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​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAR4​5 ΩB

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

V1 = 30 VR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 10 ΩR4 = 5 Ω
IR1 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 8 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩIR2​AR4​20 ΩBR6​30 Ω

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 30 VR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 25 ΩR4 = 20 ΩR5 = 3 ΩR6 = 30 Ω
IR2 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
−+Vs​ = 3 VIs​4 AAR1​8 ΩR2​15 ΩB

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

Is = 4 AVs = 3 VR1 = 8 ΩR2 = 15 Ω
VA = V
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 10 ΩR2​ = 20 ΩIR2​R4​ = 4 Ω+−V1​15 VR3​10 ΩAR5​25 ΩBIs​2,5 A+−V2​36 V

Скористайтеся методом вузлових потенціалів, щоб знайти струм IR2 через R2 у напрямку стрілки.

V1 = 15 VIs = 2,5 AV2 = 36 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 ΩR4 = 4 ΩR5 = 25 Ω
IR2 = A
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 20 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​9 VR3​8 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

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

V1 = 9 VV2 = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 Ω
I2 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 6 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​15 VR4​15 Ω+−VR4​AR5​20 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти напругу VR4 на R4 з указаною полярністю.

V1 = 15 VV2 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 3 ΩR3 = 25 ΩR4 = 15 ΩR5 = 20 Ω
VR4 = V
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAR4​5 Ω−+VR4​BIs​1 A

Скористайтеся методом накладання, щоб знайти напругу VR4 на R4 з указаною полярністю.

V1 = 10 VIs = 1 AR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 ΩR4 = 5 Ω
VR4 = V
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 30 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​6 VR3​12 ΩIR3​AIs​5 AB+−V2​?

Знайдіть значення джерела напруги V2 (полярність як на схемі), за якого струм IR3 через R3 дорівнює нулю.

V1 = 6 VIs = 5 AR1 = 30 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩR4 = 5 Ω
V2 = V
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩARL​4 ΩIL​B

До a–b підключено навантаження RL = 4 Ω. Замініть решту кола еквівалентом Тевенена і знайдіть струм навантаження IL.

V1 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩRL = 4 Ω
IL = A
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 20 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩAIs​2,5 ABRL​12 ΩIL​

До a–b підключено навантаження RL = 12 Ω. За допомогою еквівалента Тевенена знайдіть потужність PL, що передається навантаженню.

V1 = 10 VIs = 2,5 AR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 ΩRL = 12 Ω
PL = W
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​24 Vt = 0R1​ = 3,3 kΩR2​ = 2,2 kΩC10 µF+−vC​

Джерело Vₛ заряджає конденсатор через R₁, а R₂ під’єднано паралельно C. Конденсатор розряджений, коли вимикач замикається в момент t = 0. Знайдіть напругу на конденсаторі vC у момент t = 15 ms.

Vs = 24 VR1 = 3,3 kΩR2 = 2,2 kΩC = 10 µFt = 15 ms
vC = V
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​20 Vрозмикається при t = 0R1​ = 10 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 = 400 ms.

Vs = 20 VR1 = 10 kΩR2 = 4,7 kΩC = 33 µFt = 400 ms
vC = V
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
120 V100 HzR = 40 ΩL = 50 mHC = 22 µFI

Послідовне коло RLC підключено до мережі 120 V (діюче значення), 100 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.

V = 120 V (rms)f = 100 HzR = 40 ΩL = 50 mHC = 22 µF
I = A
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
VfR = 100 ΩL = 50 mHC = 1 µF

Послідовне RLC-коло має R = 100 Ω, L = 50 mH і C = 1 µF. Знайдіть його добротність Q при резонансі.

R = 100 ΩL = 50 mHC = 1 µF
Q =
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
P = 8 kWQSφ

Однофазний двигун споживає 8 kW при коефіцієнті потужності 0,9 (індуктивному) від мережі 230 V. Знайдіть струм лінії I.

P = 8 kWpf = 0,9V = 230 V
I = A
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P = 10 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазне навантаження споживає 10 kW при коефіцієнті потужності 0,7 (індуктивному) від мережі 240 V, 50 Hz. Паралельно підключений конденсатор підвищує коефіцієнт потужності до 0,98. Знайдіть реактивну потужність QC, яку має постачати конденсатор.

P = 10 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98V = 240 Vf = 50 Hz
QC = kvar
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M110 kW, η = 93%cos φ = 0,85

Трифазний асинхронний двигун при повному навантаженні розвиває механічну потужність 110 kW. При цьому навантаженні його ККД становить 93%, а коефіцієнт потужності 0,85, відстаючий. Лінійна напруга мережі 480 V. Знайдіть лінійний струм IL.

Pout = 110 kWη = 93%cos φ = 0,85VL = 480 V
IL = A
18.Трифазні системиСкладна
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симетричне трифазне навантаження споживає 300 kW при коефіцієнті потужності 0,7 (відстаючому) від мережі 690 V (лінійна напруга), 60 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 = 300 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
6600 V230 VIHV​ = ?ILV​10 kVA

Однофазний трансформатор 10 kVA, 6600/230 V працює з номінальним навантаженням. Вважайте його ідеальним. Знайдіть струм IHV в обмотці вищої напруги.

S = 10 kVAV1 = 6600 VV2 = 230 V
IHV = A
20.ТрансформаториСкладна
pf 0,9500 kVA, η = 98,8%

Однофазний трансформатор 500 kVA має втрати в сталі 2000 W. При номінальному навантаженні й коефіцієнті потужності 0,9 (відстаючому) його ККД становить 98,8%. Знайдіть втрати в міді при повному навантаженні Pcu,fl у ватах.

S = 500 kVAPcore = 2000 Wpf = 0,9η = 98,8%
Pcu,fl = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​R2​ = 47 kΩV1​ = −1,9 VR1​ = 22 kΩV2​ = −1,3 VR3​ = 22 kΩR4​ = 47 kΩ

Диференціальний підсилювач використовує ідеальний ОП із живленням ±15 V, R3 = R1 і R4 = R2. Знайдіть напругу V− на інвертувальному вході.

V1 = −1,9 VV2 = −1,3 VR1 = R3 = 22 kΩR2 = R4 = 47 kΩ
V− = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​Rf​ = 47 kΩV1​ = 0,6 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 0,2 VR2​ = 22 kΩ

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

V1 = 0,6 VV2 = 0,2 VR1 = 4,7 kΩR2 = 22 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
+−24 VR = ?3 × 2,2 V5 mA

3 зелені світлодіодів (пряма напруга 2,2 В кожен) з’єднано послідовно з резистором до джерела 24 В. Знайдіть опір R, що задає струм 5 мА.

Vs = 24 VVF = 2,2 Vn = 3I = 5 mA
R = Ω
24.Діоди й транзисториСкладна
+−≤ 26 V330 Ω3,3 V

Стабілізатор на стабілітроні 3,3 В має послідовний резистор 330 Ом. Вхідна напруга може зрости до 26 В, а навантаження може бути відключене. Знайдіть найбільшу потужність PZ,max, яку має розсіювати стабілітрон.

Vin,max = 26 VVZ = 3,3 VR = 330 Ω
PZ,max = mW
25.Системи численняСередня
8-бітовий додатковий код?−128?64?32?16?8?4?2?1

Запишіть −79 як 8-бітовий шаблон у додатковому коді. Прочитайте шаблон як беззнакове двійкове число: яке його значення U у десятковій системі?

N = −798 bit
U =
26.Системи численняСкладна
клацайте біти, щоб встановити їх012806403201608040201

Встановіть біти за 8-бітовим результатом 0110 0111 AND 0111 1011. Яке значення R результату в десятковій системі?

0110 0111AND0111 1011
R =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
MUXCI0​0I1​C′I2​C′I3​ABS1​S0​F

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

I₀ = CI₁ = 0I₂ = C′I₃ = C′
N =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
ABCD000111100001111000011312X415X706X12013015X140819111110

Знайдіть мінімальну форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(2, 3, 5, 9, 10, 11) + d(4, 7, 12, 14), де d позначає байдужі стани. Скільки літералів L вона містить?

F(A, B, C, D) = Σm(2, 3, 5, 9, 10, 11) + d(4, 7, 12, 14)
L =
29.Перетворення ЛапласаСередня
t (s)f(t)t = 0,25f(0,25) = ?

Знайдіть f(t) для F(s) = (4s + 14)/(s² + 6s + 9) і обчисліть f(0,25).

F(s) = (4s + 14)/(s² + 6s + 9)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,50,51

Систему описано диференціальним рівнянням y″ + 5y′ + 6y = 3u′ + 12u 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 = 0,25 s. Знайдіть g(0,25).

y″ + 5y′ + 6y = 3u′ + 12ut = 0,25 s
g(0.25) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+Ks(s + 14)G(s)C(s)−

Об’єкт G(s) = K/(s(s + 14)) 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 + 14))одиничний від’ємний зворотний зв’язок
K =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+Kрегулятор+D(s)+5s + 4об’єктC(s)−

Пропорційний регулятор K керує об’єктом G(s) = 5/(s + 4) в одиничному від’ємному зворотному зв’язку. Сходинка збурення розміром 2 діє на вході об’єкта за R = 0. Знайдіть найменший коефіцієнт підсилення K, за якого усталений вихід не перевищує 0,125.

G(s) = 5/(s + 4)D = 2css ≤ 0,125
K =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)2

Система має передатну функцію G(s) = 170/(s² + 11s + 85) і отримує на вході одиничну сходинку. Полюси: s = σ ± jωd. Знайдіть дійсну частину σ.

G(s) = 170/(s² + 11s + 85)
σ =
34.Перехідна характеристикаСкладна
+−5 VR = 19 ΩL = 100 mHC = 100 µFvC​

Послідовне RLC-коло з R = 19 Ω, L = 100 mH і C = 100 µF підключають до сходинки 5 V у момент t = 0. Конденсатор незаряджений, і до сходинки струм не тече. Знайдіть пікову напругу на конденсаторі vC,max.

R = 19 ΩL = 100 mHC = 100 µFV = 5 V
vC,max = V
35.Діаграми Боде та запасиСередня
vin​C = 47 nFR = 3,3 kΩvout​

RC-фільтр верхніх частот на рисунку має R = 3,3 kΩ, C = 47 nF. На вхід подають синусоїдний сигнал 3,1 kHz. Знайдіть коефіцієнт підсилення |H| = |vout/vin| у dB.

R = 3,3 kΩC = 47 nFf = 3,1 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) = K/(s(s + 2)(s + 6)). Знайдіть підсилення K, що дає запас за підсиленням 12 dB.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 6))GM = 12 dB
K =
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+K1s(s + 4)(s + 5)C(s)−

Контур на схемі має передавальну функцію розімкненої системи L(s) = K/(s(s + 4)(s + 5)). Знайдіть найбільше значення Kmax, за якого замкнена система стійка.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 5))
Kmax =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReImζ = 0,8−2−4−6−8−10−12j2j4

Показано кореневий годограф L(s) = K/(s(s + 10)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого полюси замкненої системи мають коефіцієнт демпфування ζ = 0,8.

L(s) = K/(s(s + 10))ζ = 0,8
K =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
R(s)+K = 192,510s + 1C(s)−

Процес G(s) = 2,5/(10s + 1) регулюється пропорційним коефіцієнтом підсилення K = 19 у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть усталену похибку ess для східчастого сигналу у відсотках від величини східця.

G(s) = 2,5/(10s + 1)K = 19
ess = %
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+Kp​ + Ki​/s2s + 2C(s)−

ПІ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s керує об’єктом G(s) = 2/(s + 2) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Замкнена система має мати ωₙ = 6 rad/s і ζ = 0,8. Знайдіть інтегральний коефіцієнт Ki.

G(s) = 2/(s + 2)ωₙ = 6 rad/sζ = 0,8
Ki =

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 1,154 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​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​10 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 = 10 + 5 = 15 Ω
R2 ∥ 15 = 10·15/(10+15) = 6 Ω
Req = R1 + 6 = 20 + 6 = 26 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 30/26 = 1,154 A

Відповідь

IR1 = 1,154 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 2,334 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​ = 8 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAR4​20 ΩBR6​30 Ω

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R5 + R6 = 3 + 30 = 33 Ω
R4 ∥ 33 = 12,45 Ω
R3 + 12,45 = 37,45 Ω
R2 ∥ 37,45 = 3,614 Ω
Req = R1 + 3,614 = 8 + 3,614 = 11,61 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 30/11,61 = 2,583 A

Струм через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 30 − 2,583·8 = 9,335 V
IR2 = VA/R2 = 9,335/4 = 2,334 A

Відповідь

IR2 = 2,334 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VA = 19,83 V

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

Утворіть надвузол

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

VB = VA + Vs = VA + 3
VA/R1 + VB/R2 = Is

Розв’яжіть

VA/8 + (VA + 3)/15 = 4
VA = (4 − 3/15)/(1/8 + 1/15) = 19,83 V
VB = 19,83 + 3 = 22,83 V

Відповідь

VA = 19,83 V
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR2 = −1,13 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.

R1​ = 10 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​15 VR3​10 ΩAR5​25 ΩBIs​2,5 A+−V2​36 V

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 15 V, V2 = 36 V). Невідомі: VA, VB.

ЗСК у вузлі A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/10 + (VA − 15)/10 + (VA − VB)/20 = 0
0,25·VA − 0,05·VB = 1,5

ЗСК у вузлі B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/25 + (VB − VA)/20 + (VB − 36)/4 = 2,5
−0,05·VA + 0,34·VB = 11,5

Розв’яжіть

Δ = (0,25)(0,34) − (−0,05)(−0,05) = 0,0825
VA = Δ1/Δ = 1,085/0,0825 = 13,15 V
VB = Δ2/Δ = 2,95/0,0825 = 35,76 V

Відповідь

IR2 = (VA − VB)/R2 = (13,15 − 35,76)/20 = −1,13 A
5.Метод контурних струмів

Відповідь: I2 = −0,4194 A

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

R1​ = 20 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​9 VR3​8 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
20·I1 + 8(I1 − I2) = 9
28·I1 − 8·I2 = 9

ЗНК для контуру 2

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

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

Розв’яжіть

Δ = (28)(20) − (−8)(−8) = 496
I1 = Δ1/Δ = 100/496 = 0,2016 A
I2 = Δ2/Δ = −208/496 = −0,4194 A

Відповідь

I2 = −0,4194 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: VR4 = 10,08 V

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​ = 3 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​15 VR4​15 ΩAR5​20 ΩB+−V2​18 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 + 15(I1 − I2) = 15
21·I1 − 15·I2 = 15

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
3·I2 + 15(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 38·I2 − 20·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
25·I3 + 20(I3 − I2) = (−18)
−20·I2 + 45·I3 = −18

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 17385
I1 = Δ1/Δ = 14250/17385 = 0,8197 A
I2 = Δ2/Δ = 2565/17385 = 0,1475 A
I3 = Δ3/Δ = −5814/17385 = −0,3344 A

Відповідь

IR4 = I1 − I2 = 0,6721 A
VR4 = IR4·R4 = 0,6721·15 = 10,08 V

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: VR4 = −4,342 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​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAR4​5 ΩBОБРИВ

Випадок 1 · діє лише V1

Iₛ стає розривом, тож R₃ і R₄ утворюють одну послідовну гілку від A до землі, паралельну R₂.

R3+R4 = 5+5 = 10 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 4·10/(4+10) = 2,857 Ω
VA = 10·2,857/(8+2,857) = 2,632 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,632·5/10 = 1,316 V
VR4′ = 0 − VB = 0 − 1,316 = −1,316 V
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 ΩКЗR2​4 ΩAR4​5 ΩBIs​1 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 = 8·4/(8+4) = 2,667 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 5 ∥ 7,667 = 3,026 Ω
VB = Is·Req = 1·3,026 = 3,026 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 3,026·2,667/7,667 = 1,053 V
VR4″ = 0 − VB = 0 − 3,026 = −3,026 V

Додайте складові

VR4 = VR4′ + VR4″
VR4 = (−1,316) + (−3,026) = −4,342 V

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

8.Метод накладання

Відповідь: V2 = 23,6 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​ = 30 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​6 VR3​12 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) = 12 ∥ 7 = 4,421 Ω
VA = 6·4,421/(30+4,421) = 0,7706 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 0,7706·5/7 = 0,5505 V
R1​ = 30 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 5 ΩКЗR3​12 ΩAIs​5 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. Стрілка Iₛ спрямована вниз, від його вузла, тож Iₛ відбирає струм із цього вузла: його доданок входить зі знаком мінус.

R1 ∥ R3 = 8,571 Ω, тож лівий шлях — R2+8,571 = 10,57 Ω
Req = R4 ∥ 10,57 = 3,394 Ω
VB = −Is·Req = −5·3,394 = −16,97 V
VA = VB·8,571/10,57 = −13,76 V

Випадок 3 · діє лише V2, на один вольт

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

R1 ∥ R3 = 8,571 Ω
VA‴ = V2·8,571/(5 + 2 + 8,571) = 0,5505·V2

Прирівняйте VA до нуля

При VA = 0 напруга на R₃ відсутня, тож струм через нього дорівнює нулю.

VA′ + VA″ + VA‴ = 0,7706 + (−13,76) + 0,5505·V2 = 0
V2 = 12,99/0,5505 = 23,6 V

Відповідь

V2 = 23,6 V
9.Тевенен і Нортон

Відповідь: IL = 0,1579 A

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 2 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 = 20·10/(20+10) = 6,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,667 + 2 = 8,667 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 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) = 6·10/(20+10) = 2 V
Rth​ = 8,667 Ω+−Vth​2 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) = 2/(8,667 + 4) = 0,1579 A
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: PL = 24,16 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​ = 20 ΩR3​ = 6 ΩКЗR2​10 ΩAОБРИВBabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

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

R1 ∥ R2 = 20·10/(20+10) = 6,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,667 + 6 = 12,67 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩAIs​2,5 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) = 3,333 + 2,5·6,667 = 20 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 20 + 2,5·6 = 35 V
Rth​ = 12,67 Ω+−Vth​35 VRL​12 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) = 35/(12,67 + 12) = 1,419 A
PL = IL²·RL = 1,419²·12 = 24,16 W
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vC = 6,519 V

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

Еквівалентна схема Тевенена з боку конденсатора

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

Rth = R1 ∥ R2 = 3,3·2,2/(3,3 + 2,2) = 1,32 kΩ
vC(∞) = 24·2,2/(3,3 + 2,2) = 9,6 V

Стала часу

τ = Rth·C = 1,32·10 = 13,2 ms

Крива заряджання

vC(t) = 9,6·(1 − e−15/13,2) = 6,519 V

Відповідь

vC = 6,519 V
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vC = 0,485 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) = 20·4,7/(10 + 4,7) = 6,395 V

Стала часу після розмикання ключа

τ = R2·C = 4,7·33 = 155,1 ms

Розряджання

vC(t) = 6,395·e−400/155,1 = 0,485 V

Відповідь

vC = 0,485 V
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: I = 2,097 A

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

Реактивні опори

ω = 2πf = 2π·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,05 = 31,42 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·22·10⁻⁶) = 72,34 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (−40,93)²) = 57,23 Ω

Струм

Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.

I = V/|Z| = 120/57,23 = 2,097 A

Відповідь

I = 2,097 A
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: Q = 2,236

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·√(0,05·1·10⁻⁶)) = 711,8 Hz

Добротність

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

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/100)·√(0,05/(1·10⁻⁶)) = 2,236

Відповідь

Q = 2,236
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: I = 38,65 A

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

Струм лінії

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

I = P/(V·cos φ) = 8000/(230·0,9) = 38,65 A

Відповідь

I = 38,65 A
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: QC = 8,171 kvar

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 = 10·tan(45,57°) = 10,2 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 10·tan(11,48°) = 2,031 kvar
QC = Q1 − Q2 = 8,171 kvar

Відповідь

QC = 8,171 kvar
17.Трифазні системи

Відповідь: IL = 167,4 A

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

Електрична вхідна потужність

Pin = Pout/η = 110/0,93 = 118,3 kW

Струм лінії

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 118280/(√3·480·0,85) = 167,4 A

Відповідь

IL = 167,4 A
18.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 298,6 µF

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

Реактивна потужність до і після

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

Q1 = 300·tan(acos 0,7) = 300·1,02 = 306,1 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,9) = 300·0,4843 = 145,3 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 160,8 kvar

Ємність на фазу

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

V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 53588/(377·690²) = 298,6 µF

Відповідь

Cph = 298,6 µF
19.Трансформатори

Відповідь: IHV = 1,515 A

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

Номінальний струм

Обидві обмотки передають однакову повну потужність.

IHV = S/V = 10000/6600 = 1,515 A

Відповідь

IHV = 1,515 A
20.Трансформатори

Відповідь: Pcu,fl = 3466 W

Втрати в трансформаторі: втрати в сталі (гістерезис і вихрові струми) залежать від напруги й однакові за будь-якого навантаження. Втрати в міді обмоток пропорційні квадрату струму, тож при частці навантаження x від номінального вони становлять x²·Pcu,fl. ККД η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), де Pout = x·S·pf. ККД максимальний при навантаженні, за якого втрати в міді дорівнюють втратам у сталі.

Вихідна й вхідна потужність

Pout = 500·0,9 = 450 kW
Pin = 450000/0,988 = 455466 W

Сумарні втрати й втрати в міді

Ploss = 455466 − 450000 = 5466 W
Pcu,fl = 5466 − 2000 = 3466 W

Відповідь

Pcu,fl = 3466 W
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: V− = −0,8855 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) = −1,3·47/(22 + 47) = −0,8855 V
V₋ = V₊

Відповідь

V− = −0,8855 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = −6,427 V

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

Вхідні струми

V₋ = 0, тож на кожному вхідному резисторі вся його вхідна напруга.

I1 = V1/R1 = 0,6/4,7 = 0,1277 mA
I2 = V2/R2 = 0,2/22 = 0,009091 mA
If = I1 + I2 = 0,1368 mA

Вихідна напруга

Vout = −Rf·If = −47·0,1368 = −6,427 V

Відповідь

Vout = −6,427 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: R = 3480 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 − 3·2,2 = 17,4 V

Опір

R = 17,4/0,005 = 3480 Ω

Відповідь

R = 3480 Ω

Резистор розсіює 87 мВт.

24.Діоди й транзистори

Відповідь: PZ,max = 227 mW

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 стабілітрона в найгіршому випадку

IZ = 22,7/330 = 68,79 mA

Потужність стабілітрона

PZ = 3,3·68,79 = 227 mW

Відповідь

PZ,max = 227 mW
25.Системи числення

Відповідь: U = 177

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

Інвертуйте і додайте одиницю

79 = 0100 1111
інвертовано: 1011 0000
+1 → 1011 0001

Прочитайте як беззнакове

1011 0001₂ = 256 − 79 = 177

Відповідь

U = 177
26.Системи числення

Відповідь: R = 99

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

AND дає 1 лише там, де обидва біти дорівнюють 1.

0110 0111
AND 0111 1011
= 0110 0011

Значення результату

0110 0011₂ = 99

Відповідь

R = 99
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′C + AB′C′ + ABC′

Рядки з F = 1

ABC = 001, 100, 110
N = 3

Відповідь

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

Відповідь: L = 8

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, A′CD, ACD′, A′BD, AB′D, A′BC′
ABCD000111100001111000011312X415X706X12013015X140819111110

Мінімальне покриття

F = B′C + A′BD + AB′D
L = 8

Відповідь

L = 8

Існує інше групування того самого розміру; воно має таку саму кількість доданків і літералів.

29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.25) = 2,126

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 + 6s + 9 = (s + 3)²

Простіші дроби

4s + 14 = 4(s + 3) + 2
F(s) = 4/(s + 3) + 2/(s + 3)²

Обернене перетворення

f(t) = 4·e−3t + 2·t·e−3t
f(0,25) = (4 + 2·0,25)·e−3·0,25 = 2,126

Відповідь

f(0,25) = 2,126
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: g(0.25) = 2,222

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 + 12)/(s² + 5s + 6)

Простіші дроби

s² + 5s + 6 = (s + 2)(s + 3)
A = 6, B = −3

Імпульсна характеристика

g(t) = 6·e−2t − 3·e−3t
g(0,25) = 2,222

Відповідь

g(0,25) = 2,222
31.Блок-схеми

Відповідь: K = 49

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 + 14)) = 0 → s² + 14s + K = 0

Кратний корінь

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

14² = 4K → K = 196/4 = 49

Відповідь

K = 49
Обидва полюси замкненої системи тоді лежать у s = −7.
32.Блок-схеми

Відповідь: K = 15,2

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).

Відгук на збурення

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 2·5/(4 + 5K)

Розв’яжіть відносно K

4 + 5K = 2·5/0,125 = 80
K = (80 − 4)/5 = 15,2

Відповідь

K = 15,2
33.Перехідна характеристика

Відповідь: σ = −5,5

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 = 85 → ωₙ = 9,22 rad/s
2ζωₙ = 11 → ζ = 11/(2·9,22) = 0,5966

Результат

σ = −ζωₙ = −11/2 = −5,5

Відповідь

σ = −5,5
34.Перехідна характеристика

Відповідь: vC,max = 6,859 V

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

Власна частота й коефіцієнт демпфування

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,1·1 × 10⁻⁴) = 316,2 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (19/2)·√(1 × 10⁻⁴/0,1) = 0,3004

Результат

%OS = 37,18 %
vC,max = 5·(1 + 0,3718) = 6,859 V

Відповідь

vC,max = 6,859 V
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: |H| = −0,4515 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/(3300·4,7 × 10⁻⁸) = 6447 rad/s
fc = 1026 Hz → f/fc = 3100/1026 = 3,021

Коефіцієнт підсилення

|H| = 3,021/√(1 + 3,021²) = 0,9493
20·log₁₀(0,9493) = −0,4515 dB

Відповідь

|H| = −0,4515 dB
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: K = 24,11

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/2)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(2·6) = 3,464 rad/s

Модуль на перетині за фазою

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 4)·√(ω² + 36)) = K/(2·6·(2 + 6)) = K/96

Потрібне підсилення

96/K = 1012/20 = 3,981
K = 96/3,981 = 24,11

Відповідь

K = 24,11
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: Kmax = 180

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 + 9s² + 20s + K = 0

Таблиця Рауса

s³: 1, 20
s²: 9, K
s¹: (9·20 − K)/9
s⁰: K

Умови

Кожен елемент першого стовпця має бути додатним.

K > 0
9·20 − K > 0 → K < 180

Відповідь

Kmax = 180

При K = 180 замкнена система коливається з частотою ω = √20 = 4,472 rad/s.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: K = 39,06

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

Порівняйте зі стандартною формою

s² + 10s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,8·ωₙ = 10 → ωₙ = 6,25 rad/s

Коефіцієнт підсилення

K = ωₙ² = 6,25² = 39,06

Відповідь

K = 39,06

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

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 2,062 %

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 = 19·2,5 = 47,5

Похибка за східчастого сигналу

ess = 100/(1 + 47,5) = 2,062 %

Відповідь

ess = 2,062 %
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: Ki = 18

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 + 2).

s² + (2 + 2Kp)s + 2Ki

Цільовий поліном

s² + 2·0,8·6s + 6² = s² + 9,6s + 36

Зіставте коефіцієнти

2Ki = 36 → Ki = 18

Відповідь

Ki = 18

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

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