s + 1)(s + 5)C(s)−

Вхід r(t) = 5 + 1t (східчастий сигнал плюс лінійно наростальний) подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 50/(s(s + 1)(s + 5)). Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 50/(s(s + 1)(s + 5))r(t) = 5 + 1t
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+K = 255s(s + 8)C(s)−

П-регулятор K = 25 керує об’єктом G(s) = 5/(s(s + 8)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS перехідної характеристики.

G(s) = 5/(s(s + 8))K = 25
%OS = %

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 1,143 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​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAR4​10 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 + 10 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 6·18/(6+18) = 4,5 Ω
Req = R1 + 4,5 = 6 + 4,5 = 10,5 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 12/10,5 = 1,143 A

Відповідь

IR1 = 1,143 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 0,3234 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​ = 5 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩAR4​4 ΩBR6​6 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 + 6 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 3,2 Ω
R3 + 3,2 = 7,2 Ω
R2 ∥ 7,2 = 3,789 Ω
Req = R1 + 3,789 = 5 + 3,789 = 8,789 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 6/8,789 = 0,6826 A

Струм через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 6 − 0,6826·5 = 2,587 V
IR2 = VA/R2 = 2,587/8 = 0,3234 A

Відповідь

IR2 = 0,3234 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VB = 13,35 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​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​15 ΩAR4​3 ΩBIs​5 A

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 6 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/15 + (VA − 6)/8 + (VA − VB)/12 = 0
0,275·VA − 0,08333·VB = 0,75

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/3 + (VB − VA)/12 = 5
−0,08333·VA + 0,4167·VB = 5

Розв’яжіть

Δ = (0,275)(0,4167) − (−0,08333)(−0,08333) = 0,1076
VA = Δ1/Δ = 0,7292/0,1076 = 6,774 V
VB = Δ2/Δ = 1,437/0,1076 = 13,35 V

Відповідь

VB = 13,35 V
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VB = 13,32 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​ = 10 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​24 VR3​3 ΩAR5​10 ΩBIs​3 A+−V2​6 V

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 24 V, V2 = 6 V). Невідомі: VA, VB.

ЗСК у вузлі A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/3 + (VA − 24)/10 + (VA − VB)/6 = 0
0,6·VA − 0,1667·VB = 2,4

ЗСК у вузлі B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/10 + (VB − VA)/6 + (VB − 6)/10 = 3
−0,1667·VA + 0,3667·VB = 3,6

Розв’яжіть

Δ = (0,6)(0,3667) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,1922
VA = Δ1/Δ = 1,48/0,1922 = 7,699 V
VB = Δ2/Δ = 2,56/0,1922 = 13,32 V

Відповідь

VB = 13,32 V
5.Метод контурних струмів

Відповідь: IR3 = 2,09 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​ = 3 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​24 VR3​8 ΩA+−V2​10 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
3·I1 + 8(I1 − I2) = 24
11·I1 − 8·I2 = 24

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
20·I2 + 8(I2 − I1) = (−10)
−8·I1 + 28·I2 = −10

Розв’яжіть

Δ = (11)(28) − (−8)(−8) = 244
I1 = Δ1/Δ = 592/244 = 2,426 A
I2 = Δ2/Δ = 82/244 = 0,3361 A

Відповідь

IR3 = I1 − I2 = 2,09 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: IR4 = 0,3299 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​ = 3 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​15 VR4​30 ΩAR5​6 ΩB+−V2​5 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
3·I1 + 30(I1 − I2) = 15
33·I1 − 30·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
2·I2 + 30(I2 − I1) + 6(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 38·I2 − 6·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
12·I3 + 6(I3 − I2) = (−5)
−6·I2 + 18·I3 = −5

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 5184
I1 = Δ1/Δ = 8820/5184 = 1,701 A
I2 = Δ2/Δ = 7110/5184 = 1,372 A
I3 = Δ3/Δ = 930/5184 = 0,1794 A

Відповідь

IR4 = I1 − I2 = 0,3299 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: Is = 1,8 A

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

R1​ = 4 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​4 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) = 4·8/(4+8) = 2,667 Ω
VA = 18·2,667/(4+2,667) = 7,2 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 7,2·5/8 = 4,5 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (7,2 − 4,5)/3 = 0,9 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 = 2 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·5/10 = −0,5·Is

Прирівняйте суму до нуля

IR3′ + IR3″ = 0,9 − 0,5·Is = 0
Is = 0,9/0,5 = 1,8 A

Відповідь

Is = 1,8 A
8.Метод накладання

Відповідь: VR2 = 71,63 V

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​ = 25 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​12 VR3​2 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) = 2 ∥ 55 = 1,93 Ω
VA = 12·1,93/(25+1,93) = 0,8599 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 0,8599·30/55 = 0,4691 V
VR2′ = VA − VB = 0,8599 − 0,4691 = 0,3909 V
R1​ = 25 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 30 ΩКЗR3​2 ΩAIs​6 ABКЗ

Випадок 2 · діє лише Is

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

R1 ∥ R3 = 1,852 Ω, тож лівий шлях — R2+1,852 = 26,85 Ω
Req = R4 ∥ 26,85 = 14,17 Ω
VB = Is·Req = (−6)·14,17 = −85,02 V
VA = VB·1,852/26,85 = −5,863 V
VR2″ = VA − VB = −5,863 − −85,02 = 79,15 V
R1​ = 25 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 30 ΩКЗR3​2 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 = 25·2/(25+2) = 1,852 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 18·26,85/56,85 = 8,502 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 8,502·1,852/26,85 = 0,5863 V
VR2‴ = VA − VB = 0,5863 − 8,502 = −7,915 V

Додайте складові

VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = 0,3909 + 79,15 + (−7,915) = 71,63 V

Від’ємний результат означає, що насправді полярність протилежна вказаній.

9.Тевенен і Нортон

Відповідь: Rth = 6,333 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​ = 4 ΩR3​ = 5 ΩКЗR2​2 ΩAabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

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

R1 ∥ R2 = 4·2/(4+2) = 1,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,333 + 5 = 6,333 Ω
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: IN = −4,76 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​ = 20 ΩR3​ = 6 ΩКЗR2​5 ΩAОБРИВBabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

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

R1 ∥ R2 = 20·5/(20+5) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 6 = 10 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAIs​5 ABab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 2,4 + (−5)·4 = −17,6 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −17,6 + (−5)·6 = −47,6 V
IN​4,76 ARth​10 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 = −47,6/10 = −4,76 A
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: i = 0,1318 A

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

Стала часу

τ = L/R = 33 mH / 22 Ω = 1,5 ms

Спадання струму

i(t) = 0,5·e−2/1,5 = 0,1318 A

Відповідь

i = 0,1318 A
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vC = 5,608 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.

Початкова напруга на конденсаторі

В усталеному режимі конденсатор — розрив кола, тож R₁ і R₂ утворюють подільник напруги. Напруга на конденсаторі не може змінитися стрибком у момент розмикання ключа.

vC(0) = 10·6,8/(1 + 6,8) = 8,718 V

Стала часу після розмикання ключа

τ = R2·C = 6,8·10 = 68 ms

Розряджання

vC(t) = 8,718·e−30/68 = 5,608 V

Відповідь

vC = 5,608 V
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: φ = 39,16 °

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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,2 = 75,4 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·100·10⁻⁶) = 26,53 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(60² + (48,87)²) = 77,39 Ω

Кут зсуву фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(48,87/60) = 39,16°

Відповідь

φ = 39,16°
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: Q = 10,66

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·√(0,001·0,022·10⁻⁶)) = 33932 Hz

Добротність

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

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/20)·√(0,001/(0,022·10⁻⁶)) = 10,66

Відповідь

Q = 10,66
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: I = 102,9 A

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

Струм лінії

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

I = P/(V·cos φ) = 21000/(240·0,85) = 102,9 A

Відповідь

I = 102,9 A
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: Inew = 177,5 A

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

Реактивна потужність до і після

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

Q1 = P·tan φ1 = 40·tan(53,13°) = 53,33 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(11,48°) = 8,122 kvar
QC = Q1 − Q2 = 45,21 kvar

Новий струм лінії

Inew = P/(V·cos φ2) = 40000/(230·0,98) = 177,5 A

Відповідь

Inew = 177,5 A
17.Трифазні системи

Відповідь: IL = 12,03 A

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

Електрична вхідна потужність

Pin = Pout/η = 11/0,9 = 12,22 kW

Струм лінії

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 12222/(√3·690·0,85) = 12,03 A

Відповідь

IL = 12,03 A
18.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 655,6 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 0,7) = 120·1,02 = 122,4 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,98) = 120·0,2031 = 24,37 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 98,06 kvar

Ємність на фазу

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

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 32686/(314,2·398,4²) = 655,6 µF

Відповідь

Cph = 655,6 µF
19.Трансформатори

Відповідь: I1 = 2,4 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 = 600/5 = 120 V
I2 = 120/10 = 12 A

Первинний струм

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

I1 = I2/5 = 2,4 A

Відповідь

I1 = 2,4 A

Перевірка: навантаження з боку первинної обмотки a²·RL = 250 Ω, і 600/250 дає той самий струм.

20.Трансформатори

Відповідь: Ploss = 1475 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 = 800 + 675 = 1475 W

Відповідь

Ploss = 1475 W

ККД при цьому навантаженні η = 98,92%.

21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 0,57 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.

Інвертувальний вхід повторює вхід

V₋ = V₊ = 0,1 V
I = V₋/R1 = 0,1/1 = 0,1 mA

Вихідна напруга

Струм через R₁ тече й через Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 0,1 + 0,1·4,7 = 0,57 V

Відповідь

Vout = 0,57 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = −1,3 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.

Коефіцієнт підсилення кожного каскаду

A1 = −Rf1/R1 = −1/1 = −1
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 2/2 = 2

Каскад за каскадом

V1 = −1·0,65 = −0,65 V
Vout = 2·(−0,65) = −1,3 V

Відповідь

Vout = −1,3 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: R = 180 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 = 9 − 3·2,1 = 2,7 V

Опір

R = 2,7/0,015 = 180 Ω

Відповідь

R = 180 Ω

Резистор розсіює 40,5 мВт.

24.Діоди й транзистори

Відповідь: Rmax = 195,6 Ω

Стабілізатор на стабілітроні: стабілітрон, увімкнений у зворотному напрямку, тримає напругу VZ, поки його струм вищий за мінімальний IZ,min. Послідовний резистор R бере різницю між вхідною та вихідною напругою: IR = (Vin − VZ)/R. Цей струм ділиться між навантаженням, IL = VZ/RL, і стабілітроном: IZ = IR − IL. Проєктуйте за найгіршими випадками: найнижча вхідна напруга при найбільшому навантаженні має все ж лишати IZ,min, а найвища вхідна напруга без навантаження дає найбільшу потужність стабілітрона PZ = VZ·IZ.

Струм у найгіршому випадку

IR = 40 + 5 = 45 mA

Найбільший опір

Rmax = 8,8/0,045 = 195,6 Ω

Відповідь

Rmax = 195,6 Ω
25.Системи числення

Відповідь: N = −53

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

Додайте ваги

Інші біти зберігають свої звичайні додатні ваги.

−128 + 64 + 8 + 2 + 1 = −53

Відповідь

N = −53
26.Системи числення

Відповідь: R = 152

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

Зсув ліворуч на 1 переміщує кожен біт на 1 позицій ліворуч; біти, що випадають з лівого краю, втрачаються, а справа додаються нулі.

1100 1100 << 1
= 1001 1000

Значення результату

1001 1000₂ = 152

Відповідь

R = 152
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: L = 4

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

ABC00011110011011030204151706

Згрупуйте одиниці

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

AC
A′B′

Мінімальна форма SOP

F = AC + A′B′
L = 4

Відповідь

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

Відповідь: Q = 5

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 16 імпульсів повертають лічильник у той самий стан.

17 = 1·16 + 1

Значення після решти імпульсів

Q = (4 + 1) mod 16 = 5
Q = 0101₂

Відповідь

Q = 5
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.25) = 3,403

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

Розкладіть знаменник на множники

s² + 8s + 16 = (s + 4)²

Простіші дроби

2s + 37 = 2(s + 4) + 29
F(s) = 2/(s + 4) + 29/(s + 4)²

Обернене перетворення

f(t) = 2·e−4t + 29·t·e−4t
f(0,25) = (2 + 29·0,25)·e−4·0,25 = 3,403

Відповідь

f(0,25) = 3,403
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.3) = 2,74

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

Перетворіть рівняння

(s² + 6s + 5)·Y(s) = 3s + 18 + 5/s
Y(s) = (3s² + 18s + 5)/(s(s + 1)(s + 5))

Простіші дроби

A = 5/(1·5) = 1
B = −10/((−1)·4) = 2,5
C = −10/((−5)·(−4)) = −0,5

Результат

y(t) = 1 + 2,5·e−t − 0,5·e−5t
y(0,3) = 2,74

Відповідь

y(0,3) = 2,74

Перевірка: y(0) = A + B + C = 3.

31.Блок-схеми

Відповідь: p = −26

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

Внутрішній контур

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 3/(s + 5 + 3·4) = 3/(s + 17)

Зовнішній контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 9/(s + 17 + 9) = 9/(s + 26)

Результат

p = −26

Відповідь

p = −26
32.Блок-схеми

Відповідь: css = 6,526

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) = 2/(s + 7 + 12)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 12/(s + 7 + 12)

Усталений режим

css = 10·12/19 + 2·2/19 = 6,526

Відповідь

css = 6,526

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

33.Перехідна характеристика

Відповідь: %OS = 30,07 %

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 = 96 → ωₙ = 9,798 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·9,798) = 0,3572

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−1,202 = 30,07 %

Відповідь

%OS = 30,07 %
34.Перехідна характеристика

Відповідь: ωn = 14,12 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(0,2)/√(π² + ln²(0,2)) = 1,609/√(9,87 + 2,59) = 0,4559

Власна частота

ωd = π/tp = π/0,25 = 12,57 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 12,57/0,89 = 14,12 rad/s

Відповідь

ωn = 14,12 rad/s
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ∠G(jω) = −93,53 °

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(5/8) − 90° − atan(5/7) = 32,01° − 90° − 35,54°

Результат

∠G(j5) = −93,53°

Відповідь

∠G(jω) = −93,53°
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: PM = 73,92 °

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

Зріз за підсиленням

ω⁴ + 400ω² − 14400 = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·14400))/2 = 33,24
ωc = 5,765 rad/s

Запас за фазою

∠L(jωc) = −90° − atan(5,765/20) = −106,1°
PM = 180° + ∠L = 73,92°

Відповідь

PM = 73,92°
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 + 12s² + 20s − 5 = 0

Таблиця Рауса

s³: 1, 20
s²: 12, −5
s¹: 20,42
s⁰: −5

Зміни знака в першому стовпці

1 → 12 → 20,42 → −5
N = 1

Відповідь

N = 1

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

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: ω = 6 rad/s

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

Критичний коефіцієнт підсилення

s³ + 11s² + 36s + 36 + K = 0
s¹: (11·36 − 36 − K)/11 = 0 → K = 360

Частота перетину

11s² + 36 + 360 = 11s² + 396 = 0 → s² = −36
ω = √36 = 6 rad/s

Відповідь

ω = 6 rad/s
39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 0,1

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) = 10

Східчаста частина

Kp = ∞ → estep = 0

Похибка за лінійно наростального сигналу

ess = 1/10 = 0,1

Відповідь

ess = 0,1
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: %OS = 30,01 %

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) + 25·5 = s² + 8s + 125

ωₙ і ζ

ωₙ = √125 = 11,18 rad/s
ζ = 8/(2·11,18) = 0,3578

Перерегулювання

%OS = 100·e−0,3578π/√(1 − 0,3578²) = 30,01 %

Відповідь

%OS = 30,01 %

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