Підготовка до іспиту FE Electrical and Computer: шпаргалка-підсумок

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

Нові задачіНазад до курсу

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

1Формули та методи

Послідовні й паралельні резистори

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

Метод

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

Метод вузлових потенціалів

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

Метод

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

Метод контурних струмів

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

Метод

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

Метод накладання

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

Метод

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

Тевенен і Нортон

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

Метод

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

Перехідні процеси RC і RL

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

Метод

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

Повний опір і комплексні амплітуди

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

Метод

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

Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

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

Трифазні системи

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

Трансформатори

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

Схеми з операційними підсилювачами

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

Діоди й транзистори

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

Системи числення

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

Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

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

Метод

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

Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

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

Метод

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

Усталена похибка та ПІД-регулювання

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

Метод

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

2Задачі для практики

1.Послідовні й паралельні резисториСередня
R1​ = 2 ΩIR1​R3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​4 ΩAR4​8 ΩB

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

V1 = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 ΩR4 = 8 Ω
IR1 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 2 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩAR4​2 ΩBR6​25 Ω

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 12 VR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 30 ΩR4 = 2 ΩR5 = 12 ΩR6 = 25 Ω
Req = Ω
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 20 ΩIR1​R3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAR4​20 ΩBIs​4 A

Скористайтеся методом вузлових потенціалів, щоб знайти струм IR1 через R1 у напрямку стрілки.

V1 = 15 VIs = 4 AR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 2 ΩR4 = 20 Ω
IR1 = A
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 2 ΩIR1​+−Vs​ = 8 V+−V1​18 VR2​8 ΩAR3​15 ΩBIs​4 A

Джерело напруги Vₛ між A і B має затискач + біля A, тож забезпечує VA − VB = Vₛ. Методом вузлових потенціалів із надвузлом знайдіть струм IR1 через R1 у напрямку стрілки.

V1 = 18 VIs = 4 AVs = 8 VR1 = 2 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 Ω
IR1 = A
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 2 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​10 VR3​6 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти контурний струм I1 (за годинниковою стрілкою).

V1 = 10 VV2 = 30 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 Ω
I1 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 4 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR4​20 ΩAR5​5 ΩB+−V2​24 VI1​I2​I3​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти контурний струм I1 (за годинниковою стрілкою).

V1 = 9 VV2 = 24 VR1 = 4 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩR4 = 20 ΩR5 = 5 Ω
I1 = A
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 5 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​2 Ω+−VR2​AR4​10 ΩBIs​2,5 A

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

V1 = 15 VIs = 2,5 AR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 ΩR4 = 10 Ω
VR2 = V
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 2 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​18 VR3​6 ΩIR3​AIs​2,5 AB+−V2​15 V

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

V1 = 18 VIs = 2,5 AV2 = 15 VR1 = 2 ΩR2 = 30 ΩR3 = 6 ΩR4 = 3 Ω
IR3 = A
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAab

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

V1 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 8 ΩR3 = 2 Ω
IN = A
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 3 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAIs​2 ABab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 18 VIs = 2 AR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
R = 68 Ωt = 0L220 mHi(t)

Через котушку тече сталий струм 1 A. При t = 0 ключ замикає контур через R і джерело від’єднується, тож струм котушки спадає через R. Знайдіть струм i у момент t = 5 ms.

i(0) = 1 AR = 68 ΩL = 220 mHt = 5 ms
i = A
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​12 Vt = 0R = 10 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 5 V

Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 5 V з указаною полярністю. Знайдіть напругу на конденсаторі vC у момент t = 500 ms.

Vs = 12 VR = 10 kΩC = 68 µFvC(0) = 5 Vt = 500 ms
vC = V
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
12 V60 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 10 µF

Послідовне коло RLC підключено до мережі 12 V (діюче значення), 60 Hz. Знайдіть кут зсуву фаз φ повного опору в градусах (додатний, коли струм відстає від напруги).

V = 12 V (rms)f = 60 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 10 µF
φ = °
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
120 V1000 HzR = 50 ΩL = 20 mHC = 1 µFI

Послідовне коло RLC підключено до мережі 120 V (діюче значення), 1000 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.

V = 120 V (rms)f = 1000 HzR = 50 ΩL = 20 mHC = 1 µF
I = A
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
240 VZ15 + j20 ΩI

Навантаження з повним опором Z = 15 + j20 Ω під’єднано до однофазної мережі 240 V (діюче значення). Знайдіть повну потужність S.

V = 240 VZ = 15 + j20 Ω
S = VA
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P = 50 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазне навантаження споживає 50 kW при коефіцієнті потужності 0,7 (індуктивному) від мережі 400 V, 50 Hz. Паралельно підключений конденсатор підвищує коефіцієнт потужності до 0,92. Знайдіть новий струм лінії Inew.

P = 50 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92V = 400 Vf = 50 Hz
Inew = A
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 415 VNZ = 9 + j12 Ωна фазу

Симетричне навантаження, з’єднане зіркою, з повним опором 9 + j12 Ω на фазу підключене до симетричної трифазної мережі з лінійною напругою 415 V. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку поглинає навантаження, у kW.

VL = 415 VZ = 9 + j12 Ω на фазу
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симетричне трифазне навантаження споживає 75 kW при коефіцієнті потужності 0,75 (відстаючому) від мережі 480 V (лінійна напруга), 60 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,95 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано зіркою. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.

P = 75 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
4160 V480 VIHV​ = ?ILV​150 kVA

Однофазний трансформатор 150 kVA, 4160/480 V працює з номінальним навантаженням. Вважайте його ідеальним. Знайдіть струм IHV в обмотці вищої напруги.

S = 150 kVAV1 = 4160 VV2 = 480 V
IHV = A
20.ТрансформаториСкладна
75 kVA

Однофазний трансформатор 75 kVA має втрати в сталі 450 W і втрати в міді 1350 W при номінальному навантаженні. При якому навантаженні Sη,max, у kVA, його ККД найвищий?

S = 75 kVAPcore = 450 WPcu,fl = 1350 W
Sη,max = kVA
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 100 kΩVin​ = 0,1 V

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

Vin = 0,1 VR1 = 100 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​C = 4,7 µFVin​ = 1,2 VR = 47 kΩ

Інтегратор використовує ідеальний ОП із живленням ±15 V; його вихід насичується на рівні ±12 V. Конденсатор розряджений, коли при t = 0 подається стала вхідна напруга Vin = 1,2 V. Через який час після t = 0 вихід досягне насичення? Знайдіть t.

Vin = 1,2 VR = 47 kΩC = 4,7 µFVsat = ±12 V
t = ms
23.Діоди й транзисториСередня
RC​ = 1,5 kΩβ = 120IC​ = ?RE​ = 680 ΩVCC​ = 15 VR1​ = 33 kΩR2​ = 4,7 kΩ

NPN-транзистор з β = 120 має зміщення дільником напруги від VCC = 15 V: R₁ = 33 kΩ від VCC до бази й R₂ = 4,7 kΩ від бази до землі. Колекторний резистор RC = 1,5 kΩ, емітерний резистор RE = 680 Ω. Візьміть VBE = 0,7 V і використайте еквівалент Тевенена дільника (не нехтуйте струмом бази). Знайдіть струм колектора IC у mA.

VCC = 15 VR1 = 33 kΩR2 = 4,7 kΩRC = 1,5 kΩRE = 680 Ωβ = 120
IC = mA
24.Діоди й транзисториСкладна
RC​ = 150 Ωβ = 150IC​ = ?VCC​ = 9 V5 VRB​ = 220 kΩ

NPN-транзистор з β = 150 комутує резистор навантаження 150 Ω, увімкнений між VCC = 9 V і його колектором. Емітер заземлено. Базу керують від логічного виходу 5 V через базовий резистор RB = 220 kΩ. Візьміть VBE = 0,7 V і VCE(sat) = 0,2 V. Знайдіть струм колектора IC у mA при високому рівні на вході. Спершу визначте, чи транзистор у насиченні.

VCC = 9 VRC = 150 Ωβ = 150Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 220 kΩ
IC = mA
25.Системи численняСередня
8-бітовий додатковий код0−12806403201608040201

Встановіть біти так, щоб вони зберігали −81 в 8-бітовому доповняльному коді. Яке значення U шаблону, якщо читати його як беззнакове число?

N = −818 bit
U =
26.Системи численняСкладна
12-бітний доповняльний код, N = ??знак???????????

Яке найменше (найбільш від'ємне) ціле число N можна записати 12-бітовим додатковим кодом?

12 bit
N =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
MUX0I0​1I1​1I2​CI3​ABS1​S0​F

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

I₀ = 0I₁ = 1I₂ = 1I₃ = C
N =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
CLKD1234567

D-тригер, що спрацьовує за переднім фронтом, починає з Q = 0 і отримує показані входи на 7 передніх фронтах такту. Скільки разів N змінюється стан Q?

Q₀ = 0D
N =
29.Перетворення ЛапласаСередня
ReIm−1−2−3−4−5−61

F(s) = (2s + 10)/(s² + 8s + 12). Її оригінал має вигляд f(t) = A·e−2t + B·e−6t. Знайдіть коефіцієнт A розкладом на простіші дроби.

F(s) = (2s + 10)/(s² + 8s + 12)
A =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Система підпорядковується рівнянню y″ + 9y′ + 18y = 9·u(t). Вона починає зі спокою (y(0) = 0, y′(0) = 0), а вхід — сходинка u(t) = 2 при t ≥ 0. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть вихід y(0,1).

y″ + 9y′ + 18y = 9·u(t)u(t) = 2y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,1 s
y(0.1) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+9K+5s + 4G(s)C(s)3H₁−−

Об’єкт G(s) = 5/(s + 4) має внутрішній (малий) контур від’ємного зворотного зв’язку з коефіцієнтом H₁ = 3. Коефіцієнт регулятора K = 9 і зовнішній одиничний від’ємний зворотний зв’язок замикають систему. Знайдіть полюс замкненої системи p.

G(s) = 5/(s + 4)H₁ = 3K = 9
p =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+78s(s + 8)G(s)C(s)1H−

Об’єкт G(s) = 78/(s(s + 8)) охоплено від’ємним зворотним зв’язком із коефіцієнтом датчика H = 1. Полюси замкненої системи комплексні. Знайдіть їхню дійсну частину σ.

G(s) = 78/(s(s + 8))H = 1
σ =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)3

Система має передатну функцію G(s) = 237/(s² + 12s + 79) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть коефіцієнт демпфування ζ.

G(s) = 237/(s² + 12s + 79)
ζ =
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 2 %.

G(s) = K/(s(s + 5))%OS = 2 %
K =
35.Діаграми Боде та запасиСередня
vin​L = 50 mHC = 4,7 µFR = 50 Ωvout​

У показаному послідовному смуговому RLC-фільтрі вихід знімають з R = 50 Ω, при L = 50 mH і C = 4,7 µF. Знайдіть центральну (резонансну) частоту f0 у Hz.

R = 50 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF
f0 = Hz
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) = 80/(s(s + 2)(s + 7)). Знайдіть частоту перетину за фазою ω180, де ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 80/(s(s + 2)(s + 7))
ω180 = rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+K = 1801s(s + 8)(s + 10)C(s)−

Контур на схемі працює при K = 180, L(s) = K/(s(s + 8)(s + 10)). У скільки разів m можна збільшити коефіцієнт підсилення, перш ніж замкнена система стане нестійкою?

L(s) = K/(s(s + 8)(s + 10))K = 180
m =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−40,5j0,5j1

Кореневий годограф L(s) = K/(s(s + 2)(s + 3)) відходить від дійсної осі між s = 0 і s = −2. Знайдіть точку відходу sb.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 3))
sb =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
r(t) = 1t+4s(s + 1)(s + 5)C(s)−

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

G(s) = 4/(s(s + 1)(s + 5))r(t) = 1t
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+Kp​ + Ki​/s1s + 1C(s)−

ПІ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s керує об’єктом G(s) = 1/(s + 1) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Замкнена система має мати ωₙ = 8 rad/s і ζ = 0,5. Знайдіть інтегральний коефіцієнт Ki.

G(s) = 1/(s + 1)ωₙ = 8 rad/sζ = 0,5
Ki =

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 1,731 A

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​4 ΩAR4​8 ΩB

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R3 + R4 = 8 + 8 = 16 Ω
R2 ∥ 16 = 4·16/(4+16) = 3,2 Ω
Req = R1 + 3,2 = 2 + 3,2 = 5,2 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 9/5,2 = 1,731 A

Відповідь

IR1 = 1,731 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 4,742 Ω

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩAR4​2 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 = 12 + 25 = 37 Ω
R4 ∥ 37 = 1,897 Ω
R3 + 1,897 = 31,9 Ω
R2 ∥ 31,9 = 2,742 Ω
Req = R1 + 2,742 = 2 + 2,742 = 4,742 Ω

Відповідь

Req = 4,742 Ω
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR1 = 0,2385 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​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAR4​20 ΩBIs​4 A

Визначте вузли

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

ЗСК у вузлі A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/3 + (VA − 15)/20 + (VA − VB)/2 = 0
0,8833·VA − 0,5·VB = 0,75

ЗСК у вузлі B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/20 + (VB − VA)/2 = 4
−0,5·VA + 0,55·VB = 4

Розв’яжіть

Δ = (0,8833)(0,55) − (−0,5)(−0,5) = 0,2358
VA = Δ1/Δ = 2,413/0,2358 = 10,23 V
VB = Δ2/Δ = 3,908/0,2358 = 16,57 V

Відповідь

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (15 − 10,23)/20 = 0,2385 A
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR1 = −0,7831 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.

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 − 8
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Розв’яжіть

(VA − 18)/2 + VA/8 + (VA − 8)/15 = 4
VA·(1/2 + 1/8 + 1/15) = 4 + 18/2 + 8/15 = 13,53
VA = 13,53/0,6917 = 19,57 V
VB = 11,57 V

Струм через R₁

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (18 − 19,57)/2 = −0,7831 A

Відповідь

IR1 = −0,7831 A

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

5.Метод контурних струмів

Відповідь: I1 = 0,4651 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​ = 2 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​10 VR3​6 ΩA+−V2​30 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
2·I1 + 6(I1 − I2) = 10
8·I1 − 6·I2 = 10

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
20·I2 + 6(I2 − I1) = (−30)
−6·I1 + 26·I2 = −30

Розв’яжіть

Δ = (8)(26) − (−6)(−6) = 172
I1 = Δ1/Δ = 80/172 = 0,4651 A
I2 = Δ2/Δ = −180/172 = −1,047 A

Відповідь

I1 = 0,4651 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: I1 = 0,5574 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​ = 4 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR4​20 ΩAR5​5 ΩB+−V2​24 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
4·I1 + 20(I1 − I2) = 9
24·I1 − 20·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 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
5·I2 + 20(I2 − I1) + 5(I2 − I3) = 0
−20·I1 + 30·I2 − 5·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
20·I3 + 5(I3 − I2) = (−24)
−5·I2 + 25·I3 = −24

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 7400
I1 = Δ1/Δ = 4125/7400 = 0,5574 A
I2 = Δ2/Δ = 1620/7400 = 0,2189 A
I3 = Δ3/Δ = −6780/7400 = −0,9162 A

Відповідь

I1 = 0,5574 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: VR2 = 6,489 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​ = 5 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩAR4​10 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 = 2+10 = 12 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 2·12/(2+12) = 1,714 Ω
VA = 15·1,714/(5+1,714) = 3,83 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,83·10/12 = 3,191 V
VR2′ = VA − 0 = 3,83 − 0 = 3,83 V
R1​ = 5 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​2 ΩAR4​10 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 = 5·2/(5+2) = 1,429 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 10 ∥ 3,429 = 2,553 Ω
VB = Is·Req = 2,5·2,553 = 6,383 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 6,383·1,429/3,429 = 2,66 V
VR2″ = VA − 0 = 2,66 − 0 = 2,66 V

Додайте складові

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 3,83 + 2,66 = 6,489 V

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

8.Метод накладання

Відповідь: IR3 = 2,315 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​ = 2 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​18 VR3​6 ΩAОБРИВBКЗ

Випадок 1 · діє лише V1

V₂ стає коротким замиканням, а Iₛ — розривом. З боку A резистор R₃ паралельний послідовній парі R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 6 ∥ 33 = 5,077 Ω
VA = 18·5,077/(2+5,077) = 12,91 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 12,91·3/33 = 1,174 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (12,91 − 0)/6 = 2,152 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 3 ΩКЗR3​6 ΩAIs​2,5 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.

R1 ∥ R3 = 1,5 Ω, тож лівий шлях — R2+1,5 = 31,5 Ω
Req = R4 ∥ 31,5 = 2,739 Ω
VB = Is·Req = 2,5·2,739 = 6,848 V
VA = VB·1,5/31,5 = 0,3261 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (0,3261 − 0)/6 = 0,05435 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 3 ΩКЗR3​6 ΩAОБРИВB+−V2​15 V

Випадок 3 · діє лише V2

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

R1 ∥ R3 = 2·6/(2+6) = 1,5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 15·31,5/34,5 = 13,7 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 13,7·1,5/31,5 = 0,6522 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (0,6522 − 0)/6 = 0,1087 A

Додайте складові

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = 2,152 + 0,05435 + 0,1087 = 2,315 A

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

9.Тевенен і Нортон

Відповідь: IN = 0,9474 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​ = 6 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​8 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 = 6·8/(6+8) = 3,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,429 + 2 = 5,429 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​9 VR2​8 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) = 9·8/(6+8) = 5,143 V
IN​0,9474 ARth​5,429 Ωab

Еквівалент Нортона

Джерело Нортона — те саме коло, подане як джерело струму, паралельне R_th. Його струм — це струм короткого замикання на a–b.

IN = Vth/Rth = 5,143/5,429 = 0,9474 A
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = −7,273 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​ = 3 ΩR3​ = 8 ΩКЗR2​8 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 = 3·8/(3+8) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 8 = 10,18 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAIs​2 ABab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 13,09 + (−2)·2,182 = 8,727 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 8,727 + (−2)·8 = −7,273 V
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: i = 0,2132 A

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

Стала часу

τ = L/R = 220 mH / 68 Ω = 3,235 ms

Спадання струму

i(t) = 1·e−5/3,235 = 0,2132 A

Відповідь

i = 0,2132 A
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vC = 8,644 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) = 5 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 10 kΩ · 68 µF = 680 ms
vC(t) = 12 + (5 − 12)·e−t/τ

Напруга в заданий момент

vC(500) = 12 + (−7)·e−500/680 = 8,644 V

Відповідь

vC = 8,644 V
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: φ = −76,83 °

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

Реактивні опори

ω = 2πf = 2π·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,25 = 94,25 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·10·10⁻⁶) = 265,3 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (−171)²) = 175,6 Ω

Кут зсуву фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−171/40) = −76,83°

Відповідь

φ = −76,83°
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: I = 1,994 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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,02 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·1·10⁻⁶) = 159,2 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(50² + (−33,49)²) = 60,18 Ω

Струм

Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.

I = V/|Z| = 120/60,18 = 1,994 A

Відповідь

I = 1,994 A
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: S = 2304 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| = √(15² + 20²) = 25 Ω
I = V/|Z| = 240/25 = 9,6 A

Повна потужність

S = V·I = 240·9,6 = 2304 VA

Відповідь

S = 2304 VA
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: Inew = 135,9 A

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

Реактивна потужність до і після

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

Q1 = P·tan φ1 = 50·tan(45,57°) = 51,01 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(23,07°) = 21,3 kvar
QC = Q1 − Q2 = 29,71 kvar

Новий струм лінії

Inew = P/(V·cos φ2) = 50000/(400·0,92) = 135,9 A

Відповідь

Inew = 135,9 A
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 6,889 kW

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

Фазна напруга

Vph = 415/√3 = 239,6 V

Фазний струм

|Z| = √(9² + 12²) = 15 Ω
Iph = 239,6/15 = 15,97 A

Сумарна активна потужність

Активну потужність поглинає лише активна складова кожного опору.

P = 3·Iph²·R = 3·15,97²·9 = 6,889 kW

Відповідь

P = 6,889 kW

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

18.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 477,7 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 = 75·tan(acos 0,75) = 75·0,8819 = 66,14 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,95) = 75·0,3287 = 24,65 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 41,49 kvar

Ємність на фазу

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

V = 480/√3 = 277,1 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 13831/(377·277,1²) = 477,7 µF

Відповідь

Cph = 477,7 µF
19.Трансформатори

Відповідь: IHV = 36,06 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 = 150000/4160 = 36,06 A

Відповідь

IHV = 36,06 A
20.Трансформатори

Відповідь: Sη,max = 43,3 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

x²·1350 = 450 → x = √(450/1350) = 0,5774

Навантаження при максимальному ККД

Sη,max = x·S = 0,5774·75 = 43,3 kVA

Відповідь

Sη,max = 43,3 kVA
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 0,2 V

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

Інвертувальний вхід повторює вхід

V₋ = V₊ = 0,1 V
I = V₋/R1 = 0,1/100 = 0,001 mA

Вихідна напруга

Струм через R₁ тече й через Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 0,1 + 0,001·100 = 0,2 V

Відповідь

Vout = 0,2 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: t = 2209 ms

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.

Вхідний струм і швидкість наростання

kΩ помножити на µF дає мілісекунди.

RC = 47 kΩ · 4,7 µF = 220,9 ms
швидкість наростання = −Vin/(RC) = −1,2/220,9 = −0,005432 V/ms

Час до насичення

|Vin|·t/(RC) = Vsat → t = Vsat·RC/|Vin| = 12·220,9/1,2 = 2209 ms

Відповідь

t = 2209 ms
23.Діоди й транзистори

Відповідь: IC = 1,625 mA

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

Еквівалент Тевенена дільника

VTH = 15·4,7/(33 + 4,7) = 1,87 V
RTH = 33·4,7/(33 + 4,7) = 4,114 kΩ

Струм бази

ЗНК для базового контуру; струм емітера дорівнює (β + 1)·IB.

IB = (1,87 − 0,7)/(4,114 + 121·0,68) = 13,54 µA

Струм колектора

IC = 120·13,54 µA = 1,625 mA
IE = 121·13,54 µA = 1,639 mA

Відповідь

IC = 1,625 mA
24.Діоди й транзистори

Відповідь: IC = 2,932 mA

БТ як ключ: щоб повністю ввімкнути навантаження, транзистор переводять у насичення, де VCE = VCE(sat), а струм колектора визначається навантаженням: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Для насичення потрібен струм бази щонайменше IB = IC(sat)/β. Якщо струм бази менший, транзистор залишається в активному режимі й IC = β·IB.

Струм бази

IB = (5 − 0,7)/220 kΩ = 19,55 µA

Насичення чи активний режим?

β·IB менше за IC(sat), тож транзистор залишається в активному режимі.

β·IB = 2,932 mA
IC(sat) = (9 − 0,2)/150 = 58,67 mA

Струм колектора

IC = β·IB = 2,932 mA

Відповідь

IC = 2,932 mA

Транзистор в активному режимі, тож навантаження ввімкнено не повністю.

25.Системи числення

Відповідь: U = 175

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

Інвертуйте і додайте одиницю

81 = 0101 0001
інвертовано: 1010 1110
+1 → 1010 1111

Прочитайте як беззнакове

1010 1111₂ = 256 − 81 = 175

Відповідь

U = 175
26.Системи числення

Відповідь: N = −2048

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.

Найбільш від'ємне значення

−211 = −2048

Відповідь

N = −2048
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: N = 5

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 + AB′ + ABC

Рядки з F = 1

ABC = 010, 011, 100, 101, 111
N = 5

Відповідь

N = 5
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: N = 4

Тригери та лічильники: тригер змінюється лише за активним фронтом такту. D копіює свій вхід (Q⁺ = D); T перемикається, коли T = 1; JK зберігає стан за 00, скидає за 01, встановлює за 10 і перемикає за 11. n-розрядний двійковий лічильник має 2ⁿ станів і рахує за модулем 2ⁿ; лічильник за модулем N рахує 0, 1, …, N − 1 і повертається до 0, і йому потрібне найменше n, для якого 2ⁿ ≥ N тригерів. Кожен ступінь послідовного лічильника ділить частоту навпіл, тож останній вихід лічильника за модулем N має частоту fclk/N. Лічильник Джонсона з n тригерів має 2n станів, кільцевий — n.

Q після кожного фронту

D-тригер копіює D за кожним переднім фронтом: Q⁺ = D.

1: D = 0 → Q = 0
2: D = 1 → Q = 1
3: D = 1 → Q = 1
4: D = 0 → Q = 0
5: D = 1 → Q = 1
6: D = 0 → Q = 0
7: D = 0 → Q = 0

Порахуйте зміни

0 → 0 → 1 → 1 → 0 → 1 → 0 → 0
N = 4

Відповідь

N = 4
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: A = 1,5

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

Розкладіть знаменник на множники

s² + 8s + 12 = (s + 2)(s + 6)
F(s) = A/(s + 2) + B/(s + 6)

Правило закривання

Помножте на (s + 2) і покладіть s = −2: доданок із B зникає.

A = (2s + 10)/(s + 6) |s = −2 = 6/4 = 1,5

Відповідь

A = 1,5
(B = 0,5, тож f(t) = 1,5·e−2t + 0,5·e−6t)
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.1) = 0,06718

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

Y(s) = 18/(s(s + 3)(s + 6))

Простіші дроби

A = 18/(3·6) = 1
B = 18/((−3)·3) = −2
C = 18/((−6)·(−3)) = 1

Виведення

y(t) = 1 − 2·e−3t + e−6t
y(0,1) = 0,06718

Відповідь

y(0,1) = 0,06718
31.Блок-схеми

Відповідь: p = −64

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

Внутрішній контур

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 5/(s + 4 + 5·3) = 5/(s + 19)

Зовнішній контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 45/(s + 19 + 45) = 45/(s + 64)

Результат

p = −64

Відповідь

p = −64
32.Блок-схеми

Відповідь: σ = −4

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

Характеристичне рівняння

s(s + 8) + 78·1 = 0 → s² + 8s + 78 = 0

Корені

s = −4 ± j·√(78 − 16) = −4 ± j7,874
σ = −4

Відповідь

σ = −4
33.Перехідна характеристика

Відповідь: ζ = 0,6751

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 = 79 → ωₙ = 8,888 rad/s
2ζωₙ = 12 → ζ = 12/(2·8,888) = 0,6751

Результат

ζ = 0,6751

Відповідь

ζ = 0,6751
34.Перехідна характеристика

Відповідь: K = 10,28

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(0,02)/√(π² + ln²(0,02)) = 0,7797

Коефіцієнт підсилення

ωₙ = 5/(2ζ) = 3,206 rad/s
K = ωₙ² = 10,28

Відповідь

K = 10,28
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: f0 = 328,3 Hz

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.

Резонансна частота

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,05·4,7 × 10⁻⁶) = 2063 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 328,3 Hz

Відповідь

f0 = 328,3 Hz
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ω180 = 3,742 rad/s

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/7) = 1 → ω180 = √(2·7) = 3,742 rad/s

Відповідь

ω180 = 3,742 rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: m = 8

Критерій Рауса–Гурвіца: лінійна система стійка, коли всі корені її характеристичного полінома лежать у лівій півплощині s-площини. Запишіть коефіцієнти по черзі в перші два рядки таблиці Рауса. Кожен елемент нового рядка отримують із двох рядків над ним; для кубічного a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ елемент рядка s¹ дорівнює b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Кількість змін знака в першому стовпці дорівнює кількості коренів у правій півплощині. Якщо коефіцієнти містять коефіцієнт підсилення K, усі елементи першого стовпця мають залишатися додатними: значення K, за якого елемент рядка s¹ обертається на нуль, — це межа стійкості, а рядок s² тоді дає частоту незатухних коливань.

Таблиця Рауса

s³ + 18s² + 80s + K = 0
s³: 1, 80
s²: 18, K
s¹: (18·80 − K)/18
s⁰: K

Найбільший стійкий коефіцієнт підсилення

Kmax = 18·80 = 1440

Кратність

m = 1440/180 = 8

Відповідь

m = 8

Ця кратність — запас за коефіцієнтом підсилення як відношення: 18,06 dB.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: sb = −0,7847

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

Коефіцієнт підсилення вздовж дійсної осі

K(s) = −s(s + 2)(s + 3) = −(s³ + 5s² + 6s)

Стаціонарні точки

dK/ds = −(3s² + 10s + 6) = 0
s = (−10 ± √(100 − 72))/6 = −0,7847, −2,549

Оберіть точку на годографі

Годограф лежить на дійсній осі між 0 і −2; другий корінь годографу не належить.

sb = −0,7847

Відповідь

sb = −0,7847
39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 1,25

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

Швидкісна константа

Kv = lim s·G(s) = 0,8

Похибка за лінійно наростального сигналу

ess = 1/0,8 = 1,25

Відповідь

ess = 1,25
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: Ki = 64

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 + 1).

s² + (1 + 1Kp)s + 1Ki

Цільовий поліном

s² + 2·0,5·8s + 8² = s² + 8s + 64

Зіставте коефіцієнти

1Ki = 64 → Ki = 64

Відповідь

Ki = 64

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

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