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​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAR4​5 ΩB

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 9 VR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 12 ΩR4 = 5 Ω
Req = Ω
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 12 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAR4​30 ΩBR6​25 Ω

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 ΩR4 = 30 ΩR5 = 2 ΩR6 = 25 Ω
Req = Ω
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​12 Ω+−V1​15 VI1​R2​6 Ω−+V2​30 VR3​6 Ω+−V3​18 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 = 15 VR1 = 12 ΩV2 = 30 VR2 = 6 ΩV3 = 18 VR3 = 6 Ω
I1 = A
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 30 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​5 VR2​12 ΩAR4​10 ΩIR4​B0,2·VA​

Ромб — це джерело струму, кероване напругою, що подає струм 0,2·VA (в A, де VA у V) угору у вузол B. Методом вузлових потенціалів знайдіть струм IR4 через R4 у напрямку стрілки.

V1 = 5 VR1 = 30 ΩR2 = 12 ΩR3 = 25 ΩR4 = 10 Ωg = 0,2 A/V
IR4 = A
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 8 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​12 VR3​6 ΩIR3​A+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 12 VV2 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 15 ΩR3 = 6 Ω
IR3 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 6 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​5 VR4​8 ΩIR4​AR5​2 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

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

V1 = 5 VV2 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 ΩR4 = 8 ΩR5 = 2 Ω
IR4 = A
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​2 Ω+−VR2​AR4​4 ΩBIs​2,5 A

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

V1 = 6 VIs = 2,5 AR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩR4 = 4 Ω
VR2 = V
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 12 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​36 VR3​4 ΩIR3​AIs​2 AB+−V2​6 V

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

V1 = 36 VIs = 2 AV2 = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 4 ΩR4 = 3 Ω
IR3 = A
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩAab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 24 VR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 Ω
Vth = V
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 30 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​5 VR2​20 ΩAIs​1,5 ABRL​15 ΩIL​

До a–b підключено навантаження RL = 15 Ω. За допомогою еквівалента Тевенена знайдіть потужність PL, що передається навантаженню.

V1 = 5 VIs = 1,5 AR1 = 30 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 ΩRL = 15 Ω
PL = W
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​15 Vt = 0R = 10 ΩL100 mHi(t)

До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Через який час після замикання вимикача струм досягне 75% кінцевого значення? Знайдіть t.

Vs = 15 VR = 10 ΩL = 100 mH
t = ms
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​6 Vt = 0R = 6,8 kΩC220 µF+−vC​vC​(0) = 20 V

Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 20 V з указаною полярністю. Знайдіть напругу на конденсаторі vC у момент t = 750 ms.

Vs = 6 VR = 6,8 kΩC = 220 µFvC(0) = 20 Vt = 750 ms
vC = V
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
Vf0​ = 200 HzRL = 20 mHC = ?

Послідовне RLC-коло з L = 20 mH має резонувати на частоті 200 Hz. Знайдіть потрібну ємність C.

f0 = 200 HzL = 20 mH
C = µF
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
230 V200 HzR = 60 ΩL = 250 mHC = 2,2 µF

Послідовне коло RLC підключено до мережі 230 V (діюче значення), 200 Hz. Знайдіть резонансну частоту f0 кола.

V = 230 V (rms)f = 200 HzR = 60 ΩL = 250 mHC = 2,2 µF
f0 = Hz
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
230 VZ8 + j6 ΩI

Навантаження з повним опором Z = 8 + j6 Ω під’єднано до однофазної мережі 230 V (діюче значення). Знайдіть повну потужність S.

V = 230 VZ = 8 + j6 Ω
S = VA
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P = 20 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазне навантаження споживає 20 kW при коефіцієнті потужності 0,6 (індуктивному) від мережі 240 V, 50 Hz. Паралельно підключений конденсатор підвищує коефіцієнт потужності до 0,92. Знайдіть потрібну ємність C.

P = 20 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,92V = 240 Vf = 50 Hz
C = µF
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 208 VIL​ = 50 Acos φ = 0,82відстаючий

Симетричне трифазне навантаження споживає лінійний струм 50 A від мережі з лінійною напругою 208 V. Коефіцієнт потужності 0,82, відстаючий. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку споживає навантаження, у kW.

VL = 208 VIL = 50 Acos φ = 0,82
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симетричне трифазне навантаження споживає 60 kW при коефіцієнті потужності 0,8 (відстаючому) від мережі 480 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. Знайдіть сумарну реактивну потужність QC, яку має постачати конденсаторна батарея, у kvar.

P = 60 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаториСередня
10 ΩN1​N2​360 Ω

Підсилювач з вихідним опором 360 Ω живить гучномовець 10 Ω через ідеальний трансформатор. Для передачі максимальної потужності гучномовець з боку підсилювача має виглядати як 360 Ω. Знайдіть коефіцієнт трансформації a = N₁/N₂.

Rs = 360 ΩRL = 10 Ω
a =
20.ТрансформаториСкладна
75 kVA

Однофазний трансформатор 75 kVA має втрати в сталі 450 W і втрати в міді 900 W при номінальному навантаженні. При якому навантаженні Sη,max, у kVA, його ККД найвищий?

S = 75 kVAPcore = 450 WPcu,fl = 900 W
Sη,max = kVA
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​R2​ = 47 kΩV1​ = −1,7 VR1​ = 100 kΩV2​ = 2,1 VR3​ = 100 kΩR4​ = 47 kΩ

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

V1 = −1,7 VV2 = 2,1 VR1 = R3 = 100 kΩR2 = R4 = 47 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​R2​ = 22 kΩV1​ = 1 VR1​ = 10 kΩV2​ = 1,1 VR3​ = 10 kΩR4​ = 10 kΩ

ОП ідеальний і живиться від ±15 V. Відношення опорів не узгоджені. Знайдіть вихідну напругу Vout.

V1 = 1 VV2 = 1,1 VR1 = 10 kΩR2 = 22 kΩR3 = 10 kΩR4 = 10 kΩ
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
+−24 VR = ?5 × 3 V20 mA

5 білий світлодіодів (пряма напруга 3 В кожен) з’єднано послідовно з резистором до джерела 24 В. Знайдіть опір R, що задає струм 20 мА.

Vs = 24 VVF = 3 Vn = 5I = 20 mA
R = Ω
24.Діоди й транзисториСкладна
+−≥ 20 VR = ?6,2 V≤ 50 mA

Стабілізатор на стабілітроні 6,2 В має живити навантаження струмом до 50 мА. Вхідна напруга може впасти до 20 В, а стабілітрону для стабілізації потрібно щонайменше 5 мА. Знайдіть найбільший послідовний опір Rmax, при якому стабілізація зберігається.

Vin,min = 20 VVZ = 6,2 VIL,max = 50 mAIZ,min = 5 mA
Rmax = Ω
25.Системи численняСередня
ваги розрядів у додатковому коді0−12816413201618140201

8-бітовий шаблон 0110 1100 зберігає ціле число зі знаком у додатковому коді. Яке його значення N у десятковій системі?

0110 11008 bit
N =
26.Системи численняСкладна
12 бітів, беззнаковий, N = ?????????????

Яке найбільше беззнакове ціле число N вміщається в 12 бітів?

12 bit
N =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
MUX1I0​CI1​0I2​0I3​ABS1​S0​F

Мультиплексор 4-до-1 має адресні входи S₁ = A і S₀ = B, а його інформаційні входи з’єднано з I₀ = 1, I₁ = C, I₂ = 0, I₃ = 0. Для скількох із 8 комбінацій A, B і C вихід F = 1? Знайдіть N.

I₀ = 1I₁ = CI₂ = 0I₃ = 0
N =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
ABCD00011110000111101011030204051716X12X131150140819011010

Для F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 6, 7, 9, 15) + d(12, 13), де d позначає байдужі стани, знайдіть кількість N суттєвих простих імплікант.

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 6, 7, 9, 15) + d(12, 13)
N =
29.Перетворення ЛапласаСередня
ReIm−2−4−6−8

F(s) = (3s + 26)/(s² + 10s + 24). Її оригінал має вигляд f(t) = A·e−4t + B·e−6t. Знайдіть коефіцієнт A розкладом на простіші дроби.

F(s) = (3s + 26)/(s² + 10s + 24)
A =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,6y(0,6) = ?

Система підпорядковується рівнянню y″ + 5y′ + 4y = 8·u(t) при y(0) = 2 і y′(0) = 0. У момент t = 0 подають вхідну сходинку u(t) = 5. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть y(0,6).

y″ + 5y′ + 4y = 8·u(t)y(0) = 2y′(0) = 0u(t) = 5t = 0,6 s
y(0.6) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+8s + 1G(s)C(s)0,25H−

Об’єкт G(s) = 8/(s + 1) керується в контурі від’ємного зворотного зв’язку, датчик якого має коефіцієнт підсилення H = 0,25. Знайдіть сталу часу τ замкненої системи.

G(s) = 8/(s + 1)H = 0,25
τ = s
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+K(s + 3)(s + 4)(s + 6)G(s)C(s)−

Об’єкт G(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 6)) охоплено одиничним від’ємним зворотним зв’язком. За найбільшого стійкого коефіцієнта підсилення контур коливається. Знайдіть частоту коливань ω в rad/s.

G(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 6))одиничний від’ємний зворотний зв’язок
ω = rad/s
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)3ts​ = ?

Система має передатну функцію G(s) = 24/(s² + 2s + 8) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть 2-відсотковий час встановлення ts перехідної характеристики за формулою ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 24/(s² + 2s + 8)
ts = s
34.Перехідна характеристикаСкладна
R(s)+Ks(s + 5)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = K/(s(s + 5)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого перехідна характеристика має перерегулювання 20 %.

G(s) = K/(s(s + 5))%OS = 20 %
K =
35.Діаграми Боде та запасиСередня
vin​C = 2,2 nFR = 2,2 kΩvout​

RC-фільтр верхніх частот на рисунку має R = 2,2 kΩ, C = 2,2 nF. На вхід подають синусоїдний сигнал 6,6 kHz. Знайдіть коефіцієнт підсилення |H| = |vout/vin| у dB.

R = 2,2 kΩC = 2,2 nFf = 6,6 kHz
|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) = 396/(s(s + 4)(s + 10)). Знайдіть запас за підсиленням GM у dB.

L(s) = 396/(s(s + 4)(s + 10))
GM = dB
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+K1s(s + 5)(s + 8)C(s)−

Контур на схемі має передавальну функцію розімкненої системи L(s) = K/(s(s + 5)(s + 8)). Знайдіть найбільше значення Kmax, за якого замкнена система стійка.

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 8))
Kmax =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2

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

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 6))
σa =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
R(s)+K = 202,55s + 1C(s)−

Процес G(s) = 2,5/(5s + 1) регулюється пропорційним коефіцієнтом підсилення K = 20 у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть усталену похибку ess для східчастого сигналу у відсотках від величини східця.

G(s) = 2,5/(5s + 1)K = 20
ess = %
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+K = 502s(s + 4)C(s)−

П-регулятор K = 50 керує об’єктом G(s) = 2/(s(s + 4)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS перехідної характеристики.

G(s) = 2/(s(s + 4))K = 50
%OS = %

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 15,44 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​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAR4​5 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 = 12 + 5 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 8·17/(8+17) = 5,44 Ω
Req = R1 + 5,44 = 10 + 5,44 = 15,44 Ω

Відповідь

Req = 15,44 Ω
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 16,27 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​ = 12 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAR4​30 ΩBR6​25 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 = 2 + 25 = 27 Ω
R4 ∥ 27 = 14,21 Ω
R3 + 14,21 = 29,21 Ω
R2 ∥ 29,21 = 4,269 Ω
Req = R1 + 4,269 = 12 + 4,269 = 16,27 Ω

Відповідь

Req = 16,27 Ω
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: I1 = 1,4 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 − 15)/12 + (VA − (−30))/6 + (VA − 18)/6 = 0

Знайдіть VA

VA = (15/12 + (−30)/6 + 18/6) / (1/12 + 1/6 + 1/6) = −0,75/0,4167 = −1,8 V

Струм гілки

Стрілка спрямована вгору вздовж вітки, у вузол A.

I1 = (15 − VA)/R1 = (15 − (−1,8))/12 = 1,4 A

Відповідь

I1 = 1,4 A

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

4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR4 = 0,3243 A

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

ЗСК для вузла A

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

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,1567·VA − 0,04·VB = 0,1667

ЗСК для вузла B

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

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,2·VA
−0,24·VA + 0,14·VB = 0

Розв’яжіть

Δ = (0,1567)(0,14) − (−0,04)(−0,24) = 0,01233
VA = Δ1/Δ = 0,02333/0,01233 = 1,892 V
VB = Δ2/Δ = 0,04/0,01233 = 3,243 V

Струм через R₄

IR4 = VB/R4 = 3,243/10 = 0,3243 A

Відповідь

IR4 = 0,3243 A
5.Метод контурних струмів

Відповідь: IR3 = 1,256 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​ = 8 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​12 VR3​6 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
8·I1 + 6(I1 − I2) = 12
14·I1 − 6·I2 = 12

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
15·I2 + 6(I2 − I1) = (−18)
−6·I1 + 21·I2 = −18

Розв’яжіть

Δ = (14)(21) − (−6)(−6) = 258
I1 = Δ1/Δ = 144/258 = 0,5581 A
I2 = Δ2/Δ = −180/258 = −0,6977 A

Відповідь

IR3 = I1 − I2 = 1,256 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: IR4 = 0,3425 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​ = 6 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​5 VR4​8 ΩAR5​2 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
6·I1 + 8(I1 − I2) = 5
14·I1 − 8·I2 = 5

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
20·I2 + 8(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−8·I1 + 30·I2 − 2·I3 = 0

ЗНК для контуру 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
8·I3 + 2(I3 − I2) = (−10)
−2·I2 + 10·I3 = −10

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 3504
I1 = Δ1/Δ = 1320/3504 = 0,3767 A
I2 = Δ2/Δ = 120/3504 = 0,03425 A
I3 = Δ3/Δ = −3480/3504 = −0,9932 A

Відповідь

IR4 = I1 − I2 = 0,3425 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: VR2 = 2,93 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​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩAR4​4 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+4 = 16 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 2·16/(2+16) = 1,778 Ω
VA = 6·1,778/(3+1,778) = 2,233 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,233·4/16 = 0,5581 V
VR2′ = VA − 0 = 2,233 − 0 = 2,233 V
R1​ = 3 ΩR3​ = 12 ΩКЗR2​2 ΩAR4​4 ΩBIs​2,5 A

Випадок 2 · діє лише Is

V₁ стає коротким замиканням, тож R₁ паралельний R₂. Iₛ у точці B розгалужується між R₄ і шляхом через R₃.

R1 ∥ R2 = 3·2/(3+2) = 1,2 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 4 ∥ 13,2 = 3,07 Ω
VB = Is·Req = 2,5·3,07 = 7,674 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 7,674·1,2/13,2 = 0,6977 V
VR2″ = VA − 0 = 0,6977 − 0 = 0,6977 V

Додайте складові

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 2,233 + 0,6977 = 2,93 V

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

8.Метод накладання

Відповідь: IR3 = −2,337 A

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

R1​ = 12 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​36 VR3​4 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) = 4 ∥ 23 = 3,407 Ω
VA = 36·3,407/(12+3,407) = 7,962 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 7,962·3/23 = 1,038 V
IR3′ = (0 − VA)/R3 = (0 − 7,962)/4 = −1,99 A
R1​ = 12 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 3 ΩКЗR3​4 ΩAIs​2 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 = 3 Ω, тож лівий шлях — R2+3 = 23 Ω
Req = R4 ∥ 23 = 2,654 Ω
VB = Is·Req = 2·2,654 = 5,308 V
VA = VB·3/23 = 0,6923 V
IR3″ = (0 − VA)/R3 = (0 − 0,6923)/4 = −0,1731 A
R1​ = 12 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 3 ΩКЗR3​4 ΩAОБРИВB+−V2​6 V

Випадок 3 · діє лише V2

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

R1 ∥ R3 = 12·4/(12+4) = 3 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 6·23/26 = 5,308 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 5,308·3/23 = 0,6923 V
IR3‴ = (0 − VA)/R3 = (0 − 0,6923)/4 = −0,1731 A

Додайте складові

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = (−1,99) + (−0,1731) + (−0,1731) = −2,337 A

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

9.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = 13,33 V

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​ = 5 ΩКЗR2​10 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 = 8·10/(8+10) = 4,444 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,444 + 5 = 9,444 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​10 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) = 24·10/(8+10) = 13,33 V
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: PL = 14,37 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​ = 30 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​20 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 = 30·20/(30+20) = 12 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 12 + 20 = 32 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​5 VR2​20 ΩAIs​1,5 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 + (−1,5)·12 = −16 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −16 + (−1,5)·20 = −46 V
Rth​ = 32 Ω−+Vth​46 VRL​15 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) = −46/(32 + 15) = −0,9787 A
PL = IL²·RL = −0,9787²·15 = 14,37 W
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: t = 13,86 ms

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

Стала часу і кінцевий струм

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

τ = L/R = 100 mH / 10 Ω = 10 ms
i(∞) = Vs/R = 15/10 = 1,5 A

Виразіть час

0,75 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,75)
t = −10·ln(0,25) = 13,86 ms

Відповідь

t = 13,86 ms
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vC = 14,48 V

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

Початкове значення, кінцеве значення, стала часу

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

vC(0) = 20 V, vC(∞) = Vs = 6 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 220 µF = 1496 ms
vC(t) = 6 + (20 − 6)·e−t/τ

Напруга в заданий момент

vC(750) = 6 + (14)·e−750/1496 = 14,48 V

Відповідь

vC = 14,48 V
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: C = 31,66 µF

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|.

Умова резонансу

При резонансі індуктивний і ємнісний опори взаємно компенсуються: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·200 = 1257 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(1257²·0,02) = 31,66 µF

Відповідь

C = 31,66 µF
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: f0 = 214,6 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|.

Резонанс

При резонансі індуктивний і ємнісний опори взаємно компенсуються: ωL = 1/(ωC). Частота мережі не має значення.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,25·2,2·10⁻⁶)) = 214,6 Hz

Відповідь

f0 = 214,6 Hz
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: S = 5290 VA

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

|Z| = √(8² + 6²) = 10 Ω
I = V/|Z| = 230/10 = 23 A

Повна потужність

S = V·I = 230·23 = 5290 VA

Відповідь

S = 5290 VA
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: C = 1003 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 = 20·tan(53,13°) = 26,67 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(23,07°) = 8,52 kvar
QC = Q1 − Q2 = 18,15 kvar

Ємність

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

C = QC/(2πf·V²) = 18147/(2π·50·240²) = 1003 µF

Відповідь

C = 1003 µF
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 14,77 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.

Повна потужність

S = √3·VL·IL = √3·208·50 = 18,01 kVA

Активна потужність

P = S·cos φ = 18,01·0,82 = 14,77 kW

Відповідь

P = 14,77 kW
18.Трифазні системи

Відповідь: QC = 32,82 kvar

Симетричні трифазні системи: у з’єднанні зіркою (Y) лінійна напруга в √3 разів більша за фазну, VL = √3·Vph, а лінійний струм дорівнює фазному. У з’єднанні трикутником (Δ) лінійна напруга дорівнює фазній, а лінійний струм у √3 разів більший за фазний, IL = √3·Iph. Сумарна потужність утричі більша за потужність однієї фази: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Компенсація реактивної потужності: конденсатори постачають реактивну потужність на місці, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Кожен із трьох конденсаторів дає QC/3 = V²·ω·C, де V — напруга на цьому конденсаторі: VL у батареї, з’єднаній трикутником, VL/√3 — у батареї, з’єднаній зіркою.

Реактивна потужність до і після

Активна потужність не змінюється, тож кожен коефіцієнт потужності визначає реактивну потужність: Q = P·tan φ.

Q1 = 60·tan(acos 0,8) = 60·0,75 = 45 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,98) = 60·0,2031 = 12,18 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 32,82 kvar

Відповідь

QC = 32,82 kvar
19.Трансформатори

Відповідь: a = 6

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.

Узгодьте зведене навантаження

a²·10 = 360
a = √(360/10) = √36 = 6

Відповідь

a = 6
20.Трансформатори

Відповідь: Sη,max = 53,03 kVA

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 дорівнюють втратам у сталі

x²·900 = 450 → x = √(450/900) = 0,7071

Навантаження при максимальному ККД

Sη,max = x·S = 0,7071·75 = 53,03 kVA

Відповідь

Sη,max = 53,03 kVA
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 1,786 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/(100 + 47) = 0,6714 V
V₋ = V₊

ЗСК для інвертувального входу

(−1,7 − 0,6714)/100 = (0,6714 − Vout)/47
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (47/100)·(2,1 − (−1,7)) = 1,786 V

Відповідь

Vout = 1,786 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = −0,44 V

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

Напруга на вході +

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,1·10/(10 + 10) = 0,55 V

Накладіть дію двох входів

При V₂ = 0 для V₁ схема — інвертувальний підсилювач. При V₁ = 0 V₊ підсилюється з коефіцієнтом неінвертувального підсилювача 1 + R₂/R₁.

Vout = −(22/10)·1 + (1 + 22/10)·0,55 = −2,2 + 1,76 = −0,44 V

Відповідь

Vout = −0,44 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: R = 450 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 = 24 − 5·3 = 9 V

Опір

R = 9/0,02 = 450 Ω

Відповідь

R = 450 Ω

Резистор розсіює 180 мВт.

24.Діоди й транзистори

Відповідь: Rmax = 250,9 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 = 50 + 5 = 55 mA

Найбільший опір

Rmax = 13,8/0,055 = 250,9 Ω

Відповідь

Rmax = 250,9 Ω
25.Системи числення

Відповідь: N = 108

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.

64 + 32 + 8 + 4 = 108

Відповідь

N = 108
26.Системи числення

Відповідь: N = 4095

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

Найбільше значення

212 − 1 = 4095

Відповідь

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

Відповідь: N = 3

Мультиплексор: мультиплексор 2ⁿ-до-1 передає на вихід один зі своїх інформаційних входів; адресні лінії, прочитані як двійкове число, вибирають який. Для MUX 4-до-1 з адресами S₁S₀ = AB маємо F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Якщо з’єднати інформаційні входи з 0, 1, C або C′, MUX реалізує будь-яку функцію від A, B і C, що є поширеним способом побудувати логіку однією мікросхемою.

Вираз виходу

F = A′B′ + A′BC

Рядки з F = 1

ABC = 000, 001, 011
N = 3

Відповідь

N = 3
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: N = 2

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

Прості імпліканти

Найбільші групи, які можна утворити з одиниць і X.

B′C′D, BCD, AC′D, ABD, A′B′C′, A′BC
ABCD00011110000111101011030204051716X12X131150140819011010

Суттєві прості імпліканти

A′B′C′, A′BC
N = 2

Відповідь

N = 2
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: A = 7

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 + 10s + 24 = (s + 4)(s + 6)
F(s) = A/(s + 4) + B/(s + 6)

Правило закривання

Помножте на (s + 4) і покладіть s = −4: доданок із B зникає.

A = (3s + 26)/(s + 6) |s = −4 = 14/2 = 7

Відповідь

A = 7
(B = −4, тож f(t) = 7·e−4t − 4·e−6t)
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.6) = 4,388

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 + 5s + 4)·Y(s) = 2s + 10 + 40/s
Y(s) = (2s² + 10s + 40)/(s(s + 1)(s + 4))

Простіші дроби

A = 40/(1·4) = 10
B = 32/((−1)·3) = −10,67
C = 32/((−4)·(−3)) = 2,667

Результат

y(t) = 10 − 10,67·e−t + 2,667·e−4t
y(0,6) = 4,388

Відповідь

y(0,6) = 4,388

Перевірка: y(0) = A + B + C = 2.

31.Блок-схеми

Відповідь: τ = 0,3333 s

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

Передатна функція замкненої системи

T(s) = G/(1 + G·H) = 8/(s + 1 + 2) = 8/(s + 3)

Результат

τ = 1/3 = 0,3333 s

Відповідь

τ = 0,3333 s
32.Блок-схеми

Відповідь: ω = 7,348 rad/s

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

Характеристичне рівняння

s³ + 13s² + 54s + 72 + K = 0

Таблиця Рауса

s³ | 1 54
s² | 13 72 + K
s¹ | (13·54 − 72 − K)/13
s⁰ | 72 + K

Межа стійкості

Усі елементи першого стовпця мають бути додатними.

Kmax = 13·54 − 72 = 630

Частота коливань

13·(jω)² + 72 + 630 = 0 → ω² = 702/13 = 54
ω = 7,348 rad/s

Відповідь

ω = 7,348 rad/s
33.Перехідна характеристика

Відповідь: ts = 4 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 = 8 → ωₙ = 2,828 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·2,828) = 0,3536

Результат

ζωₙ = 1 → ts ≈ 4/1 = 4 s

Відповідь

ts = 4 s
34.Перехідна характеристика

Відповідь: K = 30,06

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

Передатна функція замкненої системи

T(s) = K/(s² + 5s + K)

Коефіцієнт демпфування за перерегулюванням

ζ = −ln(0,2)/√(π² + ln²(0,2)) = 0,4559

Коефіцієнт підсилення

ωₙ = 5/(2ζ) = 5,483 rad/s
K = ωₙ² = 30,06

Відповідь

K = 30,06
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: |H| = −14,12 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/(2200·2,2 × 10⁻⁹) = 206612 rad/s
fc = 32883 Hz → f/fc = 6600/32883 = 0,2007

Коефіцієнт підсилення

|H| = 0,2007/√(1 + 0,2007²) = 0,1968
20·log₁₀(0,1968) = −14,12 dB

Відповідь

|H| = −14,12 dB
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: GM = 3,01 dB

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

Перетин за фазою

(ω/4)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(4·10) = 6,325 rad/s

Модуль на перетині за фазою

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 100)) = K/(4·10·(4 + 10)) = K/560

Запас за підсиленням

GM = 20·log₁₀(560/396) = 3,01 dB

Відповідь

GM = 3,01 dB
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: Kmax = 520

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.

Характеристичне рівняння

s³ + 13s² + 40s + K = 0

Таблиця Рауса

s³: 1, 40
s²: 13, K
s¹: (13·40 − K)/13
s⁰: K

Умови

Кожен елемент першого стовпця має бути додатним.

K > 0
13·40 − K > 0 → K < 520

Відповідь

Kmax = 520

При K = 520 замкнена система коливається з частотою ω = √40 = 6,325 rad/s.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: σa = −3,667

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

Полюси й нулі

полюси: 0, −5, −6
n − m = 3 − 0 = 3

Центр ваги

σa = (−11)/3 = −3,667

Відповідь

σa = −3,667

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

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 1,961 %

Усталена похибка: у контурі з одиничним зворотним зв’язком і передавальною функцією розімкненої системи G(s) похибка дорівнює E(s) = R(s)/(1 + G(s)), а за теоремою про кінцеве значення ess = lims→0 s·E(s). Тип системи — це кількість полюсів G(s) у точці s = 0. Константи похибок: Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) і Ka = lim s²·G(s), усі при s → 0. Східчастий сигнал величини A дає ess = A/(1 + Kp), лінійно наростальний A·t дає A/Kv, а параболічний A·t²/2 дає A/Ka. Контур типу 0 відпрацьовує східчастий сигнал зі скінченною похибкою, контур типу 1 відпрацьовує його точно, а лінійно наростальний — зі скінченною похибкою.

Позиційна константа

Kp = 20·2,5 = 50

Похибка за східчастого сигналу

ess = 100/(1 + 50) = 1,961 %

Відповідь

ess = 1,961 %
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: %OS = 52,66 %

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

Характеристичний поліном

s(s + 4) + 50·2 = s² + 4s + 100

ωₙ і ζ

ωₙ = √100 = 10 rad/s
ζ = 4/(2·10) = 0,2

Перерегулювання

%OS = 100·e−0,2π/√(1 − 0,2²) = 52,66 %

Відповідь

%OS = 52,66 %

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