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​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩIR2​AR4​3 ΩB

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 12 VR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 20 ΩR4 = 3 Ω
IR2 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 2 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​25 ΩAR4​25 ΩBR6​12 Ω

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 15 VR1 = 2 ΩR2 = 25 ΩR3 = 2 ΩR4 = 25 ΩR5 = 10 ΩR6 = 12 Ω
Req = Ω
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 2 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAR4​5 ΩBIs​1 A

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

V1 = 10 VIs = 1 AR1 = 2 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 ΩR4 = 5 Ω
VB = V
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 6 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAR4​12 ΩBIs​?

Джерело струму регулюють, доки вузлова напруга в A не стане VA = 5,5 V. Методом вузлових потенціалів знайдіть струм джерела Is (напрямок як на схемі).

V1 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 ΩR4 = 12 ΩVA = 5,5 V
Is = A
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 5 ΩR2​ = 6 ΩIR2​+−V1​15 VR3​8 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

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

V1 = 15 VV2 = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 Ω
IR2 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 15 ΩR2​ = 4 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR4​4 ΩAR5​6 ΩB+−V2​30 VI1​I2​I3​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти контурний струм I3 (за годинниковою стрілкою).

V1 = 9 VV2 = 30 VR1 = 15 ΩR2 = 4 ΩR3 = 3 ΩR4 = 4 ΩR5 = 6 Ω
I3 = A
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​10 Ω−+VR2​AR4​3 ΩBIs​4 A

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

V1 = 12 VIs = 4 AR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩR4 = 3 Ω
VR2 = V
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 30 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 8 ΩIR4​+−V1​18 VR3​30 ΩAIs​6 AB+−V2​36 V

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

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

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 9 VR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 4 Ω
Vth = V
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAIs​2,5 ABab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 18 VIs = 2,5 AR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​9 Vt = 0R = 15 ΩL22 mHi(t)

До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Знайдіть струм i у момент t = 1 ms.

Vs = 9 VR = 15 ΩL = 22 mHt = 1 ms
i = A
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​20 Vt = 0R = 4,7 kΩC47 µF+−vC​vC​(0) = 6 V

Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 6 V з указаною полярністю. Знайдіть напругу на конденсаторі vC у момент t = 60 ms.

Vs = 20 VR = 4,7 kΩC = 47 µFvC(0) = 6 Vt = 60 ms
vC = V
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
10 V1000 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 2,2 µF

Послідовне коло RLC підключено до мережі 10 V (діюче значення), 1000 Hz. Знайдіть кут зсуву фаз φ повного опору в градусах (додатний, коли струм відстає від напруги).

V = 10 V (rms)f = 1000 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 2,2 µF
φ = °
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
12 V100 HzR = 10 ΩL = 250 mHC = 10 µFI

Послідовне коло RLC підключено до мережі 12 V (діюче значення), 100 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.

V = 12 V (rms)f = 100 HzR = 10 ΩL = 250 mHC = 10 µF
I = A
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
240 V15 kW, 0,7215 kW, 0,7I

До однофазної мережі 240 V паралельно під’єднано два навантаження: навантаження 5 kW з коефіцієнтом потужності 0,7 (індуктивним) і навантаження 15 kW з коефіцієнтом потужності 0,7 (індуктивним). Знайдіть загальний коефіцієнт потужності cos φ з боку мережі.

V = 240 VP1 = 5 kW, pf1 = 0,7 відстаючийP2 = 15 kW, pf2 = 0,7 відстаючий
cos φ =
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
230 V50 Hzнавантаження27 kW, 0,8C220 µFI

Однофазне навантаження споживає 27 kW з коефіцієнтом потужності 0,8 (індуктивним) від мережі 230 V, 50 Hz. Паралельно навантаженню під’єднують конденсатор ємністю 220 µF. Знайдіть новий коефіцієнт потужності cos φ з боку мережі.

P = 27 kWpf1 = 0,8V = 230 Vf = 50 HzC = 220 µF
cos φ =
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 208 VIL​ = 40 Acos φ = 0,7відстаючий

Симетричне трифазне навантаження споживає лінійний струм 40 A від мережі з лінійною напругою 208 V. Коефіцієнт потужності 0,7, відстаючий. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку споживає навантаження, у kW.

VL = 208 VIL = 40 Acos φ = 0,7
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симетричне трифазне навантаження споживає 50 kW при коефіцієнті потужності 0,75 (відстаючому) від мережі 480 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. Знайдіть сумарну реактивну потужність QC, яку має постачати конденсаторна батарея, у kvar.

P = 50 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаториСередня
4 ΩN1​N2​144 Ω

Підсилювач з вихідним опором 144 Ω живить гучномовець 4 Ω через ідеальний трансформатор. Для передачі максимальної потужності гучномовець з боку підсилювача має виглядати як 144 Ω. Знайдіть коефіцієнт трансформації a = N₁/N₂.

Rs = 144 ΩRL = 4 Ω
a =
20.ТрансформаториСкладна
pf 0,9200 kVA, η = 97,5%

Однофазний трансформатор 200 kVA має втрати в сталі 1200 W. При номінальному навантаженні й коефіцієнті потужності 0,9 (відстаючому) його ККД становить 97,5%. Знайдіть втрати в міді при повному навантаженні Pcu,fl у ватах.

S = 200 kVAPcore = 1200 Wpf = 0,9η = 97,5%
Pcu,fl = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 1 kΩVin​

ОП ідеальний і живиться від ±15 V; його вихід насичується на рівні ±13 V. На неінвертувальний підсилювач подається синусоїдальний сигнал. Знайдіть найбільшу амплітуду вхідного сигналу Vin,max (пікове значення), за якої вихідний сигнал не обмежується.

R1 = 1 kΩRf = 10 kΩVsat = ±13 V
Vin,max = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​R2​ = 10 kΩV1​ = 1,7 VR1​ = 2 kΩV2​ = 0,4 VR3​ = 47 kΩR4​ = 100 kΩ

ОП ідеальний і живиться від ±15 V. Відношення опорів не узгоджені. Знайдіть вихідну напругу Vout.

V1 = 1,7 VV2 = 0,4 VR1 = 2 kΩR2 = 10 kΩR3 = 47 kΩR4 = 100 kΩ
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
+−12 VR = ?5 × 2 V25 mA

5 червоні світлодіодів (пряма напруга 2 В кожен) з’єднано послідовно з резистором до джерела 12 В. Знайдіть опір R, що задає струм 25 мА.

Vs = 12 VVF = 2 Vn = 5I = 25 mA
R = Ω
24.Діоди й транзисториСкладна
V (V)I (mA)0,65627,27Q = ?

Діод змодельовано як 0,65 В послідовно з 5 Ом (він проводить вище 0,65 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 = 0,65 Vrd = 5 Ω
ID = mA
25.Системи численняСередня
8-бітовий додатковий код0−12806403201608040201

Встановіть біти так, щоб вони зберігали −25 в 8-бітовому доповняльному коді. Яке значення U шаблону, якщо читати його як беззнакове число?

N = −258 bit
U =
26.Системи численняСкладна
8 bit1 px1920 px1080 pxM = ? KiB

Нестиснене зображення має 1920 × 1080 пікселів і 8 бітів на піксель. Скільки пам'яті M воно займає, у KiB (1 KiB = 1024 байти)?

1920 × 1080 px8 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABCD000111100001111010010302140517161120131151141809111010

Скористайтеся картою Карно, щоб знайти мінімальну форму добутку сум (POS) для F(A, B, C, D) = Σm(0, 4, 6, 7, 8, 11, 12, 14, 15). Скільки доданків-сум (множників) N вона має?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 4, 6, 7, 8, 11, 12, 14, 15)
N =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKRING

4-розрядний кільцевий лічильник Q₃Q₂Q₁Q₀ починає з 1001. На кожному фронті такту біти зсуваються на одне місце праворуч (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀), а Q₃ отримує Q₀. Запишіть стан Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ як десяткове число після 10 фронтів такту.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 100110
Q =
29.Перетворення ЛапласаСередня
ReIm−2−4−62

Знайдіть f(t) для F(s) = (4s + 24)/(s² + 8s + 25), виділивши повний квадрат, і обчисліть f(0,5).

F(s) = (4s + 24)/(s² + 8s + 25)t = 0,5 s
f(0.5) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Система підпорядковується рівнянню y″ + 9y′ + 18y = 72·u(t) при y(0) = 3 і y′(0) = 0. У момент t = 0 подають вхідну сходинку u(t) = 2. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть y(0,1).

y″ + 9y′ + 18y = 72·u(t)y(0) = 3y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,1 s
y(0.1) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+50s(s + 9)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = 50/(s(s + 9)). Завдання — лінійно наростаючий сигнал r(t) = 2·t. Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 50/(s(s + 9))r(t) = 2·t
ess =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+22регулятор+D(s)+6s + 7об’єктC(s)−

Пропорційний регулятор K = 22 керує об’єктом G(s) = 6/(s + 7) в одиничному від’ємному зворотному зв’язку. Збурення D діє на вході об’єкта (додається до виходу регулятора). Одночасно подають сходинку задавального сигналу розміром 2 і сходинку збурення розміром 0,5. Знайдіть усталений вихід css.

K = 22G(s) = 6/(s + 7)D = 0,5R = 2
css =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)1?

Система має передатну функцію G(s) = 89/(s² + 14s + 89) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS перехідної характеристики.

G(s) = 89/(s² + 14s + 89)
%OS = %
34.Перехідна характеристикаСкладна
+−12 VR = 20 ΩL = 50 mHC = 47 µFvC​

Послідовне RLC-коло з R = 20 Ω, L = 50 mH і C = 47 µF підключають до сходинки 12 V у момент t = 0. Конденсатор незаряджений, і до сходинки струм не тече. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS напруги на конденсаторі.

R = 20 ΩL = 50 mHC = 47 µFV = 12 V
%OS = %
35.Діаграми Боде та запасиСередня
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ω = 10

Знайдіть фазу ∠G(jω) функції G(s) = 7(s + 12)/(s(s + 1)) за ω = 10 rad/s, у градусах.

G(s) = 7(s + 12)/(s(s + 1))ω = 10 rad/s
∠G(jω) = °
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)11101010010010001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 360/(s(s + 20)). Знайдіть частоту зрізу за підсиленням ωc, де |L(jω)| = 1.

L(s) = 360/(s(s + 20))
ωc = rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+Ks + 12s(s + 2)(s + 4)C(s)−

Контур з одиничним зворотним зв’язком має L(s) = K(s + 12)/(s(s + 2)(s + 4)), K > 0. Знайдіть найбільше значення Kmax, за якого замкнена система стійка.

L(s) = K(s + 12)/(s(s + 2)(s + 4))
Kmax =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−2−4−6j2j4

Накреслено кореневий годограф L(s) = K/((s + 1)(s + 3)(s + 6)). Знайдіть частоту ω, за якої годограф перетинає уявну вісь.

L(s) = K/((s + 1)(s + 3)(s + 6))
ω = rad/s
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
r(t) = 5t+50s(s + 10)C(s)−

Лінійно наростальний сигнал r(t) = 5t подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 50/(s(s + 10)). Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 50/(s(s + 10))r(t) = 5t
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+K = 252s(s + 5)C(s)−

П-регулятор K = 25 керує об’єктом G(s) = 2/(s(s + 5)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть час піку tp перехідної характеристики.

G(s) = 2/(s(s + 5))K = 25
tp = s

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 0,8142 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​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAR4​3 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 = 20 + 3 = 23 Ω
R2 ∥ 23 = 8·23/(8+23) = 5,935 Ω
Req = R1 + 5,935 = 5 + 5,935 = 10,94 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 12/10,94 = 1,097 A

Струм через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 12 − 1,097·5 = 6,513 V
IR2 = VA/R2 = 6,513/8 = 0,8142 A

Відповідь

IR2 = 0,8142 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 10,85 Ω

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​25 ΩAR4​25 ΩBR6​12 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 = 10 + 12 = 22 Ω
R4 ∥ 22 = 11,7 Ω
R3 + 11,7 = 13,7 Ω
R2 ∥ 13,7 = 8,851 Ω
Req = R1 + 8,851 = 2 + 8,851 = 10,85 Ω

Відповідь

Req = 10,85 Ω
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VB = 0,4348 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 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAR4​5 ΩBIs​1 A

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 10 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/6 + (VA − 10)/2 + (VA − VB)/5 = 0
0,8667·VA − 0,2·VB = 5

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/5 + (VB − VA)/5 = (−1)
−0,2·VA + 0,4·VB = −1

Розв’яжіть

Δ = (0,8667)(0,4) − (−0,2)(−0,2) = 0,3067
VA = Δ1/Δ = 1,8/0,3067 = 5,87 V
VB = Δ2/Δ = 0,1333/0,3067 = 0,4348 V

Відповідь

VB = 0,4348 V
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: Is = 3,167 A

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

ЗСК для вузла A

VA відоме, тож це рівняння дає VB.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(5,5 − 9)/6 + 5,5/2 = (VB − 5,5)/3
2,167 = (VB − 5,5)/3 → VB = 12 V

ЗСК для вузла B

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

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (12 − 5,5)/3 + 12/12 = 3,167 A

Відповідь

Is = 3,167 A
5.Метод контурних струмів

Відповідь: IR2 = −0,08475 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​ = 5 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​15 VR3​8 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
5·I1 + 8(I1 − I2) = 15
13·I1 − 8·I2 = 15

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
6·I2 + 8(I2 − I1) = (−10)
−8·I1 + 14·I2 = −10

Розв’яжіть

Δ = (13)(14) − (−8)(−8) = 118
I1 = Δ1/Δ = 130/118 = 1,102 A
I2 = Δ2/Δ = −10/118 = −0,08475 A

Відповідь

IR2 = I2 = −0,08475 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: I3 = −4,651 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​ = 4 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR4​4 ΩAR5​6 ΩB+−V2​30 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 + 4(I1 − I2) = 9
19·I1 − 4·I2 = 9

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
4·I2 + 4(I2 − I1) + 6(I2 − I3) = 0
−4·I1 + 14·I2 − 6·I3 = 0

ЗНК для контуру 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
3·I3 + 6(I3 − I2) = (−30)
−6·I2 + 9·I3 = −30

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 1566
I1 = Δ1/Δ = 90/1566 = 0,05747 A
I2 = Δ2/Δ = −3096/1566 = −1,977 A
I3 = Δ3/Δ = −7284/1566 = −4,651 A

Відповідь

I3 = −4,651 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: VR2 = 3 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​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAR4​3 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+3 = 5 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·5/(10+5) = 3,333 Ω
VA = 12·3,333/(10+3,333) = 3 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3·3/5 = 1,8 V
VR2′ = 0 − VA = 0 − 3 = −3 V
R1​ = 10 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​10 ΩAR4​3 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 = 10·10/(10+10) = 5 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 3 ∥ 7 = 2,1 Ω
VB = Is·Req = (−4)·2,1 = −8,4 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −8,4·5/7 = −6 V
VR2″ = 0 − VA = 0 − −6 = 6 V

Додайте складові

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = (−3) + 6 = 3 V

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

8.Метод накладання

Відповідь: IR4 = 4,585 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​ = 30 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​18 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 ∥ 38 = 16,76 Ω
VA = 18·16,76/(30+16,76) = 6,453 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 6,453·8/38 = 1,358 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (1,358 − 0)/8 = 0,1698 A
R1​ = 30 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 8 ΩКЗR3​30 ΩAIs​6 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 = 15 Ω, тож лівий шлях — R2+15 = 45 Ω
Req = R4 ∥ 45 = 6,792 Ω
VB = Is·Req = 6·6,792 = 40,75 V
VA = VB·15/45 = 13,58 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (40,75 − 0)/8 = 5,094 A
R1​ = 30 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 8 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 = 30·30/(30+30) = 15 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 36·45/53 = 30,57 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 30,57·15/45 = 10,19 V
IR4‴ = (VB − V2)/R4 = (30,57 − 36)/8 = −0,6792 A

Додайте складові

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴
IR4 = 0,1698 + 5,094 + (−0,6792) = 4,585 A

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

9.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = 2,077 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​ = 20 ΩR3​ = 4 ΩКЗR2​6 ΩAabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

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

R1 ∥ R2 = 20·6/(20+6) = 4,615 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,615 + 4 = 8,615 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​6 ΩAab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

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

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 9·6/(20+6) = 2,077 V
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = 24,3 V

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

R1​ = 15 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​8 ΩAОБРИВBabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

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

R1 ∥ R2 = 15·8/(15+8) = 5,217 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,217 + 2 = 7,217 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAIs​2,5 ABab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 6,261 + 2,5·5,217 = 19,3 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 19,3 + 2,5·2 = 24,3 V
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: i = 0,2966 A

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

Стала часу і кінцевий струм

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

τ = L/R = 22 mH / 15 Ω = 1,467 ms
i(∞) = Vs/R = 9/15 = 0,6 A

Струм у заданий момент

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,6·(1 − e−1/1,467) = 0,2966 A

Відповідь

i = 0,2966 A
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vC = 9,33 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) = 6 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 47 µF = 220,9 ms
vC(t) = 20 + (6 − 20)·e−t/τ

Напруга в заданий момент

vC(60) = 20 + (−14)·e−60/220,9 = 9,33 V

Відповідь

vC = 9,33 V
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: φ = 79,8 °

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

Реактивні опори

ω = 2πf = 2π·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,1 = 628,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·2,2·10⁻⁶) = 72,34 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (556)²) = 564,9 Ω

Кут зсуву фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(556/100) = 79,8°

Відповідь

φ = 79,8°
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: I = 1,175 A

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

Реактивні опори

ω = 2πf = 2π·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,25 = 157,1 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·10·10⁻⁶) = 159,2 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(10² + (−2,075)²) = 10,21 Ω

Струм

Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.

I = V/|Z| = 12/10,21 = 1,175 A

Відповідь

I = 1,175 A
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: cos φ = 0,7

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 кожного навантаження

Індуктивне навантаження споживає реактивну потужність (Q > 0); ємнісне — віддає її (Q < 0).

Q1 = 5·tan(arccos 0,7) = 5,101 kvar
Q2 = 15·tan(arccos 0,7) = 15,3 kvar

Сумарні значення

P = 5 + 15 = 20 kW
Q = 5,101 + 15,3 = 20,4 kvar
S = √(20² + 20,4²) = 28,57 kVA

Загальний коефіцієнт потужності

cos φ = P/S = 20/28,57 = 0,7 відстаючий

Відповідь

cos φ = 0,7
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: cos φ = 0,852

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 = 27·tan(arccos 0,8) = 20,25 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·50·220·10⁻⁶ = 3656 var = 3,656 kvar
Q2 = 20,25 − 3,656 = 16,59 kvar

Нова повна потужність

S2 = √(27² + 16,59²) = 31,69 kVA

Новий коефіцієнт потужності

cos φ = P/S2 = 27/31,69 = 0,852

Відповідь

cos φ = 0,852
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 10,09 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 = √3·208·40 = 14,41 kVA

Активна потужність

P = S·cos φ = 14,41·0,7 = 10,09 kW

Відповідь

P = 10,09 kW
18.Трифазні системи

Відповідь: QC = 19,88 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 = 50·tan(acos 0,75) = 50·0,8819 = 44,1 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,9) = 50·0,4843 = 24,22 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 19,88 kvar

Відповідь

QC = 19,88 kvar
19.Трансформатори

Відповідь: a = 6

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

a²·4 = 144
a = √(144/4) = √36 = 6

Відповідь

a = 6
20.Трансформатори

Відповідь: Pcu,fl = 3415 W

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

Вихідна й вхідна потужність

Pout = 200·0,9 = 180 kW
Pin = 180000/0,975 = 184615 W

Сумарні втрати й втрати в міді

Ploss = 184615 − 180000 = 4615 W
Pcu,fl = 4615 − 1200 = 3415 W

Відповідь

Pcu,fl = 3415 W
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vin,max = 1,182 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.

Коефіцієнт підсилення

Av = 1 + Rf/R1 = 1 + 10/1 = 11

Найбільший вхідний сигнал без обмеження

Vin,max = Vsat/|Av| = 13/11 = 1,182 V

Відповідь

Vin,max = 1,182 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = −6,867 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₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 0,4·100/(47 + 100) = 0,2721 V

Накладіть дію двох входів

При V₂ = 0 для V₁ схема — інвертувальний підсилювач. При V₁ = 0 V₊ підсилюється з коефіцієнтом неінвертувального підсилювача 1 + R₂/R₁.

Vout = −(10/2)·1,7 + (1 + 10/2)·0,2721 = −8,5 + 1,633 = −6,867 V

Відповідь

Vout = −6,867 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: R = 80 Ω

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

Напруга на резисторі

VR = 12 − 5·2 = 2 V

Опір

R = 2/0,025 = 80 Ω

Відповідь

R = 80 Ω

Резистор розсіює 50 мВт.

24.Діоди й транзистори

Відповідь: ID = 23,78 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 = 0,65 + I·(220 + 5)

Робочий струм

ID = 5,35/225 = 23,78 mA
VD = 0,65 + 0,02378·5 = 0,7689 V

Відповідь

ID = 23,78 mA
25.Системи числення

Відповідь: U = 231

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

Інвертуйте і додайте одиницю

25 = 0001 1001
інвертовано: 1110 0110
+1 → 1110 0111

Прочитайте як беззнакове

1110 0111₂ = 256 − 25 = 231

Відповідь

U = 231
26.Системи числення

Відповідь: M = 2025 KiB

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.

Біти й байти

1920·1080·8 = 16588800 bit = 2073600 B

Переведіть у KiB

2073600/1024 = 2025 KiB

Відповідь

M = 2025 KiB
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: N = 3

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.

ABCD000111100001111010010302140517161120131151141809111010

Згрупуйте нулі

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

(C + D′)
(B + C′ + D)
(A + B + D′)

Мінімальна форма POS

F = (C + D′)(B + C′ + D)(A + B + D′)
N = 3

Відповідь

N = 3

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

28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: Q = 6

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

1001 → 1100 → 0110 → 0011 → 1001 → 1100 → 0110 → 0011 → 1001 → 1100 → 0110

Десяткове значення

0110₂ = 6

Відповідь

Q = 6
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.5) = 0,3983

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).

Виділення повного квадрата

s² + 8s + 25 = (s + 4)² + 9 = (s + 4)² + 3²

Зіставлення чисельника

F(s) = 4·(s + 4)/((s + 4)² + 3²) + (8/3)·3/((s + 4)² + 3²)

Обернене перетворення

f(t) = e−4t·(4·cos 3t + 2,667·sin 3t)
f(0,5) = e−4·0,5·(4·cos(3·0,5) + 2,667·sin(3·0,5)) = 0,3983

Відповідь

f(0,5) = 0,3983
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.1) = 3,336

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

Перетворіть рівняння

(s² + 9s + 18)·Y(s) = 3s + 27 + 144/s
Y(s) = (3s² + 27s + 144)/(s(s + 3)(s + 6))

Простіші дроби

A = 144/(3·6) = 8
B = 90/((−3)·3) = −10
C = 90/((−6)·(−3)) = 5

Результат

y(t) = 8 − 10·e−3t + 5·e−6t
y(0,1) = 3,336

Відповідь

y(0,1) = 3,336

Перевірка: y(0) = A + B + C = 3.

31.Блок-схеми

Відповідь: ess = 0,36

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).

Стала похибки за швидкістю

Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 50/9 = 5,556

Усталена похибка

ess = A/Kᵥ = 2/5,556 = 0,36

Відповідь

ess = 0,36
32.Блок-схеми

Відповідь: css = 1,921

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).

Передатні функції

C/D = G/(1 + K·G) = 6/(s + 7 + 132)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 132/(s + 7 + 132)

Усталений режим

css = 2·132/139 + 0,5·6/139 = 1,921

Відповідь

css = 1,921

Більше K зменшує вплив збурення, але з пропорційним регулятором ніколи не до нуля.

33.Перехідна характеристика

Відповідь: %OS = 3,09 %

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 = 89 → ωₙ = 9,434 rad/s
2ζωₙ = 14 → ζ = 14/(2·9,434) = 0,742

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−3,477 = 3,09 %

Відповідь

%OS = 3,09 %
34.Перехідна характеристика

Відповідь: %OS = 36,35 %

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

Власна частота й коефіцієнт демпфування

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,05·4,7 × 10⁻⁵) = 652,3 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (20/2)·√(4,7 × 10⁻⁵/0,05) = 0,3066

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 36,35 %

Відповідь

%OS = 36,35 %
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ∠G(jω) = −134,5 °

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(10/12) − 90° − atan(10/1) = 39,81° − 90° − 84,29°

Результат

∠G(j10) = −134,5°

Відповідь

∠G(jω) = −134,5°
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ωc = 14,55 rad/s

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

Зріз за підсиленням

ω⁴ + 400ω² − 129600 = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·129600))/2 = 211,8
ωc = 14,55 rad/s

Відповідь

ωc = 14,55 rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: Kmax = 8

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

Характеристичний поліном

s(s + 2)(s + 4) + K(s + 12) = s³ + 6s² + (8 + K)s + 12K

Таблиця Рауса

s³: 1, 8 + K
s²: 6, 12K
s¹: (6·(8 + K) − 12K)/6
s⁰: 12K

Умова

48 − 6K > 0
K < 48/6 = 8

Відповідь

Kmax = 8

Якби нуль лежав праворуч від s = −6, контур залишався б стійким за будь-якого K > 0.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: ω = 5,196 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 + 10s² + 27s + 18 + K = 0
s¹: (10·27 − 18 − K)/10 = 0 → K = 252

Частота перетину

10s² + 18 + 252 = 10s² + 270 = 0 → s² = −27
ω = √27 = 5,196 rad/s

Відповідь

ω = 5,196 rad/s
39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 1

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

Швидкісна константа

Kv = lim s·G(s) = 5

Похибка за лінійно наростального сигналу

ess = 5/5 = 1

Відповідь

ess = 1
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: tp = 0,475 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 + 5) + 25·2 = s² + 5s + 50

ωₙ і ζ

ωₙ = √50 = 7,071 rad/s
ζ = 5/(2·7,071) = 0,3536

Час піка

ωd = 7,071·√(1 − 0,3536²) = 6,614 rad/s
tp = π/6,614 = 0,475 s

Відповідь

tp = 0,475 s

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