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​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAR4​12 ΩB

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 12 VR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 15 ΩR4 = 12 Ω
Req = Ω
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 25 ΩIR1​R3​ = 5 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​3 ΩBR6​20 Ω

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

V1 = 12 VR1 = 25 ΩR2 = 5 ΩR3 = 5 ΩR4 = 3 ΩR5 = 8 ΩR6 = 20 Ω
IR1 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​3 Ω+−V1​10 VI1​R2​4 Ω+−V2​6 VR3​10 Ω+−V3​6 VA

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

V1 = 10 VR1 = 3 ΩV2 = 6 VR2 = 4 ΩV3 = 6 VR3 = 10 Ω
I1 = A
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 12 ΩR2​ = 3 ΩIR2​R4​ = 10 Ω+−V1​5 VR3​6 ΩAR5​30 ΩBIs​4 A+−V2​24 V

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

V1 = 5 VIs = 4 AV2 = 24 VR1 = 12 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 ΩR4 = 10 ΩR5 = 30 Ω
IR2 = A
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 4 ΩR2​ = 15 ΩIR2​+−V1​30 VR3​8 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти струм IR2 через R2 у напрямку стрілки.

V1 = 30 VV2 = 18 VR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 Ω
IR2 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 12 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 3 Ω+−VR3​+−V1​6 VR4​2 ΩAR5​10 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти напругу VR3 на R3 з указаною полярністю.

V1 = 6 VV2 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩR4 = 2 ΩR5 = 10 Ω
VR3 = V
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAR4​10 Ω−+VR4​BIs​2 A

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

V1 = 12 VIs = 2 AR1 = 15 ΩR2 = 2 ΩR3 = 5 ΩR4 = 10 Ω
VR4 = V
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 4 ΩR2​ = 15 ΩIR2​R4​ = 12 Ω+−V1​30 VR3​12 ΩAIs​3 AB−+V2​15 V

За методом накладання знайдіть потужність PR2, яку споживає R2.

V1 = 30 VIs = 3 AV2 = 15 VR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 12 ΩR4 = 12 Ω
PR2 = W
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 24 VR1 = 15 ΩR2 = 2 ΩR3 = 5 Ω
Vth = V
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​5 VR2​6 ΩAIs​2,5 ABRL​3 ΩIL​

До a–b підключено навантаження RL = 3 Ω. Замініть решту кола еквівалентом Тевенена і знайдіть струм навантаження IL.

V1 = 5 VIs = 2,5 AR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 ΩRL = 3 Ω
IL = A
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​12 Vt = 0R = 100 ΩL220 mHi(t)

До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Знайдіть напругу vL на котушці в момент t = 5 ms.

Vs = 12 VR = 100 ΩL = 220 mHt = 5 ms
vL = V
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​9 Vt = 0R = 47 kΩC?+−vC​

Таймер при t = 0 починає заряджати незаряджений конденсатор через резистор від джерела 9 V. Він має спрацювати, коли напруга на конденсаторі досягне 4,5 V, рівно через 250 ms після старту. При R = 47 kΩ знайдіть потрібну ємність C.

Vs = 9 VVth = 4,5 VT = 250 msR = 47 kΩ
C = µF
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
24 V500 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 2,2 µFI

Послідовне коло RLC підключено до мережі 24 V (діюче значення), 500 Hz. Знайдіть коефіцієнт потужності cos φ кола.

V = 24 V (rms)f = 500 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 2,2 µF
cos φ =
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
230 V60 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 2,2 µF

Послідовне коло RLC підключено до мережі 230 V (діюче значення), 60 Hz. Знайдіть резонансну частоту f0 кола.

V = 230 V (rms)f = 60 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 2,2 µF
f0 = Hz
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
230 VR + jXP = 2070 W10 A

Індуктивне навантаження споживає 10 A і 2070 W від однофазної мережі 230 V (діюче значення). Подайте його як активний опір R, послідовно з’єднаний з реактивним опором X. Знайдіть R.

V = 230 VI = 10 AP = 2070 W
R = Ω
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P1​ = 15 kWQ1​S1​φ

Однофазний трансформатор потужністю 50 kVA живить навантаження 15 kW з коефіцієнтом потужності 0,85 (індуктивним). Яку додаткову активну потужність ΔP можна під’єднати у вигляді активного навантаження (коефіцієнт потужності 1), перш ніж трансформатор досягне номінальної потужності в kVA?

Smax = 50 kVAP1 = 15 kWpf1 = 0,85
ΔP = kW
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M11 kW, η = 91%cos φ = 0,82

Трифазний асинхронний двигун при повному навантаженні розвиває механічну потужність 11 kW. При цьому навантаженні його ККД становить 91%, а коефіцієнт потужності 0,82, відстаючий. Лінійна напруга мережі 400 V. Знайдіть лінійний струм IL.

Pout = 11 kWη = 91%cos φ = 0,82VL = 400 V
IL = A
18.Трифазні системиСкладна
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симетричне трифазне навантаження споживає 75 kW при коефіцієнті потужності 0,7 (відстаючому) від мережі 480 V (лінійна напруга), 60 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,92 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Знайдіть сумарну реактивну потужність QC, яку має постачати конденсаторна батарея, у kvar.

P = 75 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаториСередня
480 V240 VIHV​ILV​ = ?50 kVA

Однофазний трансформатор 50 kVA, 480/240 V працює з номінальним навантаженням. Вважайте його ідеальним. Знайдіть струм ILV в обмотці нижчої напруги.

S = 50 kVAV1 = 480 VV2 = 240 V
ILV = A
20.ТрансформаториСкладна
pf 0,95100 kVA, η = 98,5%

Однофазний трансформатор 100 kVA має втрати в сталі 300 W. При номінальному навантаженні й коефіцієнті потужності 0,95 (відстаючому) його ККД становить 98,5%. Знайдіть втрати в міді при повному навантаженні Pcu,fl у ватах.

S = 100 kVAPcore = 300 Wpf = 0,95η = 98,5%
Pcu,fl = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 1 kΩVin​

Підберіть резистор зворотного зв’язку Rf, щоб цей неінвертувальний підсилювач мав коефіцієнт підсилення за напругою 5.

R1 = 1 kΩAv = 5
Rf = kΩ
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​Rf​ = 47 kΩV1​ = −1,3 VR1​ = 22 kΩV2​ = 0,4 VR2​ = 10 kΩ

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

V1 = −1,3 VV2 = 0,4 VR1 = 22 kΩR2 = 10 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
+−12 V330 Ω5,1 V2200 ΩIZ​ = ?

Стабілізатор на стабілітроні 5,1 В живиться від 12 В через 330 Ом і живить навантаження 2200 Ом. Знайдіть струм стабілітрона IZ.

Vin = 12 VVZ = 5,1 VR = 330 ΩRL = 2200 Ω
IZ = mA
24.Діоди й транзисториСкладна
+−≤ 15 V150 Ω5,1 V

Стабілізатор на стабілітроні 5,1 В має послідовний резистор 150 Ом. Вхідна напруга може зрости до 15 В, а навантаження може бути відключене. Знайдіть найбільшу потужність PZ,max, яку має розсіювати стабілітрон.

Vin,max = 15 VVZ = 5,1 VR = 150 Ω
PZ,max = mW
25.Системи численняСередня
ваги розрядів у додатковому коді1−12816403211618040211

8-бітовий шаблон 1101 1001 зберігає ціле число зі знаком у додатковому коді. Яке його значення N у десятковій системі?

1101 10018 bit
N =
26.Системи численняСкладна
1961 кодів, b = ? бітів?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Система має дати кожному з 1961 елементів власний двійковий код однакової довжини. Яка найменша кількість бітів b потрібна?

1961
b = bit
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABC000111100101324576

Спростіть F = A′B′ + A′BC′ + BC + AB′C до мінімальної форми суми добутків. Скільки літералів L містить спрощений вираз?

F = A′B′ + A′BC′ + BC + AB′C
L =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
ABCD000111100001111010X113X214050716012013X150141809111110

Для F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 4, 6, 8, 10, 11) + d(1, 2, 15), де d позначає байдужі стани, знайдіть кількість N суттєвих простих імплікант.

F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 4, 6, 8, 10, 11) + d(1, 2, 15)
N =
29.Перетворення ЛапласаСередня
ReIm−1−2−3−4−5−6−71

F(s) = (3s + 20)/(s² + 7s + 10). Її оригінал має вигляд f(t) = A·e−2t + B·e−5t. Знайдіть коефіцієнт A розкладом на простіші дроби.

F(s) = (3s + 20)/(s² + 7s + 10)
A =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
ReIm−224

Систему описано диференціальним рівнянням y″ + 4y′ + 20y = 7u 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 = 0,6 s. Знайдіть g(0,6).

y″ + 4y′ + 20y = 7ut = 0,6 s
g(0.6) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+19K+5s + 3G(s)C(s)5H₁−−

Об’єкт G(s) = 5/(s + 3) має внутрішній (малий) контур від’ємного зворотного зв’язку з коефіцієнтом H₁ = 5. Коефіцієнт регулятора K = 19 і зовнішній одиничний від’ємний зворотний зв’язок замикають систему. Знайдіть статичний коефіцієнт підсилення замкненої системи T(0).

G(s) = 5/(s + 3)H₁ = 5K = 19
T(0) =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+Kрегулятор+D(s)+10s + 3об’єктC(s)−

Пропорційний регулятор K керує об’єктом G(s) = 10/(s + 3) в одиничному від’ємному зворотному зв’язку. Сходинка збурення розміром 5 діє на вході об’єкта за R = 0. Знайдіть найменший коефіцієнт підсилення K, за якого усталений вихід не перевищує 0,1667.

G(s) = 10/(s + 3)D = 5css ≤ 0,1667
K =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)2tp​ = ?

Система має передатну функцію G(s) = 16/(s² + s + 8) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть час піку tp перехідної характеристики.

G(s) = 16/(s² + s + 8)
tp = s
34.Перехідна характеристикаСкладна
R(s)+Ks(s + 20)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = K/(s(s + 20)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого перехідна характеристика має перерегулювання 2 %.

G(s) = K/(s(s + 20))%OS = 2 %
K =
35.Діаграми Боде та запасиСередня
vin​L = 2 mHC = 0,47 µFR = 20 Ωvout​

У показаному послідовному смуговому RLC-фільтрі вихід знімають з R = 20 Ω, при L = 2 mH і C = 0,47 µF. Знайдіть центральну (резонансну) частоту f0 у Hz.

R = 20 ΩL = 2 mHC = 0,47 µF
f0 = Hz
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 40/(s(s + 8)). Знайдіть частоту зрізу за підсиленням ωc, де |L(jω)| = 1.

L(s) = 40/(s(s + 8))
ωc = rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+Ks + 9s(s + 2)(s + 3)C(s)−

Контур з одиничним зворотним зв’язком має L(s) = K(s + 9)/(s(s + 2)(s + 3)), K > 0. Знайдіть найбільше значення Kmax, за якого замкнена система стійка.

L(s) = K(s + 9)/(s(s + 2)(s + 3))
Kmax =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−1−2−3−4−5−6j1

Для L(s) = K/((s + 5)(s² + 2s + 2)) знайдіть кут відходу θd кореневого годографа від комплексного полюса у верхній півплощині, відміряний від додатного напряму дійсної осі.

L(s) = K/((s + 5)(s² + 2s + 2))
θd = °
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
R(s)+K = 192,52s + 1C(s)−

Процес G(s) = 2,5/(2s + 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/(2s + 1)K = 19
ess = %
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
r(t) = 5t+2 + 4/s5(s + 1)(s + 2)C(s)−

ПІ-регулятор C(s) = 2 + 4/s керує об’єктом G(s) = 5/((s + 1)(s + 2)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть усталену похибку ess для лінійно наростального входу r(t) = 5t.

C(s) = 2 + 4/sG(s) = 5/((s + 1)(s + 2))r(t) = 5t
ess =

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 13,86 Ω

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAR4​12 ΩB

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R3 + R4 = 15 + 12 = 27 Ω
R2 ∥ 27 = 2·27/(2+27) = 1,862 Ω
Req = R1 + 1,862 = 12 + 1,862 = 13,86 Ω

Відповідь

Req = 13,86 Ω
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 0,4281 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​ = 25 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​3 ΩBR6​20 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 = 8 + 20 = 28 Ω
R4 ∥ 28 = 2,71 Ω
R3 + 2,71 = 7,71 Ω
R2 ∥ 7,71 = 3,033 Ω
Req = R1 + 3,033 = 25 + 3,033 = 28,03 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 12/28,03 = 0,4281 A

Відповідь

IR1 = 0,4281 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: I1 = 0,6829 A

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

ЗСК для вузла A

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

(VA − 10)/3 + (VA − 6)/4 + (VA − 6)/10 = 0

Знайдіть VA

VA = (10/3 + 6/4 + 6/10) / (1/3 + 1/4 + 1/10) = 5,433/0,6833 = 7,951 V

Струм гілки

Стрілка спрямована вгору вздовж вітки, у вузол A.

I1 = (10 − VA)/R1 = (10 − 7,951)/3 = 0,6829 A

Відповідь

I1 = 0,6829 A

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

4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR2 = −3,195 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​ = 12 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​5 VR3​6 ΩAR5​30 ΩBIs​4 A+−V2​24 V

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 5 V, V2 = 24 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/6 + (VA − 5)/12 + (VA − VB)/3 = 0
0,5833·VA − 0,3333·VB = 0,4167

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/30 + (VB − VA)/3 + (VB − 24)/10 = 4
−0,3333·VA + 0,4667·VB = 6,4

Розв’яжіть

Δ = (0,5833)(0,4667) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,1611
VA = Δ1/Δ = 2,328/0,1611 = 14,45 V
VB = Δ2/Δ = 3,872/0,1611 = 24,03 V

Відповідь

IR2 = (VA − VB)/R2 = (14,45 − 24,03)/3 = −3,195 A
5.Метод контурних струмів

Відповідь: IR2 = 0,1132 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​ = 15 Ω+−V1​30 VR3​8 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
4·I1 + 8(I1 − I2) = 30
12·I1 − 8·I2 = 30

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
15·I2 + 8(I2 − I1) = (−18)
−8·I1 + 23·I2 = −18

Розв’яжіть

Δ = (12)(23) − (−8)(−8) = 212
I1 = Δ1/Δ = 546/212 = 2,575 A
I2 = Δ2/Δ = 24/212 = 0,1132 A

Відповідь

IR2 = I2 = 0,1132 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: VR3 = −3,882 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​ = 12 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR4​2 ΩAR5​10 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
12·I1 + 2(I1 − I2) = 6
14·I1 − 2·I2 = 6

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
6·I2 + 2(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−2·I1 + 18·I2 − 10·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
3·I3 + 10(I3 − I2) = (−10)
−10·I2 + 13·I3 = −10

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 1824
I1 = Δ1/Δ = 604/1824 = 0,3311 A
I2 = Δ2/Δ = −1244/1824 = −0,682 A
I3 = Δ3/Δ = −2360/1824 = −1,294 A

Відповідь

IR3 = I3 = −1,294 A
VR3 = IR3·R3 = −1,294·3 = −3,882 V

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: VR4 = −8,912 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​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 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 = 5+10 = 15 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 2·15/(2+15) = 1,765 Ω
VA = 12·1,765/(15+1,765) = 1,263 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 1,263·10/15 = 0,8421 V
VR4′ = 0 − VB = 0 − 0,8421 = −0,8421 V
R1​ = 15 ΩR3​ = 5 ΩКЗR2​2 ΩAR4​10 ΩBIs​2 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 = 15·2/(15+2) = 1,765 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 10 ∥ 6,765 = 4,035 Ω
VB = Is·Req = 2·4,035 = 8,07 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 8,07·1,765/6,765 = 2,105 V
VR4″ = 0 − VB = 0 − 8,07 = −8,07 V

Додайте складові

VR4 = VR4′ + VR4″
VR4 = (−0,8421) + (−8,07) = −8,912 V

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

8.Метод накладання

Відповідь: PR2 = 90,04 W

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

R1​ = 4 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​30 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 ∥ 27 = 8,308 Ω
VA = 30·8,308/(4+8,308) = 20,25 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 20,25·12/27 = 9 V
IR2′ = (VA − VB)/R2 = (20,25 − 9)/15 = 0,75 A
R1​ = 4 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 12 ΩКЗR3​12 ΩAIs​3 ABКЗ

Випадок 2 · діє лише Is

Обидва джерела напруги стають короткими замиканнями. Iₛ у точці B розгалужується між R₄ (тепер до землі) і R₂, послідовним із R₁ ∥ R₃. Стрілка Iₛ спрямована вниз, від його вузла, тож Iₛ відбирає струм із цього вузла: його доданок входить зі знаком мінус.

R1 ∥ R3 = 3 Ω, тож лівий шлях — R2+3 = 18 Ω
Req = R4 ∥ 18 = 7,2 Ω
VB = −Is·Req = −3·7,2 = −21,6 V
VA = VB·3/18 = −3,6 V
IR2″ = (VA − VB)/R2 = (−3,6 − −21,6)/15 = 1,2 A
R1​ = 4 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 12 ΩКЗR3​12 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 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−15)·18/30 = −9 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −9·3/18 = −1,5 V
IR2‴ = (VA − VB)/R2 = (−1,5 − −9)/15 = 0,5 A

Додайте внески струму

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴ = 0,75 + 1,2 + 0,5 = 2,45 A

Потужність у резисторі

Потужність залежить від квадрата струму, тож метод накладання до неї не застосовний: спочатку додайте струми, потім піднесіть до квадрата.

PR2 = IR2²·R2 = 2,45²·15 = 90,04 W

Відповідь

PR2 = 90,04 W

Сума потужностей окремих випадків дала б 33,79 W, а це неправильно.

9.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = 2,824 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​ = 15 ΩR3​ = 5 ΩКЗR2​2 ΩAabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

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

R1 ∥ R2 = 15·2/(15+2) = 1,765 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,765 + 5 = 6,765 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

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

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 24·2/(15+2) = 2,824 V
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: IL = 1,852 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​ = 12 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​6 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 = 12·6/(12+6) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 2 = 6 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​5 VR2​6 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) = 1,667 + 2,5·4 = 11,67 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,67 + 2,5·2 = 16,67 V
Rth​ = 6 Ω+−Vth​16,67 VRL​3 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) = 16,67/(6 + 3) = 1,852 A
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vL = 1,236 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.

Стала часу і кінцевий струм

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

τ = L/R = 220 mH / 100 Ω = 2,2 ms
i(∞) = Vs/R = 12/100 = 0,12 A

Напруга на котушці

У момент t = 0 уся напруга живлення прикладена до котушки; далі вона спадає до нуля.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 12·e−5/2,2 = 1,236 V

Відповідь

vL = 1,236 V
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: C = 7,674 µF

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.

Потрібна стала часу

4,5 = 9·(1 − e−250/τ) → τ = 250/ln(9/(9 − 4,5))
τ = 250/0,6931 = 360,7 ms

Ємність

kΩ помножити на µF дає мілісекунди.

C = τ/R = 360,7/47 = 7,674 µF

Відповідь

C = 7,674 µF
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: cos φ = 0,1807

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

XL = 471,2 Ω, XC = 144,7 Ω

Повний опір

|Z| = √(60² + (326,6)²) = 332 Ω

Коефіцієнт потужності

cos φ = R/|Z| = 60/332 = 0,1807
Коло індуктивне, тож коефіцієнт потужності індуктивний (струм відстає).

Відповідь

cos φ = 0,1807
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: f0 = 214,6 Hz

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

Резонанс

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

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

Відповідь

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

Відповідь: R = 20,7 Ω

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

Активний опір з активної потужності

R = P/I² = 2070/10² = 20,7 Ω

Відповідь

R = 20,7 Ω
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: ΔP = 34,13 kW

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 наявного навантаження

Q1 = 15·tan(arccos 0,85) = 9,296 kvar

Найбільша сумарна активна потужність

За повного навантаження S = Smax, а Q від активного навантаження не змінюється.

P = √(Smax² − Q1²) = √(50² − 9,296²) = 49,13 kW

Додаткова активна потужність

ΔP = 49,13 − 15 = 34,13 kW

Відповідь

ΔP = 34,13 kW
17.Трифазні системи

Відповідь: IL = 21,28 A

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

Електрична вхідна потужність

Pin = Pout/η = 11/0,91 = 12,09 kW

Струм лінії

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 12088/(√3·400·0,82) = 21,28 A

Відповідь

IL = 21,28 A
18.Трифазні системи

Відповідь: QC = 44,57 kvar

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

Реактивна потужність до і після

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

Q1 = 75·tan(acos 0,7) = 75·1,02 = 76,52 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,92) = 75·0,426 = 31,95 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 44,57 kvar

Відповідь

QC = 44,57 kvar
19.Трансформатори

Відповідь: ILV = 208,3 A

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

Номінальний струм

Обидві обмотки передають однакову повну потужність.

ILV = S/V = 50000/240 = 208,3 A

Відповідь

ILV = 208,3 A
20.Трансформатори

Відповідь: Pcu,fl = 1147 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 = 100·0,95 = 95 kW
Pin = 95000/0,985 = 96447 W

Сумарні втрати й втрати в міді

Ploss = 96447 − 95000 = 1447 W
Pcu,fl = 1447 − 300 = 1147 W

Відповідь

Pcu,fl = 1147 W
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Rf = 4 kΩ

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

Коефіцієнт підсилення неінвертувального підсилювача

V₋ = V₊ = Vin, а струм через R₁ тече й через Rf, тож Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (5 − 1)·1 = 4 kΩ

Відповідь

Rf = 4 kΩ
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 0,8973 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 = −1,3/22 = −0,05909 mA
I2 = V2/R2 = 0,4/10 = 0,04 mA
If = I1 + I2 = −0,01909 mA

Вихідна напруга

Vout = −Rf·If = −47·(−0,01909) = 0,8973 V

Відповідь

Vout = 0,8973 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: IZ = 18,59 mA

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

Струм резистора

IR = 6,9/330 = 20,91 mA

Струм навантаження

IL = 5,1/2200 = 2,318 mA

Струм стабілітрона

IZ = 20,91 − 2,318 = 18,59 mA

Відповідь

IZ = 18,59 mA
24.Діоди й транзистори

Відповідь: PZ,max = 336,6 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 = 9,9/150 = 66 mA

Потужність стабілітрона

PZ = 5,1·66 = 336,6 mW

Відповідь

PZ,max = 336,6 mW
25.Системи числення

Відповідь: N = −39

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

Додайте ваги

Інші біти зберігають свої звичайні додатні ваги.

−128 + 64 + 16 + 8 + 1 = −39

Відповідь

N = −39
26.Системи числення

Відповідь: b = 11 bit

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.

Степені двійки

210 = 1024 < 1961
211 = 2048 ≥ 1961

Відповідь

b = 11
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: L = 2

Булева алгебра: правила, що спрощують вирази, — це X + X′ = 1 і X·X′ = 0, X + X = X, поглинання X + X·Y = X, правило склеювання X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y і теорема про консенсус XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Закони де Моргана перетворюють (X·Y)′ на X′ + Y′, а (X + Y)′ на X′·Y′. Карта Карно застосовує ці правила графічно: кожна група з двох сусідніх клітинок — це одне застосування XY + XY′ = X.

Мінтерми виразу

A′B′ → m(0, 1)
A′BC′ → m(2)
BC → m(3, 7)
AB′C → m(5)
ABC00011110011011131204151706

Згрупуйте й зчитайте

F = C + A′

Порахуйте літерали

L = 2

Відповідь

L = 2
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: N = 2

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

Прості імпліканти

Найбільші групи, які можна утворити з одиниць і X.

B′D′, B′C, A′D′, ACD, A′B′
ABCD000111100001111010X113X214050716012013X150141809111110

Суттєві прості імпліканти

B′D′, A′D′
N = 2

Відповідь

N = 2
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: A = 4,667

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 + 7s + 10 = (s + 2)(s + 5)
F(s) = A/(s + 2) + B/(s + 5)

Правило закривання

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

A = (3s + 20)/(s + 5) |s = −2 = 14/3 = 4,667

Відповідь

A = 4,667
(B = −1,667, тож f(t) = 4,667·e−2t − 1,667·e−5t)
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: g(0.6) = 0,356

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) = 7/(s² + 4s + 20)

Простіші дроби

s² + 4s + 20 = (s + 2)² + 4²
G(s) = (7/4)·4/((s + 2)² + 4²)

Імпульсна характеристика

g(t) = e−2t·(1,75·sin 4t)
g(0,6) = 0,356

Відповідь

g(0,6) = 0,356
31.Блок-схеми

Відповідь: T(0) = 0,7724

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 + 3 + 5·5) = 5/(s + 28)

Зовнішній контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 95/(s + 28 + 95) = 95/(s + 123)

Результат

T(0) = 95/123 = 0,7724

Відповідь

T(0) = 0,7724
32.Блок-схеми

Відповідь: K = 29,7

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)) = 5·10/(3 + 10K)

Розв’яжіть відносно K

3 + 10K = 5·10/0,1667 = 300
K = (300 − 3)/10 = 29,7

Відповідь

K = 29,7
33.Перехідна характеристика

Відповідь: tp = 1,128 s

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

Порівняйте зі стандартною формою

Знаменник має збігатися з s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 8 → ωₙ = 2,828 rad/s
2ζωₙ = 1 → ζ = 1/(2·2,828) = 0,1768

Результат

ωd = 2,828·√(1 − 0,1768²) = 2,784 rad/s → tp = π/ωd = 1,128 s

Відповідь

tp = 1,128 s
34.Перехідна характеристика

Відповідь: K = 164,5

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).

Передатна функція замкненої системи

T(s) = K/(s² + 20s + K)

Коефіцієнт демпфування за перерегулюванням

ζ = −ln(0,02)/√(π² + ln²(0,02)) = 0,7797

Коефіцієнт підсилення

ωₙ = 20/(2ζ) = 12,83 rad/s
K = ωₙ² = 164,5

Відповідь

K = 164,5
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: f0 = 5191 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/√(0,002·4,7 × 10⁻⁷) = 32616 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 5191 Hz

Відповідь

f0 = 5191 Hz
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ωc = 4,385 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.

Зріз за підсиленням

ω⁴ + 64ω² − 1600 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·1600))/2 = 19,22
ωc = 4,385 rad/s

Відповідь

ωc = 4,385 rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: Kmax = 7,5

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

Характеристичний поліном

s(s + 2)(s + 3) + K(s + 9) = s³ + 5s² + (6 + K)s + 9K

Таблиця Рауса

s³: 1, 6 + K
s²: 5, 9K
s¹: (5·(6 + K) − 9K)/5
s⁰: 9K

Умова

30 − 4K > 0
K < 30/4 = 7,5

Відповідь

Kmax = 7,5

Якби нуль лежав праворуч від s = −5, контур залишався б стійким за будь-якого K > 0.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: θd = 75,96 °

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.

Положення полюсів

s² + 2s + 2 = 0 → s = −1 ± j1
s = −5

Кути від інших полюсів

∠(−1 + j1 + 5) = atan2(1, 4) = 14,04°
∠(−1 + j1 − (−1 − j1)) = ∠(j2) = 90°

Кут відходу

θd = 180° − 14,04° − 90° = 75,96°

Відповідь

θd = 75,96°
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: ess = 0,5

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

Швидкісна константа

s·C(s) = 2s + 4 → 4 при s → 0.

Kv = 4·5/2 = 10

Похибка за лінійно наростального сигналу

ess = 5/10 = 0,5

Відповідь

ess = 0,5

ПІ-регулятор повністю усуває похибку за східчастого сигналу; лінійно наростальний сигнал відпрацьовується з незмінним відставанням.

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