Підготовка до іспиту FE Electrical and Computer: шпаргалка-підсумок

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

Нові задачіНазад до курсу

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

1Формули та методи

Послідовні й паралельні резистори

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

Метод

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

Метод вузлових потенціалів

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

Метод

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

Метод контурних струмів

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

Метод

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

Метод накладання

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

Метод

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

Тевенен і Нортон

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

Метод

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

Перехідні процеси RC і RL

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

Метод

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

Повний опір і комплексні амплітуди

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

Метод

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

Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

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

Трифазні системи

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

Трансформатори

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

Схеми з операційними підсилювачами

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

Діоди й транзистори

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

Системи числення

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

Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

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

Метод

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

Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

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

Метод

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

Усталена похибка та ПІД-регулювання

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

Метод

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

2Задачі для практики

1.Послідовні й паралельні резисториСередня
R1​ = 20 ΩIR1​R3​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAR4​3 ΩB

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

V1 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 ΩR4 = 3 Ω
IR1 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 2 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​30 ΩAR4​6 ΩBR6​4 Ω

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 30 ΩR3 = 25 ΩR4 = 6 ΩR5 = 12 ΩR6 = 4 Ω
Req = Ω
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​5 Ω+−V1​10 VI1​R2​6 Ω+−V2​24 VR3​10 Ω+−V3​10 VA

Між вузлом A і землею ввімкнено три вітки, як показано на схемі. Методом вузлових потенціалів знайдіть струм I1 у вітці 1, що тече вгору у вузол A в напрямку стрілки.

V1 = 10 VR1 = 5 ΩV2 = 24 VR2 = 6 ΩV3 = 10 VR3 = 10 Ω
I1 = A
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAR4​6 ΩBIs​?

Джерело струму регулюють, доки вузлова напруга в A не стане VA = 12 V. Методом вузлових потенціалів знайдіть струм джерела Is (напрямок як на схемі).

V1 = 6 VR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩR4 = 6 ΩVA = 12 V
Is = A
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 12 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​15 VR3​20 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

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

V1 = 15 VV2 = 24 VR1 = 12 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 Ω
I2 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 15 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​12 VR4​5 ΩAR5​4 ΩB+−V2​30 VI1​I2​I3​

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

V1 = 12 VV2 = 30 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 4 ΩR4 = 5 ΩR5 = 4 Ω
I2 = A
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 8 ΩR3​ = 12 ΩIR3​+−V1​10 VR2​12 ΩAR4​5 ΩBIs​?

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

V1 = 10 VR1 = 8 ΩR2 = 12 ΩR3 = 12 ΩR4 = 5 Ω
Is = A
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 20 ΩR2​ = 4 ΩIR2​R4​ = 4 Ω+−V1​36 VR3​6 ΩAIs​3 AB−+V2​15 V

За методом накладання знайдіть потужність PR2, яку споживає R2.

V1 = 36 VIs = 3 AV2 = 15 VR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 ΩR4 = 4 Ω
PR2 = W
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 2 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAab

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

V1 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 Ω
IN = A
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAIs​2 ABRL​4 ΩIL​

До a–b підключено навантаження RL = 4 Ω. За допомогою еквівалента Тевенена знайдіть потужність PL, що передається навантаженню.

V1 = 10 VIs = 2 AR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 3 ΩRL = 4 Ω
PL = W
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​5 Vt = 0R = 47 ΩL68 mHi(t)

До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Знайдіть енергію W, накопичену в котушці при t = 1 ms, у mJ.

Vs = 5 VR = 47 ΩL = 68 mHt = 1 ms
W = mJ
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​15 Vрозмикається при t = 0R1​ = 6,8 kΩR2​ = 4,7 kΩC33 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 = 40 ms.

Vs = 15 VR1 = 6,8 kΩR2 = 4,7 kΩC = 33 µFt = 40 ms
vC = V
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
120 V500 HzR = 60 ΩL = 50 mHC = 10 µF

Послідовне коло RLC підключено до мережі 120 V (діюче значення), 500 Hz. Знайдіть кут зсуву фаз φ повного опору в градусах (додатний, коли струм відстає від напруги).

V = 120 V (rms)f = 500 HzR = 60 ΩL = 50 mHC = 10 µF
φ = °
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
VfR = 100 ΩL = 100 mHC = 0,01 µF

Послідовне RLC-коло має R = 100 Ω, L = 100 mH і C = 0,01 µF. Знайдіть його смугу пропускання B (ширину смуги між частотами половинної потужності) у Hz.

R = 100 ΩL = 100 mHC = 0,01 µF
B = Hz
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
230 VR + jXP = 1955 W17 A

Індуктивне навантаження споживає 17 A і 1955 W від однофазної мережі 230 V (діюче значення). Подайте його як активний опір R, послідовно з’єднаний з реактивним опором X. Знайдіть X.

V = 230 VI = 17 AP = 1955 W
X = Ω
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P = 35 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазне навантаження споживає 35 kW при коефіцієнті потужності 0,65 (індуктивному) від мережі 240 V, 60 Hz. Паралельно підключений конденсатор підвищує коефіцієнт потужності до 0,9. Знайдіть потрібну ємність C.

P = 35 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9V = 240 Vf = 60 Hz
C = µF
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 400 VNZ = 24 + j7 Ωна фазу

Симетричне навантаження, з’єднане зіркою, з повним опором 24 + j7 Ω на фазу підключене до симетричної трифазної мережі з лінійною напругою 400 V. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку поглинає навантаження, у kW.

VL = 400 VZ = 24 + j7 Ω на фазу
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симетричне трифазне навантаження споживає 150 kW при коефіцієнті потужності 0,65 (відстаючому) від мережі 690 V (лінійна напруга), 50 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,9 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано трикутником. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.

P = 150 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
RL​ = 5 Ω2014600 VV2​I1​ = ?I2​

До первинної обмотки ідеального трансформатора з коефіцієнтом трансформації N₁:N₂ = 20:1 прикладено 4600 V. До вторинної обмотки підключено резистор 5 Ω. Знайдіть первинний струм I1.

N1:N2 = 20:1V1 = 4600 VRL = 5 Ω
I1 = A
20.ТрансформаториСкладна
pf 0,8500 kVA, 75% навантаження

Однофазний трансформатор 500 kVA має втрати в сталі 3000 W і втрати в міді 4500 W при номінальному навантаженні. Він віддає 75% своєї номінальної потужності в kVA при коефіцієнті потужності 0,8 (відстаючому). Знайдіть сумарні втрати Ploss у ватах при цьому навантаженні.

S = 500 kVAPcore = 3000 WPcu,fl = 4500 Wx = 0,75pf = 0,8
Ploss = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​R2​ = 47 kΩV1​ = −2,8 VR1​ = 22 kΩV2​ = 2,1 VR3​ = 22 kΩR4​ = 47 kΩ

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

V1 = −2,8 VV2 = 2,1 VR1 = R3 = 22 kΩR2 = R4 = 47 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​Rf​ = 22 kΩV1​ = 1,7 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 0,2 VR2​ = 22 kΩIf​

Сумувальний підсилювач використовує ідеальний ОП, що живиться від ±15 V. Знайдіть струм If через резистор зворотного зв’язку, що тече до виходу.

V1 = 1,7 VV2 = 0,2 VR1 = 4,7 kΩR2 = 22 kΩRf = 22 kΩ
If = mA
23.Діоди й транзисториСередня
+−9 V100 Ω5,1 V680 ΩIZ​ = ?

Стабілізатор на стабілітроні 5,1 В живиться від 9 В через 100 Ом і живить навантаження 680 Ом. Знайдіть струм стабілітрона IZ.

Vin = 9 VVZ = 5,1 VR = 100 ΩRL = 680 Ω
IZ = mA
24.Діоди й транзисториСкладна
V (V)I (mA)0,65618,18Q = ?

Діод змодельовано як 0,65 В послідовно з 5 Ом (він проводить вище 0,65 В). Він увімкнений послідовно з резистором 330 Ом до джерела 6 В. Знайдіть робочий струм ID у точці, де лінія діода перетинає лінію навантаження.

Vs = 6 VR = 330 ΩV0 = 0,65 Vrd = 5 Ω
ID = mA
25.Системи численняСередня
8-бітовий додатковий код0−12806403201608040201

Встановіть біти так, щоб вони зберігали −102 в 8-бітовому доповняльному коді. Яке значення U шаблону, якщо читати його як беззнакове число?

N = −1028 bit
U =
26.Системи численняСкладна
клацайте біти, щоб встановити їх012806403201608040201

Встановіть біти за 8-бітовим результатом 0011 1111 XOR 1101 0111. Яке значення R результату в десятковій системі?

0011 1111XOR1101 0111
R =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABC00011110011011131214050706

Скористайтеся картою Карно, щоб знайти мінімальну форму добутку сум (POS) для F(A, B, C) = Σm(0, 1, 2, 3, 4). Скільки доданків-сум (множників) N вона має?

F(A, B, C) = Σm(0, 1, 2, 3, 4)
N =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
ABCD0001111000011110X001030214X5171601201301501408X9011110

Для F(A, B, C, D) = Σm(4, 6, 7, 10) + d(0, 5, 9), де d позначає байдужі стани, знайдіть кількість N суттєвих простих імплікант.

F(A, B, C, D) = Σm(4, 6, 7, 10) + d(0, 5, 9)
N =
29.Перетворення ЛапласаСередня
t (s)f(t)t = 0,8f(0,8) = ?

Знайдіть f(t) для F(s) = 10/(s(s + 1)(s + 2)) розкладом на простіші дроби й обчисліть f(0,8).

F(s) = 10/(s(s + 1)(s + 2))t = 0,8 s
f(0.8) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
ReIm−1−2−3−4−5−61

Систему описано диференціальним рівнянням y″ + 10y′ + 24y = 3u′ + 11u 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 = 0,2 s. Знайдіть g(0,2).

y″ + 10y′ + 24y = 3u′ + 11ut = 0,2 s
g(0.2) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+Ks(s + 8)G(s)C(s)−

Об’єкт G(s) = K/(s(s + 8)) охоплено одиничним від’ємним зворотним зв’язком. Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого замкнена система критично загасаюча (два рівні дійсні полюси).

G(s) = K/(s(s + 8))одиничний від’ємний зворотний зв’язок
K =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+38s(s + 5)G(s)C(s)2H−

Об’єкт G(s) = 38/(s(s + 5)) охоплено від’ємним зворотним зв’язком із коефіцієнтом датчика H = 2. Полюси замкненої системи комплексні. Знайдіть їхню дійсну частину σ.

G(s) = 38/(s(s + 5))H = 2
σ =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)0,5tp​ = ?

Система має передатну функцію G(s) = 25,5/(s² + 11s + 51) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть час піку tp перехідної характеристики.

G(s) = 25,5/(s² + 11s + 51)
tp = s
34.Перехідна характеристикаСкладна
t (s)y(t)112 %

Система другого порядку без нулів має давати перехідну характеристику з перерегулюванням 12 %. Знайдіть коефіцієнт демпфування ζ.

%OS = 12 %
ζ =
35.Діаграми Боде та запасиСередня
vin​C = 2,2 nFR = 47 kΩvout​

RC-фільтр верхніх частот на рисунку має R = 47 kΩ, C = 2,2 nF. На вхід подають синусоїдний сигнал 770 Hz. Знайдіть коефіцієнт підсилення |H| = |vout/vin| у dB.

R = 47 kΩC = 2,2 nFf = 770 Hz
|H| = dB
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = K/(s(s + 6)(s + 8)). Знайдіть підсилення K, що дає запас за підсиленням 20 dB.

L(s) = K/(s(s + 6)(s + 8))GM = 20 dB
K =
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+K1s(s + 1)(s + 2)C(s)−

Контур на схемі має передавальну функцію розімкненої системи L(s) = K/(s(s + 1)(s + 2)). Коефіцієнт підсилення збільшують, доки замкнена система не опиниться на межі стійкості. Знайдіть частоту ω незатухних коливань.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 2))
ω = rad/s
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−2−4−6−8−10−12j2

Кореневий годограф L(s) = K/(s(s + 6)(s + 10)) відходить від дійсної осі між s = 0 і s = −6. Знайдіть точку відходу sb.

L(s) = K/(s(s + 6)(s + 10))
sb =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
r(t) = 4t+20(s + 1)s(s + 4)(s + 5)C(s)−

Лінійно наростальний сигнал r(t) = 4t подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 20(s + 1)/(s(s + 4)(s + 5)). Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 20(s + 1)/(s(s + 4)(s + 5))r(t) = 4t
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+Kp​ + Ki​/s4s + 4C(s)−

ПІ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s керує об’єктом G(s) = 4/(s + 4) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Замкнена система має мати ωₙ = 3 rad/s і ζ = 1. Знайдіть пропорційний коефіцієнт Kp.

G(s) = 4/(s + 4)ωₙ = 3 rad/sζ = 1
Kp =

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 0,2509 A

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAR4​3 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 = 15 + 3 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 5·18/(5+18) = 3,913 Ω
Req = R1 + 3,913 = 20 + 3,913 = 23,91 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 6/23,91 = 0,2509 A

Відповідь

IR1 = 0,2509 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 16,84 Ω

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​30 ΩAR4​6 ΩBR6​4 Ω

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R5 + R6 = 12 + 4 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 4,364 Ω
R3 + 4,364 = 29,36 Ω
R2 ∥ 29,36 = 14,84 Ω
Req = R1 + 14,84 = 2 + 14,84 = 16,84 Ω

Відповідь

Req = 16,84 Ω
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: I1 = −1 A

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

ЗСК для вузла A

Нижній провід візьміть за землю. Кожна вітка проводить від A струм (VA − Vk)/Rk, де Vk — напруга її джерела (нуль для простого резистора). Сума струмів, що виходять з A, дорівнює нулю.

(VA − 10)/5 + (VA − 24)/6 + (VA − 10)/10 = 0

Знайдіть VA

VA = (10/5 + 24/6 + 10/10) / (1/5 + 1/6 + 1/10) = 7/0,4667 = 15 V

Струм гілки

Стрілка спрямована вгору вздовж вітки, у вузол A.

I1 = (10 − VA)/R1 = (10 − 15)/5 = −1 A

Відповідь

I1 = −1 A

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

4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: Is = 8,8 A

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

ЗСК для вузла A

VA відоме, тож це рівняння дає VB.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(12 − 6)/6 + 12/5 = (VB − 12)/6
3,4 = (VB − 12)/6 → VB = 32,4 V

ЗСК для вузла B

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

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (32,4 − 12)/6 + 32,4/6 = 8,8 A

Відповідь

Is = 8,8 A
5.Метод контурних струмів

Відповідь: I2 = −0,65 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​ = 15 Ω+−V1​15 VR3​20 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
12·I1 + 20(I1 − I2) = 15
32·I1 − 20·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 + R3(I2 − I1) = −V2
15·I2 + 20(I2 − I1) = (−24)
−20·I1 + 35·I2 = −24

Розв’яжіть

Δ = (32)(35) − (−20)(−20) = 720
I1 = Δ1/Δ = 45/720 = 0,0625 A
I2 = Δ2/Δ = −468/720 = −0,65 A

Відповідь

I2 = −0,65 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: I2 = −0,5783 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​ = 15 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​12 VR4​5 ΩAR5​4 ΩB+−V2​30 VI1​I2​I3​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
15·I1 + 5(I1 − I2) = 12
20·I1 − 5·I2 = 12

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
15·I2 + 5(I2 − I1) + 4(I2 − I3) = 0
−5·I1 + 24·I2 − 4·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
4·I3 + 4(I3 − I2) = (−30)
−4·I2 + 8·I3 = −30

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 3320
I1 = Δ1/Δ = 1512/3320 = 0,4554 A
I2 = Δ2/Δ = −1920/3320 = −0,5783 A
I3 = Δ3/Δ = −13410/3320 = −4,039 A

Відповідь

I2 = −0,5783 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: Is = 1,2 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​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​12 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 = 12+5 = 17 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 12·17/(12+17) = 7,034 Ω
VA = 10·7,034/(8+7,034) = 4,679 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,679·5/17 = 1,376 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (4,679 − 1,376)/12 = 0,2752 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 = 4,8 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·5/21,8 = −0,2294·Is

Прирівняйте суму до нуля

IR3′ + IR3″ = 0,2752 − 0,2294·Is = 0
Is = 0,2752/0,2294 = 1,2 A

Відповідь

Is = 1,2 A
8.Метод накладання

Відповідь: PR2 = 3,214 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​ = 20 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​36 VR3​6 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) = 6 ∥ 8 = 3,429 Ω
VA = 36·3,429/(20+3,429) = 5,268 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 5,268·4/8 = 2,634 V
IR2′ = (VA − VB)/R2 = (5,268 − 2,634)/4 = 0,6585 A
R1​ = 20 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 4 ΩКЗR3​6 ΩAIs​3 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 = 4,615 Ω, тож лівий шлях — R2+4,615 = 8,615 Ω
Req = R4 ∥ 8,615 = 2,732 Ω
VB = Is·Req = 3·2,732 = 8,195 V
VA = VB·4,615/8,615 = 4,39 V
IR2″ = (VA − VB)/R2 = (4,39 − 8,195)/4 = −0,9512 A
R1​ = 20 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 4 ΩКЗR3​6 ΩAОБРИВB−+V2​15 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 = 20·6/(20+6) = 4,615 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−15)·8,615/12,62 = −10,24 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −10,24·4,615/8,615 = −5,488 V
IR2‴ = (VA − VB)/R2 = (−5,488 − −10,24)/4 = 1,189 A

Додайте внески струму

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴ = 0,6585 + (−0,9512) + 1,189 = 0,8963 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 = 0,8963²·4 = 3,214 W

Відповідь

PR2 = 3,214 W

Сума потужностей окремих випадків дала б 11,01 W, а це неправильно.

9.Тевенен і Нортон

Відповідь: IN = 1,385 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​ = 2 ΩR3​ = 10 ΩКЗR2​20 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 = 2·20/(2+20) = 1,818 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,818 + 10 = 11,82 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

Коли a–b розімкнені, через R₃ струм не тече, тож спаду на ньому немає і V_b = V_A. R₁ і R₂ утворюють дільник напруги.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 18·20/(2+20) = 16,36 V
IN​1,385 ARth​11,82 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 = 16,36/11,82 = 1,385 A
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: PL = 2,74 W

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​ = 8 ΩR3​ = 3 ΩКЗR2​4 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 = 8·4/(8+4) = 2,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,667 + 3 = 5,667 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAIs​2 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) = 3,333 + (−2)·2,667 = −2 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −2 + (−2)·3 = −8 V
Rth​ = 5,667 Ω−+Vth​8 VRL​4 ΩIL​

Підключіть навантаження до еквівалента Тевенена

Джерело Тевенена і послідовний R_th поводяться на a–b точно як початкове коло, тож навантаження бачить простий послідовний контур.

IL = Vth/(Rth + RL) = −8/(5,667 + 4) = −0,8276 A
PL = IL²·RL = −0,8276²·4 = 2,74 W
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: W = 0,09582 mJ

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

Стала часу і кінцевий струм

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

τ = L/R = 68 mH / 47 Ω = 1,447 ms
i(∞) = Vs/R = 5/47 = 0,1064 A

Струм у заданий момент

i(t) = 0,1064·(1 − e−1/1,447) = 0,05309 A

Накопичена енергія

W = ½·L·i² = ½·68·0,05309² = 0,09582 mJ

Відповідь

W = 0,09582 mJ
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vC = 4,737 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) = 15·4,7/(6,8 + 4,7) = 6,13 V

Стала часу після розмикання ключа

τ = R2·C = 4,7·33 = 155,1 ms

Розряджання

vC(t) = 6,13·e−40/155,1 = 4,737 V

Відповідь

vC = 4,737 V
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: φ = 64,4 °

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·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,05 = 157,1 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·10·10⁻⁶) = 31,83 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(60² + (125,2)²) = 138,9 Ω

Кут зсуву фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(125,2/60) = 64,4°

Відповідь

φ = 64,4°
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: B = 159,2 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·√(0,1·0,01·10⁻⁶)) = 5033 Hz

Добротність

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

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/100)·√(0,1/(0,01·10⁻⁶)) = 31,62

Смуга пропускання

B = f0/Q = 5033/31,62 = 159,2 Hz

Відповідь

B = 159,2 Hz
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: X = 11,72 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 = 1955/17² = 6,765 Ω

Реактивний опір з повного опору

|Z| = V/I = 230/17 = 13,53 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(13,53² − 6,765²) = 11,72 Ω

Відповідь

X = 11,72 Ω
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: C = 1104 µF

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 = 35·tan(49,46°) = 40,92 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 35·tan(25,84°) = 16,95 kvar
QC = Q1 − Q2 = 23,97 kvar

Ємність

Конденсатор, підключений до мережі, постачає Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 23968/(2π·60·240²) = 1104 µF

Відповідь

C = 1104 µF
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 6,144 kW

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

Фазна напруга

Vph = 400/√3 = 230,9 V

Фазний струм

|Z| = √(24² + 7²) = 25 Ω
Iph = 230,9/25 = 9,238 A

Сумарна активна потужність

Активну потужність поглинає лише активна складова кожного опору.

P = 3·Iph²·R = 3·9,238²·24 = 6,144 kW

Відповідь

P = 6,144 kW

Перевірка: cos φ = R/|Z| = 0,96, і √3·VL·IL·cos φ дає ту саму потужність.

18.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 228,9 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 = 150·tan(acos 0,65) = 150·1,169 = 175,4 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,9) = 150·0,4843 = 72,65 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 102,7 kvar

Ємність на фазу

У батареї, з’єднаній трикутником, кожен конденсатор увімкнено між двома лінійними проводами.

V = 690 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 34240/(314,2·690²) = 228,9 µF

Відповідь

Cph = 228,9 µF
19.Трансформатори

Відповідь: I1 = 2,3 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 = 4600/20 = 230 V
I2 = 230/5 = 46 A

Первинний струм

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

I1 = I2/20 = 2,3 A

Відповідь

I1 = 2,3 A

Перевірка: навантаження з боку первинної обмотки a²·RL = 2000 Ω, і 4600/2000 дає той самий струм.

20.Трансформатори

Відповідь: Ploss = 5531 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 = 0,5625·4500 = 2531 W

Сумарні втрати

Втрати в сталі однакові за будь-якого навантаження.

Ploss = 3000 + 2531 = 5531 W

Відповідь

Ploss = 5531 W

ККД при цьому навантаженні η = 98,19%.

21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 10,47 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) = 2,1·47/(22 + 47) = 1,43 V
V₋ = V₊

ЗСК для інвертувального входу

(−2,8 − 1,43)/22 = (1,43 − Vout)/47
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (47/22)·(2,1 − (−2,8)) = 10,47 V

Відповідь

Vout = 10,47 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: If = 0,3708 mA

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 = 1,7/4,7 = 0,3617 mA
I2 = V2/R2 = 0,2/22 = 0,009091 mA
If = I1 + I2 = 0,3708 mA

Відповідь

If = 0,3708 mA
23.Діоди й транзистори

Відповідь: IZ = 31,5 mA

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 резистора

IR = 3,9/100 = 39 mA

Струм навантаження

IL = 5,1/680 = 7,5 mA

Струм стабілітрона

IZ = 39 − 7,5 = 31,5 mA

Відповідь

IZ = 31,5 mA
24.Діоди й транзистори

Відповідь: ID = 15,97 mA

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

Об’єднайте два рівняння

6 = 0,65 + I·(330 + 5)

Робочий струм

ID = 5,35/335 = 15,97 mA
VD = 0,65 + 0,01597·5 = 0,7299 V

Відповідь

ID = 15,97 mA
25.Системи числення

Відповідь: U = 154

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

Інвертуйте і додайте одиницю

102 = 0110 0110
інвертовано: 1001 1001
+1 → 1001 1010

Прочитайте як беззнакове

1001 1010₂ = 256 − 102 = 154

Відповідь

U = 154
26.Системи числення

Відповідь: R = 232

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

Біт за бітом

XOR дає 1, де два біти різні.

0011 1111
XOR 1101 0111
= 1110 1000

Значення результату

1110 1000₂ = 232

Відповідь

R = 232
27.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.

ABC00011110011011131214050706

Згрупуйте нулі

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

(A′ + C′)
(A′ + B′)

Мінімальна форма POS

F = (A′ + C′)(A′ + B′)
N = 2

Відповідь

N = 2
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.

A′C′D′, A′B, AB′CD′
ABCD0001111000011110X001030214X5171601201301501408X9011110

Суттєві прості імпліканти

A′B, AB′CD′
N = 2

Відповідь

N = 2
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.8) = 1,516

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).

Простіші дроби

F(s) = A/s + B/(s + 1) + C/(s + 2)
A = 10/(1·2) = 5
B = 10/((−1)·1) = −10
C = 10/((−2)·(−1)) = 5

Обернене перетворення

f(t) = 5 − 10·e−t + 5·e−2t

Обчисліть

f(0,8) = 5 − 10·e−0,8 + 5·e−2·0,8 = 1,516

Відповідь

f(0,8) = 1,516
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: g(0.2) = 0,8295

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) = (3s + 11)/(s² + 10s + 24)

Простіші дроби

s² + 10s + 24 = (s + 4)(s + 6)
A = −0,5, B = 3,5

Імпульсна характеристика

g(t) = −0,5·e−4t + 3,5·e−6t
g(0,2) = 0,8295

Відповідь

g(0,2) = 0,8295
31.Блок-схеми

Відповідь: K = 16

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(s + 8)) = 0 → s² + 8s + K = 0

Кратний корінь

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

8² = 4K → K = 64/4 = 16

Відповідь

K = 16
Обидва полюси замкненої системи тоді лежать у s = −4.
32.Блок-схеми

Відповідь: σ = −2,5

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

s(s + 5) + 38·2 = 0 → s² + 5s + 76 = 0

Корені

s = −2,5 ± j·√(76 − 6,25) = −2,5 ± j8,352
σ = −2,5

Відповідь

σ = −2,5
33.Перехідна характеристика

Відповідь: tp = 0,6897 s

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

Порівняйте зі стандартною формою

Знаменник має збігатися з s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 51 → ωₙ = 7,141 rad/s
2ζωₙ = 11 → ζ = 11/(2·7,141) = 0,7702

Результат

ωd = 7,141·√(1 − 0,7702²) = 4,555 rad/s → tp = π/ωd = 0,6897 s

Відповідь

tp = 0,6897 s
34.Перехідна характеристика

Відповідь: ζ = 0,5594

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(0,12)/√(π² + ln²(0,12)) = 2,12/√(9,87 + 4,496) = 0,5594

Відповідь

ζ = 0,5594
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: |H| = −6,986 dB

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

Частота зрізу

ωc = 1/(RC) = 1/(47000·2,2 × 10⁻⁹) = 9671 rad/s
fc = 1539 Hz → f/fc = 770/1539 = 0,5003

Коефіцієнт підсилення

|H| = 0,5003/√(1 + 0,5003²) = 0,4474
20·log₁₀(0,4474) = −6,986 dB

Відповідь

|H| = −6,986 dB
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: K = 67,2

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/6)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(6·8) = 6,928 rad/s

Модуль на перетині за фазою

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 36)·√(ω² + 64)) = K/(6·8·(6 + 8)) = K/672

Потрібне підсилення

672/K = 1020/20 = 10
K = 672/10 = 67,2

Відповідь

K = 67,2
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: ω = 1,414 rad/s

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.

Таблиця Рауса

s³ + 3s² + 2s + K = 0
s³: 1, 2
s²: 3, K
s¹: (3·2 − K)/3
s⁰: K

Критичний коефіцієнт підсилення

K = 3·2 = 6

Допоміжне рівняння

При критичному коефіцієнті підсилення рядок s¹ нульовий; рядок s² дає полюси на уявній осі.

3s² + 6 = 0 → s = ±j√2
ω = 1,414 rad/s

Відповідь

ω = 1,414 rad/s
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: sb = −2,427

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.

Коефіцієнт підсилення вздовж дійсної осі

K(s) = −s(s + 6)(s + 10) = −(s³ + 16s² + 60s)

Стаціонарні точки

dK/ds = −(3s² + 32s + 60) = 0
s = (−32 ± √(1024 − 720))/6 = −2,427, −8,239

Оберіть точку на годографі

Годограф лежить на дійсній осі між 0 і −6; другий корінь годографу не належить.

sb = −2,427

Відповідь

sb = −2,427
39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 4

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) = 1

Похибка за лінійно наростального сигналу

ess = 4/1 = 4

Відповідь

ess = 4
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: Kp = 0,5

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

1 + C(s)G(s) = 0, помножене на s(s + 4).

s² + (4 + 4Kp)s + 4Ki

Цільовий поліном

s² + 2·1·3s + 3² = s² + 6s + 9

Зіставте коефіцієнти

4 + 4Kp = 6 → Kp = 0,5

Відповідь

Kp = 0,5

Інтегральна складова робить контур типу 1, тож східчастий сигнал відпрацьовується без усталеної похибки.

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