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​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩIR2​AR4​20 ΩB

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 12 VR1 = 6 ΩR2 = 3 ΩR3 = 2 ΩR4 = 20 Ω
IR2 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 2 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​6 ΩAR4​15 ΩBR6​4 Ω

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

V1 = 6 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 ΩR4 = 15 ΩR5 = 15 ΩR6 = 4 Ω
IR1 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 8 ΩR3​ = 2 ΩIR3​+−V1​6 VR2​10 ΩAR4​15 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 6 VIs = 1,5 AR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩR4 = 15 Ω
IR3 = A
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 2 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​15 VR3​8 ΩAR5​2 ΩBIs​2,5 A+−V2​10 V

Скористайтеся методом вузлових потенціалів, щоб знайти вузлову напругу VB (відносно землі).

V1 = 15 VIs = 2,5 AV2 = 10 VR1 = 2 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 ΩR4 = 15 ΩR5 = 2 Ω
VB = V
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 20 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​9 VR3​15 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

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

V1 = 9 VV2 = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 15 Ω
I1 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 20 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR4​30 Ω+−VR4​AR5​20 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

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

V1 = 24 VV2 = 5 VR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 ΩR4 = 30 ΩR5 = 20 Ω
VR4 = V
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩAR4​20 ΩIR4​BIs​1 A

За методом накладання знайдіть потужність PR4, яку споживає R4.

V1 = 10 VIs = 1 AR1 = 8 ΩR2 = 8 ΩR3 = 2 ΩR4 = 20 Ω
PR4 = W
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 12 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​6 VR3​25 ΩIR3​AIs​1,5 AB+−V2​?

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

V1 = 6 VIs = 1,5 AR1 = 12 ΩR2 = 3 ΩR3 = 25 ΩR4 = 6 Ω
V2 = V
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAab

Знайдіть опір Тевенена Rth з боку затискачів a–b.

V1 = 9 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 Ω
Rth = Ω
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​5 VR2​6 ΩAIs​5 ABRL​2 ΩIL​

До a–b підключено навантаження RL = 2 Ω. За допомогою еквівалента Тевенена знайдіть потужність PL, що передається навантаженню.

V1 = 5 VIs = 5 AR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 ΩRL = 2 Ω
PL = W
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
R = 33 Ωt = 0L220 mHi(t)

Через котушку тече сталий струм 3 A. При t = 0 ключ замикає контур через R і джерело від’єднується, тож струм котушки спадає через R. Скільки часу потрібно, щоб струм зменшився до 0,6 A? Знайдіть t.

i(0) = 3 AR = 33 ΩL = 220 mH
t = ms
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​10 Vt = 0R = 6,8 kΩC22 µF+−vC​vC​(0) = 15 V

Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 15 V з указаною полярністю. Знайдіть напругу на конденсаторі vC у момент t = 400 ms.

Vs = 10 VR = 6,8 kΩC = 22 µFvC(0) = 15 Vt = 400 ms
vC = V
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
Vf0​ = 1000 HzRL = ?C = 22 µF

Послідовне RLC-коло з C = 22 µF має резонувати на частоті 1000 Hz. Знайдіть потрібну індуктивність L.

f0 = 1000 HzC = 22 µF
L = mH
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
24 Vf0​R = 50 ΩL = 100 mHC = 0,1 µF

Послідовне RLC-коло живиться від джерела 24 V (діюче значення), частоту якого встановлено рівною резонансній частоті кола. Знайдіть діюче значення напруги VL на котушці.

V = 24 V (rms)R = 50 ΩL = 100 mHC = 0,1 µF
VL = V
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
P = 5 kWQSφ

Однофазний двигун споживає 5 kW при коефіцієнті потужності 0,9 (індуктивному) від мережі 400 V. Знайдіть струм лінії I.

P = 5 kWpf = 0,9V = 400 V
I = A
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P = 15 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазне навантаження споживає 15 kW при коефіцієнті потужності 0,8 (індуктивному) від мережі 240 V, 50 Hz. Паралельно підключений конденсатор підвищує коефіцієнт потужності до 0,92. Знайдіть реактивну потужність QC, яку має постачати конденсатор.

P = 15 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92V = 240 Vf = 50 Hz
QC = kvar
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 208 VIL​ = 10 Acos φ = 0,88відстаючий

Симетричне трифазне навантаження споживає лінійний струм 10 A від мережі з лінійною напругою 208 V. Коефіцієнт потужності 0,88, відстаючий. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку споживає навантаження, у kW.

VL = 208 VIL = 10 Acos φ = 0,88
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симетричне трифазне навантаження споживає 75 kW при коефіцієнті потужності 0,8 (відстаючому) від мережі 415 V (лінійна напруга), 50 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,95 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Знайдіть сумарну реактивну потужність QC, яку має постачати конденсаторна батарея, у kvar.

P = 75 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаториСередня
8 ΩN1​N2​1152 Ω

Підсилювач з вихідним опором 1152 Ω живить гучномовець 8 Ω через ідеальний трансформатор. Для передачі максимальної потужності гучномовець з боку підсилювача має виглядати як 1152 Ω. Знайдіть коефіцієнт трансформації a = N₁/N₂.

Rs = 1152 ΩRL = 8 Ω
a =
20.ТрансформаториСкладна
25 kVA

Однофазний трансформатор 25 kVA має втрати в сталі 75 W і втрати в міді 150 W при номінальному навантаженні. При якому навантаженні Sη,max, у kVA, його ККД найвищий?

S = 25 kVAPcore = 75 WPcu,fl = 150 W
Sη,max = kVA
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 4,7 kΩVin​ = 1 VRa​ = 100 kΩRb​ = 47 kΩ

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

Vin = 1 VRa = 100 kΩRb = 47 kΩR1 = 4,7 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​Rf​ = 22 kΩV1​ = 0,2 VR1​ = 100 kΩV2​ = 1 VR2​ = 22 kΩIf​

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

V1 = 0,2 VV2 = 1 VR1 = 100 kΩR2 = 22 kΩRf = 22 kΩ
If = mA
23.Діоди й транзисториСередня
RC​ = 2,7 kΩβ = 100IC​ = ?RE​ = 1,5 kΩVCC​ = 12 VR1​ = 33 kΩR2​ = 10 kΩ

NPN-транзистор з β = 100 має зміщення дільником напруги від VCC = 12 V: R₁ = 33 kΩ від VCC до бази й R₂ = 10 kΩ від бази до землі. Колекторний резистор RC = 2,7 kΩ, емітерний резистор RE = 1,5 kΩ. Візьміть VBE = 0,7 V і використайте еквівалент Тевенена дільника (не нехтуйте струмом бази). Знайдіть струм колектора IC у mA.

VCC = 12 VR1 = 33 kΩR2 = 10 kΩRC = 2,7 kΩRE = 1,5 kΩβ = 100
IC = mA
24.Діоди й транзисториСкладна
V (V)I (mA)0,7627,27Q = ?

Діод змодельовано як 0,7 В послідовно з 20 Ом (він проводить вище 0,7 В). Він увімкнений послідовно з резистором 220 Ом до джерела 6 В. Знайдіть робочий струм ID у точці, де лінія діода перетинає лінію навантаження.

Vs = 6 VR = 220 ΩV0 = 0,7 Vrd = 20 Ω
ID = mA
25.Системи численняСередня
ваги розрядів у додатковому коді0−12816413201618141201

8-бітовий шаблон 0110 1110 зберігає ціле число зі знаком у додатковому коді. Яке його значення N у десятковій системі?

0110 11108 bit
N =
26.Системи численняСкладна
клацайте біти, щоб встановити їх012806403201608040201

Встановіть біти за 8-бітовим результатом 1010 0100 XOR 1010 1000. Яке значення R результату в десятковій системі?

1010 0100XOR1010 1000
R =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABC00011110010001031214050716

Скористайтеся картою Карно, щоб знайти мінімальну форму добутку сум (POS) для F(A, B, C) = Σm(2, 4, 6). Скільки доданків-сум (множників) N вона має?

F(A, B, C) = Σm(2, 4, 6)
N =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKJOHNSON

4-розрядний лічильник Джонсона Q₃Q₂Q₁Q₀ починає з 0000. На кожному фронті такту біти зсуваються на одне місце праворуч (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀), а Q₃ отримує інверсію Q₀. Запишіть стан Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ як десяткове число після 10 фронтів такту.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 000010
Q =
29.Перетворення ЛапласаСередня
t (s)f(t)t = 0,1f(0,1) = ?

Знайдіть f(t) для F(s) = (5s + 11)/(s² + 8s + 16) і обчисліть f(0,1).

F(s) = (5s + 11)/(s² + 8s + 16)t = 0,1 s
f(0.1) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,50,51

Систему описано диференціальним рівнянням y″ + 7y′ + 12y = 2u′ + 2u із входом u(t) і виходом y(t). Знайдіть її передатну функцію G(s) = Y(s)/U(s) (нульові початкові умови) і обчисліть імпульсну характеристику g(t) при t = 0,25 s. Знайдіть g(0,25).

y″ + 7y′ + 12y = 2u′ + 2ut = 0,25 s
g(0.25) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+K(s + 8)(s + 11)G(s)C(s)−

Об’єкт G(s) = K/((s + 8)(s + 11)) охоплено одиничним від’ємним зворотним зв’язком. Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого замкнена система критично загасаюча (два рівні дійсні полюси).

G(s) = K/((s + 8)(s + 11))одиничний від’ємний зворотний зв’язок
K =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+72s(s + 3)G(s)C(s)2H−

Об’єкт G(s) = 72/(s(s + 3)) охоплено від’ємним зворотним зв’язком із коефіцієнтом датчика H = 2. Полюси замкненої системи комплексні. Знайдіть їхню уявну частину ωd (додатне значення) в rad/s.

G(s) = 72/(s(s + 3))H = 2
ωd = rad/s
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)0,5?

Система має передатну функцію G(s) = 25,5/(s² + 7s + 51) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS перехідної характеристики.

G(s) = 25,5/(s² + 7s + 51)
%OS = %
34.Перехідна характеристикаСкладна
R(s)+130s(s + 4)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = 130/(s(s + 4)). Знайдіть 2-відсотковий час встановлення ts перехідної характеристики замкненої системи за формулою ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 130/(s(s + 4))
ts = s
35.Діаграми Боде та запасиСередня
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 10

Знайдіть фазу ∠G(jω) функції G(s) = 33(s + 16)/(s(s + 6)) за ω = 10 rad/s, у градусах.

G(s) = 33(s + 16)/(s(s + 6))ω = 10 rad/s
∠G(jω) = °
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) = 120/(s(s + 6)(s + 8)). Знайдіть запас за підсиленням GM у dB.

L(s) = 120/(s(s + 6)(s + 8))
GM = dB
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+21s(s + 2)(s + 6)C(s)+

Контур на схемі має додатний зворотний зв’язок, L(s) = 2/(s(s + 2)(s + 6)). Скільки полюсів N замкненої системи лежить у правій півплощині?

L(s) = 2/(s(s + 2)(s + 6))
N =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReImζ = 0,3−2j2

Показано кореневий годограф L(s) = K/(s(s + 2)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого полюси замкненої системи мають коефіцієнт демпфування ζ = 0,3.

L(s) = K/(s(s + 2))ζ = 0,3
K =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
r(t) = 1·t²/2+10(s + 3)s²(s + 5)C(s)−

Параболічний вхід r(t) = 1·t²/2 подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 10(s + 3)/(s²(s + 5)). Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 10(s + 3)/(s²(s + 5))r(t) = 1·t²/2
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+K = 204s(s + 10)C(s)−

П-регулятор K = 20 керує об’єктом G(s) = 4/(s(s + 10)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть 2-відсотковий час встановлення ts перехідної характеристики за формулою ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 4/(s(s + 10))K = 20
ts = s

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 1,222 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​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩAR4​20 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 = 2 + 20 = 22 Ω
R2 ∥ 22 = 3·22/(3+22) = 2,64 Ω
Req = R1 + 2,64 = 6 + 2,64 = 8,64 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 12/8,64 = 1,389 A

Струм через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 12 − 1,389·6 = 3,667 V
IR2 = VA/R2 = 3,667/3 = 1,222 A

Відповідь

IR2 = 1,222 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 0,882 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​ = 3 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​6 ΩAR4​15 ΩBR6​4 Ω

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R5 + R6 = 15 + 4 = 19 Ω
R4 ∥ 19 = 8,382 Ω
R3 + 8,382 = 10,38 Ω
R2 ∥ 10,38 = 3,803 Ω
Req = R1 + 3,803 = 3 + 3,803 = 6,803 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 6/6,803 = 0,882 A

Відповідь

IR1 = 0,882 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR3 = 1,205 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​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩAR4​15 ΩBIs​1,5 A

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 6 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/10 + (VA − 6)/8 + (VA − VB)/2 = 0
0,725·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/15 + (VB − VA)/2 = (−1,5)
−0,5·VA + 0,5667·VB = −1,5

Розв’яжіть

Δ = (0,725)(0,5667) − (−0,5)(−0,5) = 0,1608
VA = Δ1/Δ = −0,325/0,1608 = −2,021 V
VB = Δ2/Δ = −0,7125/0,1608 = −4,43 V

Відповідь

IR3 = (VA − VB)/R3 = (−2,021 − −4,43)/2 = 1,205 A
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VB = 6,796 V

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

R1​ = 2 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​15 VR3​8 ΩAR5​2 ΩBIs​2,5 A+−V2​10 V

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 15 V, V2 = 10 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/8 + (VA − 15)/2 + (VA − VB)/6 = 0
0,7917·VA − 0,1667·VB = 7,5

ЗСК у вузлі B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/2 + (VB − VA)/6 + (VB − 10)/15 = 2,5
−0,1667·VA + 0,7333·VB = 3,167

Розв’яжіть

Δ = (0,7917)(0,7333) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,5528
VA = Δ1/Δ = 6,028/0,5528 = 10,9 V
VB = Δ2/Δ = 3,757/0,5528 = 6,796 V

Відповідь

VB = 6,796 V
5.Метод контурних струмів

Відповідь: I1 = 0,1154 A

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

R1​ = 20 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​9 VR3​15 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
20·I1 + 15(I1 − I2) = 9
35·I1 − 15·I2 = 9

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
10·I2 + 15(I2 − I1) = (−10)
−15·I1 + 25·I2 = −10

Розв’яжіть

Δ = (35)(25) − (−15)(−15) = 650
I1 = Δ1/Δ = 75/650 = 0,1154 A
I2 = Δ2/Δ = −215/650 = −0,3308 A

Відповідь

I1 = 0,1154 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: VR4 = 8,433 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​ = 20 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR4​30 ΩAR5​20 ΩB+−V2​5 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
20·I1 + 30(I1 − I2) = 24
50·I1 − 30·I2 = 24

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 + 30(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 56·I2 − 20·I3 = 0

ЗНК для контуру 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
2·I3 + 20(I3 − I2) = (−5)
−20·I2 + 22·I3 = −5

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 21800
I1 = Δ1/Δ = 16968/21800 = 0,7783 A
I2 = Δ2/Δ = 10840/21800 = 0,4972 A
I3 = Δ3/Δ = 4900/21800 = 0,2248 A

Відповідь

IR4 = I1 − I2 = 0,2811 A
VR4 = IR4·R4 = 0,2811·30 = 8,433 V

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: PR4 = 3,58 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​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩAR4​20 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+20 = 22 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·22/(8+22) = 5,867 Ω
VA = 10·5,867/(8+5,867) = 4,231 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,231·20/22 = 3,846 V
IR4′ = (VB − 0)/R4 = (3,846 − 0)/20 = 0,1923 A
R1​ = 8 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​8 ΩAR4​20 ΩBIs​1 A

Випадок 2 · діє лише Is

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

R1 ∥ R2 = 8·8/(8+8) = 4 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 20 ∥ 6 = 4,615 Ω
VB = Is·Req = 1·4,615 = 4,615 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 4,615·4/6 = 3,077 V
IR4″ = (VB − 0)/R4 = (4,615 − 0)/20 = 0,2308 A

Додайте внески струму

IR4 = IR4′ + IR4″ = 0,1923 + 0,2308 = 0,4231 A

Потужність у резисторі

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

PR4 = IR4²·R4 = 0,4231²·20 = 3,58 W

Відповідь

PR4 = 3,58 W

Сума потужностей окремих випадків дала б 1,805 W, а це неправильно.

8.Метод накладання

Відповідь: V2 = 4,5 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​ = 12 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​6 VR3​25 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) = 25 ∥ 9 = 6,618 Ω
VA = 6·6,618/(12+6,618) = 2,133 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,133·6/9 = 1,422 V
R1​ = 12 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 6 ΩКЗR3​25 ΩAIs​1,5 ABКЗ

Випадок 2 · діє лише Is

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

R1 ∥ R3 = 8,108 Ω, тож лівий шлях — R2+8,108 = 11,11 Ω
Req = R4 ∥ 11,11 = 3,896 Ω
VB = −Is·Req = −1,5·3,896 = −5,844 V
VA = VB·8,108/11,11 = −4,265 V

Випадок 3 · діє лише V2, на один вольт

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

R1 ∥ R3 = 8,108 Ω
VA‴ = V2·8,108/(6 + 3 + 8,108) = 0,4739·V2

Прирівняйте VA до нуля

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

VA′ + VA″ + VA‴ = 2,133 + (−4,265) + 0,4739·V2 = 0
V2 = 2,133/0,4739 = 4,5 V

Відповідь

V2 = 4,5 V
9.Тевенен і Нортон

Відповідь: Rth = 15,5 Ω

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​ = 8 ΩКЗR2​15 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 = 15·15/(15+15) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 8 = 15,5 Ω
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: PL = 43,8 W

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 20 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 + 20 = 24 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​5 VR2​6 ΩAIs​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 + 5·4 = 21,67 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 21,67 + 5·20 = 121,7 V
Rth​ = 24 Ω+−Vth​121,7 VRL​2 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) = 121,7/(24 + 2) = 4,679 A
PL = IL²·RL = 4,679²·2 = 43,8 W
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: t = 10,73 ms

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

Стала часу

τ = L/R = 220 mH / 33 Ω = 6,667 ms

Виразіть час

0,6 = 3·e−t/τ → t = τ·ln(3/0,6)
t = 6,667·ln(5) = 10,73 ms

Відповідь

t = 10,73 ms
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vC = 10,34 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) = 15 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 22 µF = 149,6 ms
vC(t) = 10 + (15 − 10)·e−t/τ

Напруга в заданий момент

vC(400) = 10 + (5)·e−400/149,6 = 10,34 V

Відповідь

vC = 10,34 V
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: L = 1,151 mH

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

Умова резонансу

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

ω₀ = 2π·1000 = 6283 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(6283²·22·10⁻⁶) = 1,151 mH

Відповідь

L = 1,151 mH
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: VL = 480 V

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 реактивні опори компенсуються, тож повний опір дорівнює просто R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,1·0,1·10⁻⁶) = 10000 rad/s
I = V/R = 24/50 = 0,48 A

Напруга на котушці

XL = ω₀L = 10000·0,1 = 1000 Ω
VL = I·XL = 0,48·1000 = 480 V

Відповідь

VL = 480 V

Це в Q = 20 разів більше за напругу мережі.

15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: I = 13,89 A

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

Струм лінії

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

I = P/(V·cos φ) = 5000/(400·0,9) = 13,89 A

Відповідь

I = 13,89 A
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: QC = 4,86 kvar

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

Реактивна потужність до і після

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

Q1 = P·tan φ1 = 15·tan(36,87°) = 11,25 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 15·tan(23,07°) = 6,39 kvar
QC = Q1 − Q2 = 4,86 kvar

Відповідь

QC = 4,86 kvar
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 3,17 kW

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

Повна потужність

S = √3·VL·IL = √3·208·10 = 3,603 kVA

Активна потужність

P = S·cos φ = 3,603·0,88 = 3,17 kW

Відповідь

P = 3,17 kW
18.Трифазні системи

Відповідь: QC = 31,6 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 0,8) = 75·0,75 = 56,25 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,95) = 75·0,3287 = 24,65 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 31,6 kvar

Відповідь

QC = 31,6 kvar
19.Трансформатори

Відповідь: a = 12

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

Узгодьте зведене навантаження

a²·8 = 1152
a = √(1152/8) = √144 = 12

Відповідь

a = 12
20.Трансформатори

Відповідь: Sη,max = 17,68 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

x²·150 = 75 → x = √(75/150) = 0,7071

Навантаження при максимальному ККД

Sη,max = x·S = 0,7071·25 = 17,68 kVA

Відповідь

Sη,max = 17,68 kVA
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 7,122 V

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

Напруга на вході +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 1·47/(100 + 47) = 0,3197 V

Коефіцієнт підсилення неінвертувального підсилювача

V₋ = V₊, і струм через R₁ тече також через Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,3197·(1 + 100/4,7) = 7,122 V

Відповідь

Vout = 7,122 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: If = 0,04745 mA

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

Вхідні струми

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

I1 = V1/R1 = 0,2/100 = 0,002 mA
I2 = V2/R2 = 1/22 = 0,04545 mA
If = I1 + I2 = 0,04745 mA

Відповідь

If = 0,04745 mA
23.Діоди й транзистори

Відповідь: IC = 1,313 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 = 12·10/(33 + 10) = 2,791 V
RTH = 33·10/(33 + 10) = 7,674 kΩ

Струм бази

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

IB = (2,791 − 0,7)/(7,674 + 101·1,5) = 13,13 µA

Струм колектора

IC = 100·13,13 µA = 1,313 mA
IE = 101·13,13 µA = 1,327 mA

Відповідь

IC = 1,313 mA
24.Діоди й транзистори

Відповідь: ID = 22,08 mA

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

Об’єднайте два рівняння

6 = 0,7 + I·(220 + 20)

Робочий струм

ID = 5,3/240 = 22,08 mA
VD = 0,7 + 0,02208·20 = 1,142 V

Відповідь

ID = 22,08 mA
25.Системи числення

Відповідь: N = 110

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

Додайте ваги

Інші біти зберігають свої звичайні додатні ваги.

64 + 32 + 8 + 4 + 2 = 110

Відповідь

N = 110
26.Системи числення

Відповідь: R = 12

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

Біт за бітом

XOR дає 1, де два біти різні.

1010 0100
XOR 1010 1000
= 0000 1100

Значення результату

0000 1100₂ = 12

Відповідь

R = 12
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: N = 2

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

ABC00011110010001031214050716

Згрупуйте нулі

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

C′
(A + B)

Мінімальна форма POS

F = C′(A + B)
N = 2

Відповідь

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

Відповідь: Q = 12

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.

Стан після кожного фронту

0000 → 1000 → 1100 → 1110 → 1111 → 0111 → 0011 → 0001 → 0000 → 1000 → 1100

Десяткове значення

1100₂ = 12

Відповідь

Q = 12
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.1) = 2,748

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 + 16 = (s + 4)²

Простіші дроби

5s + 11 = 5(s + 4) + −9
F(s) = 5/(s + 4) − 9/(s + 4)²

Обернене перетворення

f(t) = 5·e−4t − 9·t·e−4t
f(0,1) = (5 − 9·0,1)·e−4·0,1 = 2,748

Відповідь

f(0,1) = 2,748
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: g(0.25) = 0,3178

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) = (2s + 2)/(s² + 7s + 12)

Простіші дроби

s² + 7s + 12 = (s + 3)(s + 4)
A = −4, B = 6

Імпульсна характеристика

g(t) = −4·e−3t + 6·e−4t
g(0,25) = 0,3178

Відповідь

g(0,25) = 0,3178
31.Блок-схеми

Відповідь: K = 2,25

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

Характеристичне рівняння

1 + K/((s + 8)(s + 11)) = 0 → s² + 19s + 88 + K = 0

Кратний корінь

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

19² = 4(88 + K) → K = 361/4 − 88 = 2,25

Відповідь

K = 2,25
Обидва полюси замкненої системи тоді лежать у s = −9,5.
32.Блок-схеми

Відповідь: ωd = 11,91 rad/s

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

Характеристичне рівняння

s(s + 3) + 72·2 = 0 → s² + 3s + 144 = 0

Корені

s = −1,5 ± j·√(144 − 2,25) = −1,5 ± j11,91
ωd = 11,91 rad/s

Відповідь

ωd = 11,91 rad/s
33.Перехідна характеристика

Відповідь: %OS = 17,1 %

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

Порівняйте зі стандартною формою

Знаменник має збігатися з s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 51 → ωₙ = 7,141 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·7,141) = 0,4901

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−1,766 = 17,1 %

Відповідь

%OS = 17,1 %
34.Перехідна характеристика

Відповідь: ts = 2 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).

Передатна функція замкненої системи

T(s) = 130/(s² + 4s + 130): ωₙ = 11,4 rad/s, ζ = 0,1754

Час встановлення

ζωₙ = 4/2 = 2
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 2 s

Відповідь

ts = 2 s

Для цього контуру ζωₙ = a/2 за будь-якого K: збільшення K додає перерегулювання, але не скорочує час встановлення.

35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ∠G(jω) = −117 °

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.

Додайте кути

∠G = atan(10/16) − 90° − atan(10/6) = 32,01° − 90° − 59,04°

Результат

∠G(j10) = −117°

Відповідь

∠G(jω) = −117°
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: GM = 14,96 dB

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

Перетин за фазою

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

Модуль на перетині за фазою

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

Запас за підсиленням

GM = 20·log₁₀(672/120) = 14,96 dB

Відповідь

GM = 14,96 dB
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: N = 1

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

s³ + 8s² + 12s − 2 = 0

Таблиця Рауса

s³: 1, 12
s²: 8, −2
s¹: 12,25
s⁰: −2

Зміни знака в першому стовпці

1 → 8 → 12,25 → −2
N = 1

Відповідь

N = 1

Додатний зворотний зв’язок робить вільний член від’ємним: один дійсний полюс завжди переходить у праву півплощину.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: K = 11,11

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

Порівняйте зі стандартною формою

s² + 2s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,3·ωₙ = 2 → ωₙ = 3,333 rad/s

Коефіцієнт підсилення

K = ωₙ² = 3,333² = 11,11

Відповідь

K = 11,11

Полюси замкненої системи лежать там, де лінія ζ перетинає вертикальну гілку s = −1.

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 0,1667

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.

Константа прискорення

Ka = 10·3/5 = 6

Похибка за параболічного сигналу

ess = 1/6 = 0,1667

Відповідь

ess = 0,1667
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ts = 0,8 s

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

Характеристичний поліном

s(s + 10) + 20·4 = s² + 10s + 80

ωₙ і ζ

ωₙ = √80 = 8,944 rad/s
ζ = 10/(2·8,944) = 0,559

Час встановлення

ζωₙ = 10/2 = 5
ts ≈ 4/5 = 0,8 s

Відповідь

ts = 0,8 s

Час встановлення тут не залежить від K: збільшення K лише прискорює коливання відгуку.

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