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​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​15 ΩAR4​5 ΩB

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 ΩR4 = 5 Ω
Req = Ω
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 25 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​30 ΩAR4​12 ΩBR6​15 Ω

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 30 VR1 = 25 ΩR2 = 30 ΩR3 = 25 ΩR4 = 12 ΩR5 = 4 ΩR6 = 15 Ω
Req = Ω
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 8 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAR4​6 ΩBIs​1,5 A

Методом вузлових потенціалів знайдіть потужність PIs, яку віддає джерело струму Is.

V1 = 18 VIs = 1,5 AR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 20 ΩR4 = 6 Ω
PIs = W
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 25 Ω+−Vs​ = 12 V+−V1​18 VR2​15 ΩAR3​25 ΩBIs​1 A

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

V1 = 18 VIs = 1 AVs = 12 VR1 = 25 ΩR2 = 15 ΩR3 = 25 Ω
VA = V
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 12 Ω+−VR1​R2​ = 10 Ω+−V1​9 VR3​12 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти напругу VR1 на R1 з указаною полярністю.

V1 = 9 VV2 = 30 VR1 = 12 ΩR2 = 10 ΩR3 = 12 Ω
VR1 = V
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​5 VR4​5 ΩAR5​15 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

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

V1 = 5 VV2 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 15 ΩR4 = 5 ΩR5 = 15 Ω
I2 = A
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 12 ΩR3​ = 3 ΩIR3​+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​12 ΩBIs​4 A

За методом накладання знайдіть потужність PR3, яку споживає R3.

V1 = 12 VIs = 4 AR1 = 12 ΩR2 = 5 ΩR3 = 3 ΩR4 = 12 Ω
PR3 = W
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 5 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 6 ΩIR4​+−V1​12 VR3​30 ΩAIs​4 AB+−V2​36 V

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

V1 = 12 VIs = 4 AV2 = 36 VR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 30 ΩR4 = 6 Ω
IR4 = A
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 8 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​2 ΩAab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAIs​2 ABRL​30 ΩIL​

До a–b підключено навантаження RL = 30 Ω. За допомогою еквівалента Тевенена знайдіть потужність PL, що передається навантаженню.

V1 = 9 VIs = 2 AR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 15 ΩRL = 30 Ω
PL = W
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​6 Vt = 0R1​ = 4,7 kΩR2​ = 1 kΩC47 µF+−vC​

Джерело Vₛ заряджає конденсатор через R₁, а R₂ під’єднано паралельно C. Конденсатор розряджений, коли вимикач замикається в момент t = 0. Знайдіть сталу часу τ кола після замикання ключа.

Vs = 6 VR1 = 4,7 kΩR2 = 1 kΩC = 47 µF
τ = ms
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​5 Vt = 0R = 4,7 kΩC47 µF+−vC​vC​(0) = 4 V

Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 4 V з указаною полярністю. За який час vC досягне 4,6 V? Знайдіть t.

Vs = 5 VR = 4,7 kΩC = 47 µFvC(0) = 4 V
t = ms
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
Vf0​ = 200 HzRL = ?C = 4,7 µF

Послідовне RLC-коло з C = 4,7 µF має резонувати на частоті 200 Hz. Знайдіть потрібну індуктивність L.

f0 = 200 HzC = 4,7 µF
L = mH
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
100 V200 HzR = 50 ΩL = 20 mHC = 100 µF

Послідовне коло RLC підключено до мережі 100 V (діюче значення), 200 Hz. Знайдіть резонансну частоту f0 кола.

V = 100 V (rms)f = 200 HzR = 50 ΩL = 20 mHC = 100 µF
f0 = Hz
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
P = 12 kWQ = ?Sφ

Однофазний двигун споживає 12 kW при коефіцієнті потужності 0,75 (індуктивному) від мережі 240 V. Знайдіть реактивну потужність Q, яку він споживає.

P = 12 kWpf = 0,75V = 240 V
Q = kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P = 10 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазне навантаження споживає 10 kW при коефіцієнті потужності 0,65 (індуктивному) від мережі 400 V, 60 Hz. Паралельно підключений конденсатор підвищує коефіцієнт потужності до 0,95. Знайдіть новий струм лінії Inew.

P = 10 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95V = 400 Vf = 60 Hz
Inew = A
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 208 VIL​ = 15 Acos φ = 0,85відстаючий

Симетричне трифазне навантаження споживає лінійний струм 15 A від мережі з лінійною напругою 208 V. Коефіцієнт потужності 0,85, відстаючий. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку споживає навантаження, у kW.

VL = 208 VIL = 15 Acos φ = 0,85
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симетричне трифазне навантаження споживає 120 kW при коефіцієнті потужності 0,75 (відстаючому) від мережі 690 V (лінійна напруга), 50 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,9 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано зіркою. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.

P = 120 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
50 Ω21

До вторинної обмотки ідеального трансформатора з коефіцієнтом трансформації N₁:N₂ = 2:1 підключено резистор 50 Ω. Знайдіть опір R1′ з боку первинної обмотки.

N1:N2 = 2:1RL = 50 Ω
R1′ = Ω
20.ТрансформаториСкладна
250 kVA

Однофазний трансформатор 250 kVA має втрати в сталі 750 W і втрати в міді 1500 W при номінальному навантаженні. При якому навантаженні Sη,max, у kVA, його ККД найвищий?

S = 250 kVAPcore = 750 WPcu,fl = 1500 W
Sη,max = kVA
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​R2​ = 47 kΩV1​ = −0,3 VR1​ = 22 kΩV2​ = 1,6 VR3​ = 22 kΩR4​ = 47 kΩ

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

V1 = −0,3 VV2 = 1,6 VR1 = R3 = 22 kΩR2 = R4 = 47 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = −1,6 VR1​ = 22 kΩV2​ = 1,8 VR2​ = 47 kΩIf​

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

V1 = −1,6 VV2 = 1,8 VR1 = 22 kΩR2 = 47 kΩRf = 10 kΩ
If = mA
23.Діоди й транзисториСередня
RC​ = 1,5 kΩβ = 120RE​ = 1 kΩVCC​ = 18 VR1​ = 33 kΩR2​ = 12 kΩ

NPN-транзистор з β = 120 має зміщення дільником напруги від VCC = 18 V: R₁ = 33 kΩ від VCC до бази й R₂ = 12 kΩ від бази до землі. Колекторний резистор RC = 1,5 kΩ, емітерний резистор RE = 1 kΩ. Візьміть VBE = 0,7 V і використайте еквівалент Тевенена дільника (не нехтуйте струмом бази). Знайдіть напругу колектор–емітер VCE.

VCC = 18 VR1 = 33 kΩR2 = 12 kΩRC = 1,5 kΩRE = 1 kΩβ = 120
VCE = V
24.Діоди й транзисториСкладна
+−≤ 14 V270 Ω5,1 V

Стабілізатор на стабілітроні 5,1 В має послідовний резистор 270 Ом. Вхідна напруга може зрости до 14 В, а навантаження може бути відключене. Знайдіть найбільшу потужність PZ,max, яку має розсіювати стабілітрон.

Vin,max = 14 VVZ = 5,1 VR = 270 Ω
PZ,max = mW
25.Системи численняСередня
ваги розрядів у додатковому коді1−12816413211618041201

8-бітовий шаблон 1111 1010 зберігає ціле число зі знаком у додатковому коді. Яке його значення N у десятковій системі?

1111 10108 bit
N =
26.Системи численняСкладна
клацайте біти, щоб встановити їх012806403201608040201

Встановіть біти за 8-бітовим результатом 0101 0100 XOR 0001 0101. Яке значення R результату в десятковій системі?

0101 0100XOR0001 0101
R =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
MUXC′I0​1I1​1I2​CI3​ABS1​S0​F

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

I₀ = C′I₁ = 1I₂ = 1I₃ = C
N =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​CLKUP

4-розрядний двійковий лічильник на додавання починає з 7 (десяткове, Q = 0111). Яке значення Q (у десятковому вигляді) він покаже після 39 імпульсів такту?

Q0 = 739n = 4
Q =
29.Перетворення ЛапласаСередня
t (s)f(t)t = 0,5f(0,5) = ?

Знайдіть f(t) для F(s) = (2s + 9)/(s² + 8s + 16) і обчисліть f(0,5).

F(s) = (2s + 9)/(s² + 8s + 16)t = 0,5 s
f(0.5) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
ReIm−5−10−15−20

Систему описано диференціальним рівнянням y″ + 7y′ + 10y = u′ + 19u 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′ + 10y = u′ + 19ut = 0,25 s
g(0.25) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+14K+6s + 2G(s)C(s)4H₁−−

Об’єкт G(s) = 6/(s + 2) має внутрішній (малий) контур від’ємного зворотного зв’язку з коефіцієнтом H₁ = 4. Коефіцієнт регулятора K = 14 і зовнішній одиничний від’ємний зворотний зв’язок замикають систему. Знайдіть полюс замкненої системи p.

G(s) = 6/(s + 2)H₁ = 4K = 14
p =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+Kрегулятор+D(s)+7s + 4об’єктC(s)−

Пропорційний регулятор K керує об’єктом G(s) = 7/(s + 4) 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 1,75.

G(s) = 7/(s + 4)D = 5css ≤ 1,75
K =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)0,5?

Система має передатну функцію G(s) = 4,5/(s² + 2s + 9) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS перехідної характеристики.

G(s) = 4,5/(s² + 2s + 9)
%OS = %
34.Перехідна характеристикаСкладна
k = 1000 N/mc = 120 N·s/mm = 10 kgF = 5 Nx(t)

Маса m = 10 kg висить на пружині k = 1000 N/m з в’язким демпфером c = 120 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). З положення рівноваги в спокої раптово прикладають сталу силу F = 5 N. Знайдіть найбільше зміщення xmax у mm.

m = 10 kgk = 1000 N/mc = 120 N·s/mF = 5 N
xmax = mm
35.Діаграми Боде та запасиСередня
vin​L = 22 mHR = 470 Ωvout​

RL-фільтр нижніх частот на рисунку має R = 470 Ω, L = 22 mH. На вхід подають синусоїдний сигнал 17 kHz. Знайдіть коефіцієнт підсилення |H| = |vout/vin| у dB.

R = 470 ΩL = 22 mHf = 17 kHz
|H| = dB
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 36/(s(s + 1)(s + 8)). Знайдіть запас за підсиленням GM у dB.

L(s) = 36/(s(s + 1)(s + 8))
GM = dB
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+K1(s + 3)(s + 4)(s + 5)C(s)−

Контур з одиничним зворотним зв’язком має L(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 5)), K > 0. Знайдіть найбільше значення Kmax, за якого замкнена система стійка.

L(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 5))
Kmax =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−5j5

Накреслено кореневий годограф L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 6)). Знайдіть частоту ω, за якої годограф перетинає уявну вісь.

L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 6))
ω = rad/s
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
R(s)+K(s + 4)(s + 10)C(s)−

Контур з одиничним зворотним зв’язком має G(s) = K/((s + 4)(s + 10)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого усталена похибка для східчастого входу становить 5 %.

G(s) = K/((s + 4)(s + 10))ess = 5 %
K =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+Kp​ + Ki​/s5s + 2C(s)−

ПІ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s керує об’єктом G(s) = 5/(s + 2) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Замкнена система має мати ωₙ = 8 rad/s і ζ = 0,8. Знайдіть пропорційний коефіцієнт Kp.

G(s) = 5/(s + 2)ωₙ = 8 rad/sζ = 0,8
Kp =

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 11,96 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​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​15 ΩAR4​5 ΩB

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R3 + R4 = 8 + 5 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 15·13/(15+13) = 6,964 Ω
Req = R1 + 6,964 = 5 + 6,964 = 11,96 Ω

Відповідь

Req = 11,96 Ω
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 40,57 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​ = 25 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​30 ΩAR4​12 ΩBR6​15 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 = 4 + 15 = 19 Ω
R4 ∥ 19 = 7,355 Ω
R3 + 7,355 = 32,35 Ω
R2 ∥ 32,35 = 15,57 Ω
Req = R1 + 15,57 = 25 + 15,57 = 40,57 Ω

Відповідь

Req = 40,57 Ω
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: PIs = 13,8 W

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 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 − 18)/8 + (VA − VB)/20 = 0
0,275·VA − 0,05·VB = 2,25

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/6 + (VB − VA)/20 = 1,5
−0,05·VA + 0,2167·VB = 1,5

Розв’яжіть

Δ = (0,275)(0,2167) − (−0,05)(−0,05) = 0,05708
VA = Δ1/Δ = 0,5625/0,05708 = 9,854 V
VB = Δ2/Δ = 0,525/0,05708 = 9,197 V

Потужність, яку віддає джерело струму

Джерело подає Iₛ угору у вузол B, від землі (0 V) до VB. Джерело, струм якого виходить з його затискача +, віддає потужність P = V·I.

PIs = VB·Is = 9,197·1,5 = 13,8 W

Відповідь

PIs = 13,8 W
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VA = 15 V

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

Утворіть надвузол

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

VB = VA − 12
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Розв’яжіть

(VA − 18)/25 + VA/15 + (VA − 12)/25 = 1
VA·(1/25 + 1/15 + 1/25) = 1 + 18/25 + 12/25 = 2,2
VA = 2,2/0,1467 = 15 V
VB = 3 V

Відповідь

VA = 15 V
5.Метод контурних струмів

Відповідь: VR1 = −5,063 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​ = 10 Ω+−V1​9 VR3​12 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
12·I1 + 12(I1 − I2) = 9
24·I1 − 12·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 + 12(I2 − I1) = (−30)
−12·I1 + 22·I2 = −30

Розв’яжіть

Δ = (24)(22) − (−12)(−12) = 384
I1 = Δ1/Δ = −162/384 = −0,4219 A
I2 = Δ2/Δ = −612/384 = −1,594 A

Відповідь

IR1 = I1 = −0,4219 A
VR1 = IR1·R1 = −0,4219·12 = −5,063 V

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: I2 = −0,2941 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​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​5 VR4​5 ΩAR5​15 ΩB+−V2​15 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
15·I1 + 5(I1 − I2) = 5
20·I1 − 5·I2 = 5

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
10·I2 + 5(I2 − I1) + 15(I2 − I3) = 0
−5·I1 + 30·I2 − 15·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
15·I3 + 15(I3 − I2) = (−15)
−15·I2 + 30·I3 = −15

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 12750
I1 = Δ1/Δ = 2250/12750 = 0,1765 A
I2 = Δ2/Δ = −3750/12750 = −0,2941 A
I3 = Δ3/Δ = −8250/12750 = −0,6471 A

Відповідь

I2 = −0,2941 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: PR3 = 17,28 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​ = 12 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​12 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 = 3+12 = 15 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 5·15/(5+15) = 3,75 Ω
VA = 12·3,75/(12+3,75) = 2,857 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,857·12/15 = 2,286 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (2,857 − 2,286)/3 = 0,1905 A
R1​ = 12 ΩR3​ = 3 ΩКЗR2​5 ΩAR4​12 ΩBIs​4 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 = 12·5/(12+5) = 3,529 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 12 ∥ 6,529 = 4,229 Ω
VB = Is·Req = 4·4,229 = 16,91 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 16,91·3,529/6,529 = 9,143 V
IR3″ = (VA − VB)/R3 = (9,143 − 16,91)/3 = −2,59 A

Додайте внески струму

IR3 = IR3′ + IR3″ = 0,1905 + (−2,59) = −2,4 A

Потужність у резисторі

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

PR3 = IR3²·R3 = (−2,4)²·3 = 17,28 W

Відповідь

PR3 = 17,28 W

Сума потужностей окремих випадків дала б 20,24 W, а це неправильно.

8.Метод накладання

Відповідь: IR4 = −4,14 A

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

R1​ = 5 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​12 VR3​30 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) = 30 ∥ 8 = 6,316 Ω
VA = 12·6,316/(5+6,316) = 6,698 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 6,698·6/8 = 5,023 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (5,023 − 0)/6 = 0,8372 A
R1​ = 5 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 6 ΩКЗR3​30 ΩAIs​4 ABКЗ

Випадок 2 · діє лише Is

Обидва джерела напруги стають короткими замиканнями. Iₛ у точці B розгалужується між R₄ (тепер до землі) і R₂, послідовним із R₁ ∥ R₃.

R1 ∥ R3 = 4,286 Ω, тож лівий шлях — R2+4,286 = 6,286 Ω
Req = R4 ∥ 6,286 = 3,07 Ω
VB = Is·Req = (−4)·3,07 = −12,28 V
VA = VB·4,286/6,286 = −8,372 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (−12,28 − 0)/6 = −2,047 A
R1​ = 5 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 6 ΩКЗR3​30 ΩAОБРИВB+−V2​36 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 = 5·30/(5+30) = 4,286 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 36·6,286/12,29 = 18,42 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 18,42·4,286/6,286 = 12,56 V
IR4‴ = (VB − V2)/R4 = (18,42 − 36)/6 = −2,93 A

Додайте складові

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴
IR4 = 0,8372 + (−2,047) + (−2,93) = −4,14 A

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

9.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = 3,6 V

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

R1​ = 8 ΩR3​ = 20 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 = 8·2/(8+2) = 1,6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,6 + 20 = 21,6 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 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) = 18·2/(8+2) = 3,6 V
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: PL = 11,66 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​ = 3 ΩR3​ = 15 ΩКЗR2​2 ΩAОБРИВBabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

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

R1 ∥ R2 = 3·2/(3+2) = 1,2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,2 + 15 = 16,2 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAIs​2 ABab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 3,6 + (−2)·1,2 = 1,2 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 1,2 + (−2)·15 = −28,8 V
Rth​ = 16,2 Ω−+Vth​28,8 VRL​30 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) = −28,8/(16,2 + 30) = −0,6234 A
PL = IL²·RL = −0,6234²·30 = 11,66 W
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: τ = 38,75 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.

Еквівалентна схема Тевенена з боку конденсатора

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

Rth = R1 ∥ R2 = 4,7·1/(4,7 + 1) = 0,8246 kΩ
vC(∞) = 6·1/(4,7 + 1) = 1,053 V

Стала часу

τ = Rth·C = 0,8246·47 = 38,75 ms

Відповідь

τ = 38,75 ms
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: t = 202,4 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.

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) = 4 V, vC(∞) = Vs = 5 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 47 µF = 220,9 ms
vC(t) = 5 + (4 − 5)·e−t/τ

Виразіть час

4,6 = 5 + (−1)·e−t/τ → e−t/τ = (4,6 − 5)/(4 − 5) = 0,4
t = τ·ln((4 − 5)/(4,6 − 5)) = 220,9·ln(2,5) = 202,4 ms

Відповідь

t = 202,4 ms
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: L = 134,7 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·200 = 1257 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(1257²·4,7·10⁻⁶) = 134,7 mH

Відповідь

L = 134,7 mH
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: f0 = 112,5 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·√(0,02·100·10⁻⁶)) = 112,5 Hz

Відповідь

f0 = 112,5 Hz
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: Q = 10,58 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.

Кут

φ = arccos(0,75) = 41,41°, tan φ = 0,8819

Реактивна потужність

Q = P·tan φ = 12·0,8819 = 10,58 kvar

Відповідь

Q = 10,58 kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: Inew = 26,32 A

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

Реактивна потужність до і після

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

Q1 = P·tan φ1 = 10·tan(49,46°) = 11,69 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 10·tan(18,19°) = 3,287 kvar
QC = Q1 − Q2 = 8,404 kvar

Новий струм лінії

Inew = P/(V·cos φ2) = 10000/(400·0,95) = 26,32 A

Відповідь

Inew = 26,32 A
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 4,593 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 = √3·208·15 = 5,404 kVA

Активна потужність

P = S·cos φ = 5,404·0,85 = 4,593 kW

Відповідь

P = 4,593 kW
18.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 319 µF

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

Реактивна потужність до і після

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

Q1 = 120·tan(acos 0,75) = 120·0,8819 = 105,8 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,9) = 120·0,4843 = 58,12 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 47,71 kvar

Ємність на фазу

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

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 15904/(314,2·398,4²) = 319 µF

Відповідь

Cph = 319 µF
19.Трансформатори

Відповідь: R1′ = 200 Ω

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.

Зведений опір

Напруга зростає в a разів, а струм зменшується в a разів, тож відношення V/I зростає в a² разів.

R1′ = a²·RL = 2²·50 = 200 Ω

Відповідь

R1′ = 200 Ω
20.Трансформатори

Відповідь: Sη,max = 176,8 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

x²·1500 = 750 → x = √(750/1500) = 0,7071

Навантаження при максимальному ККД

Sη,max = x·S = 0,7071·250 = 176,8 kVA

Відповідь

Sη,max = 176,8 kVA
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 4,059 V

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

Напруга на входах

Через R₃ і R₄ тече однаковий струм, тож вони утворюють подільник напруги; зворотний зв’язок забезпечує V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,6·47/(22 + 47) = 1,09 V
V₋ = V₊

ЗСК для інвертувального входу

(−0,3 − 1,09)/22 = (1,09 − Vout)/47
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (47/22)·(1,6 − (−0,3)) = 4,059 V

Відповідь

Vout = 4,059 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: If = −0,03443 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 = −1,6/22 = −0,07273 mA
I2 = V2/R2 = 1,8/47 = 0,0383 mA
If = I1 + I2 = −0,03443 mA

Відповідь

If = −0,03443 mA
23.Діоди й транзистори

Відповідь: VCE = 8,492 V

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 = 18·12/(33 + 12) = 4,8 V
RTH = 33·12/(33 + 12) = 8,8 kΩ

Струм бази

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

IB = (4,8 − 0,7)/(8,8 + 121·1) = 31,59 µA

Струм колектора

IC = 120·31,59 µA = 3,79 mA
IE = 121·31,59 µA = 3,822 mA

Напруга колектор–емітер

VCE = 18 − 3,79·1,5 − 3,822·1 = 8,492 V

Відповідь

VCE = 8,492 V
24.Діоди й транзистори

Відповідь: PZ,max = 168,1 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 = 8,9/270 = 32,96 mA

Потужність стабілітрона

PZ = 5,1·32,96 = 168,1 mW

Відповідь

PZ,max = 168,1 mW
25.Системи числення

Відповідь: N = −6

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 + 32 + 16 + 8 + 2 = −6

Відповідь

N = −6
26.Системи числення

Відповідь: R = 65

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.

0101 0100
XOR 0001 0101
= 0100 0001

Значення результату

0100 0001₂ = 65

Відповідь

R = 65
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: N = 6

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

Вираз виходу

F = A′B′C′ + A′B + AB′ + ABC

Рядки з F = 1

ABC = 000, 010, 011, 100, 101, 111
N = 6

Відповідь

N = 6
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: Q = 14

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.

Повні цикли

Кожні 16 імпульсів повертають лічильник у той самий стан.

39 = 2·16 + 7

Значення після решти імпульсів

Q = (7 + 7) mod 16 = 14
Q = 1110₂

Відповідь

Q = 14
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.5) = 0,3383

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

2s + 9 = 2(s + 4) + 1
F(s) = 2/(s + 4) + 1/(s + 4)²

Обернене перетворення

f(t) = 2·e−4t + t·e−4t
f(0,5) = (2 + 1·0,5)·e−4·0,5 = 0,3383

Відповідь

f(0,5) = 0,3383
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: g(0.25) = 2,1

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) = (s + 19)/(s² + 7s + 10)

Простіші дроби

s² + 7s + 10 = (s + 2)(s + 5)
A = 5,667, B = −4,667

Імпульсна характеристика

g(t) = 5,667·e−2t − 4,667·e−5t
g(0,25) = 2,1

Відповідь

g(0,25) = 2,1
31.Блок-схеми

Відповідь: p = −110

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) = 6/(s + 2 + 6·4) = 6/(s + 26)

Зовнішній контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 84/(s + 26 + 84) = 84/(s + 110)

Результат

p = −110

Відповідь

p = −110
32.Блок-схеми

Відповідь: K = 2,286

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)) = 5·7/(4 + 7K)

Розв’яжіть відносно K

4 + 7K = 5·7/1,75 = 20
K = (20 − 4)/7 = 2,286

Відповідь

K = 2,286
33.Перехідна характеристика

Відповідь: %OS = 32,93 %

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 = 9 → ωₙ = 3 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·3) = 0,3333

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−1,111 = 32,93 %

Відповідь

%OS = 32,93 %
34.Перехідна характеристика

Відповідь: xmax = 5,474 mm

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

Власна частота й коефіцієнт демпфування

ωₙ = √(k/m) = √(1000/10) = 10 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 120/(2·√(1000·10)) = 0,6

Результат

xst = F/k = 5/1000 m = 5 mm
%OS = 9,478 %
xmax = 5·(1 + 0,09478) = 5,474 mm

Відповідь

xmax = 5,474 mm
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: |H| = −14,15 dB

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

Частота зрізу

ωc = R/L = 470/0,022 = 21364 rad/s
fc = 3400 Hz → f/fc = 17000/3400 = 5

Коефіцієнт підсилення

|H| = 1/√(1 + 5²) = 0,1961
20·log₁₀(0,1961) = −14,15 dB

Відповідь

|H| = −14,15 dB
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: GM = 6,021 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/1)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(1·8) = 2,828 rad/s

Модуль на перетині за фазою

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 64)) = K/(1·8·(1 + 8)) = K/72

Запас за підсиленням

GM = 20·log₁₀(72/36) = 6,021 dB

Відповідь

GM = 6,021 dB
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: Kmax = 504

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 + 12s² + 47s + 60 + K = 0

Таблиця Рауса

s³: 1, 47
s²: 12, 60 + K
s¹: (12·47 − 60 − K)/12
s⁰: 60 + K

Умова

Елемент рядка s¹ має залишатися додатним.

K < 12·47 − 60 = 504

Відповідь

Kmax = 504

На межі контур коливається з частотою ω = √47 = 6,856 rad/s.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: ω = 6 rad/s

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.

Критичний коефіцієнт підсилення

s³ + 11s² + 36s + 36 + K = 0
s¹: (11·36 − 36 − K)/11 = 0 → K = 360

Частота перетину

11s² + 36 + 360 = 11s² + 396 = 0 → s² = −36
ω = √36 = 6 rad/s

Відповідь

ω = 6 rad/s
39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: K = 760

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.

Потрібна константа похибки

1/(1 + Kp) = 0,05 → Kp = 19

Коефіцієнт підсилення

K/40 = 19 → K = 760

Відповідь

K = 760

Перевірте також стійкість замкненої системи: для цього контуру другого порядку будь-яке K > 0 стійке.

40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: Kp = 2,16

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

Характеристичний поліном

1 + C(s)G(s) = 0, помножене на s(s + 2).

s² + (2 + 5Kp)s + 5Ki

Цільовий поліном

s² + 2·0,8·8s + 8² = s² + 12,8s + 64

Зіставте коефіцієнти

2 + 5Kp = 12,8 → Kp = 2,16

Відповідь

Kp = 2,16

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

Це незалежні навчальні матеріали. ExamProblems не пов’язаний з організацією, що проводить цей іспит, і не схвалений нею; назву іспиту вжито лише для опису змісту. Іспит FE exam проводить NCEES; ця організація не пов’язана з ExamProblems і не підтримує його.

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