Підготовка до іспиту FE Electrical and Computer: шпаргалка-підсумок

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

Нові задачіНазад до курсу

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

1Формули та методи

Послідовні й паралельні резистори

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

Метод

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

Метод вузлових потенціалів

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

Метод

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

Метод контурних струмів

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

Метод

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

Метод накладання

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

Метод

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

Тевенен і Нортон

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

Метод

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

Перехідні процеси RC і RL

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

Метод

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

Повний опір і комплексні амплітуди

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

Метод

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

Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

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

Трифазні системи

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

Трансформатори

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

Схеми з операційними підсилювачами

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

Діоди й транзистори

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

Системи числення

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

Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

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

Метод

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

Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

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

Метод

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

Усталена похибка та ПІД-регулювання

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

Метод

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

2Задачі для практики

1.Послідовні й паралельні резисториСередня
R1​ = 6 ΩIR1​R3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAR4​10 ΩB

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

V1 = 15 VR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 2 ΩR4 = 10 Ω
IR1 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 15 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAR4​4 ΩBR6​3 Ω

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 30 VR1 = 15 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 ΩR4 = 4 ΩR5 = 10 ΩR6 = 3 Ω
Req = Ω
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 20 ΩR3​ = 3 ΩIR3​+−V1​9 VR2​4 ΩAR4​3 ΩBIs​2 A

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

V1 = 9 VIs = 2 AR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 3 ΩR4 = 3 Ω
IR3 = A
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAR4​12 ΩBIs​?

Джерело струму регулюють, доки вузлова напруга в A не стане VA = 10,5 V. Методом вузлових потенціалів знайдіть струм джерела Is (напрямок як на схемі).

V1 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 2 ΩR4 = 12 ΩVA = 10,5 V
Is = A
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 20 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​5 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 24 VV2 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 Ω
I2 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 4 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR4​30 ΩAR5​12 ΩB+−V2​6 VI1​I2​I3​

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

V1 = 15 VV2 = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 ΩR4 = 30 ΩR5 = 12 Ω
I2 = A
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 5 ΩIR1​R3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAR4​4 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 15 VIs = 1,5 AR1 = 5 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = A
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 8 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​6 VR3​30 ΩIR3​AIs​2,5 AB+−V2​?

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

V1 = 6 VIs = 2,5 AR1 = 8 ΩR2 = 25 ΩR3 = 30 ΩR4 = 15 Ω
V2 = V
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 12 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩARL​12 ΩIL​B

До a–b підключено навантаження RL = 12 Ω. Замініть решту кола еквівалентом Тевенена і знайдіть струм навантаження IL.

V1 = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 10 ΩR3 = 12 ΩRL = 12 Ω
IL = A
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​30 ΩAIs​1,5 ABRL​6 ΩIL​

До a–b підключено навантаження RL = 6 Ω. За допомогою еквівалента Тевенена знайдіть потужність PL, що передається навантаженню.

V1 = 15 VIs = 1,5 AR1 = 8 ΩR2 = 30 ΩR3 = 2 ΩRL = 6 Ω
PL = W
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​12 Vt = 0R1​ = 4,7 kΩR2​ = 4,7 kΩC10 µF+−vC​

Джерело Vₛ заряджає конденсатор через R₁, а R₂ під’єднано паралельно C. Конденсатор розряджений, коли вимикач замикається в момент t = 0. Знайдіть напругу на конденсаторі vC у момент t = 10 ms.

Vs = 12 VR1 = 4,7 kΩR2 = 4,7 kΩC = 10 µFt = 10 ms
vC = V
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​6 Vt = 0R = 6,8 kΩC100 µF+−vC​vC​(0) = 18 V

Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 18 V з указаною полярністю. За який час vC досягне 12 V? Знайдіть t.

Vs = 6 VR = 6,8 kΩC = 100 µFvC(0) = 18 V
t = ms
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
10 V200 HzR = 20 ΩL = 200 mHC = 2,2 µFI

Послідовне коло RLC підключено до мережі 10 V (діюче значення), 200 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.

V = 10 V (rms)f = 200 HzR = 20 ΩL = 200 mHC = 2,2 µF
I = A
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
24 V200 HzR = 25 ΩL = 250 mHC = 47 µF+−VC​

Послідовне коло RLC підключено до мережі 24 V (діюче значення), 200 Hz. Знайдіть діюче значення напруги VC на конденсаторі.

V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 25 ΩL = 250 mHC = 47 µF
VC = V
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
P = 19 kWQ = ?Sφ

Однофазний двигун споживає 19 kW при коефіцієнті потужності 0,75 (індуктивному) від мережі 230 V. Знайдіть реактивну потужність Q, яку він споживає.

P = 19 kWpf = 0,75V = 230 V
Q = kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P1​ = 89 kWQ1​S1​φ

Однофазний трансформатор потужністю 200 kVA живить навантаження 89 kW з коефіцієнтом потужності 0,85 (індуктивним). Яку додаткову активну потужність ΔP можна під’єднати у вигляді активного навантаження (коефіцієнт потужності 1), перш ніж трансформатор досягне номінальної потужності в kVA?

Smax = 200 kVAP1 = 89 kWpf1 = 0,85
ΔP = kW
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M45 kW, η = 90%cos φ = 0,82

Трифазний асинхронний двигун при повному навантаженні розвиває механічну потужність 45 kW. При цьому навантаженні його ККД становить 90%, а коефіцієнт потужності 0,82, відстаючий. Лінійна напруга мережі 400 V. Знайдіть лінійний струм IL.

Pout = 45 kWη = 90%cos φ = 0,82VL = 400 V
IL = A
18.Трифазні системиСкладна
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симетричне трифазне навантаження споживає 250 kW при коефіцієнті потужності 0,78 (відстаючому) від мережі 690 V (лінійна напруга), 50 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,98 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано трикутником. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.

P = 250 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
16 ΩN1​N2​256 Ω

Підсилювач з вихідним опором 256 Ω живить гучномовець 16 Ω через ідеальний трансформатор. Для передачі максимальної потужності гучномовець з боку підсилювача має виглядати як 256 Ω. Знайдіть коефіцієнт трансформації a = N₁/N₂.

Rs = 256 ΩRL = 16 Ω
a =
20.ТрансформаториСкладна
pf 0,850 kVA, 75% навантаження

Однофазний трансформатор 50 kVA має втрати в сталі 200 W і втрати в міді 400 W при номінальному навантаженні. Він віддає 75% своєї номінальної потужності в kVA при коефіцієнті потужності 0,8 (відстаючому). Знайдіть сумарні втрати Ploss у ватах при цьому навантаженні.

S = 50 kVAPcore = 200 WPcu,fl = 400 Wx = 0,75pf = 0,8
Ploss = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 2 kΩVin​

Підберіть резистор зворотного зв’язку Rf, щоб цей неінвертувальний підсилювач мав коефіцієнт підсилення за напругою 4.

R1 = 2 kΩAv = 4
Rf = kΩ
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​C = 4,7 µFVin​ = 1,1 VR = 1 kΩ

Інтегратор використовує ідеальний ОП із живленням ±15 V; його вихід насичується на рівні ±13 V. Конденсатор розряджений, коли при t = 0 подається стала вхідна напруга Vin = 1,1 V. Через який час після t = 0 вихід досягне насичення? Знайдіть t.

Vin = 1,1 VR = 1 kΩC = 4,7 µFVsat = ±13 V
t = ms
23.Діоди й транзисториСередня
+−9 V330 Ω5,6 V3300 ΩIZ​ = ?

Стабілізатор на стабілітроні 5,6 В живиться від 9 В через 330 Ом і живить навантаження 3300 Ом. Знайдіть струм стабілітрона IZ.

Vin = 9 VVZ = 5,6 VR = 330 ΩRL = 3300 Ω
IZ = mA
24.Діоди й транзисториСкладна
V (V)I (mA)0,766Q = ?

Діод змодельовано як 0,7 В послідовно з 50 Ом (він проводить вище 0,7 В). Він увімкнений послідовно з резистором 1000 Ом до джерела 6 В. Знайдіть робочий струм ID у точці, де лінія діода перетинає лінію навантаження.

Vs = 6 VR = 1000 ΩV0 = 0,7 Vrd = 50 Ω
ID = mA
25.Системи численняСередня
8-бітовий додатковий код?−128?64?32?16?8?4?2?1

Запишіть −93 як 8-бітовий шаблон у додатковому коді. Прочитайте шаблон як беззнакове двійкове число: яке його значення U у десятковій системі?

N = −938 bit
U =
26.Системи численняСкладна
1975 кодів, b = ? бітів?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Система має дати кожному з 1975 елементів власний двійковий код однакової довжини. Яка найменша кількість бітів b потрібна?

1975
b = bit
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
MUX0I0​C′I1​C′I2​0I3​ABS1​S0​F

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

I₀ = 0I₁ = C′I₂ = C′I₃ = 0
N =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
CLKJK12345678

JK-тригер, що спрацьовує за переднім фронтом, починає з Q = 0 і отримує показані входи на 8 передніх фронтах такту. Скільки разів N змінюється стан Q?

Q₀ = 0JK
N =
29.Перетворення ЛапласаСередня
ReIm−2−4−624

Знайдіть f(t) для F(s) = (3s + 16)/(s² + 8s + 32), виділивши повний квадрат, і обчисліть f(0,2).

F(s) = (3s + 16)/(s² + 8s + 32)t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
ReIm−2−42

Систему описано диференціальним рівнянням y″ + 4y′ + 13y = u′ + 5u із входом u(t) і виходом y(t). Знайдіть її передатну функцію G(s) = Y(s)/U(s) (нульові початкові умови) і обчисліть імпульсну характеристику g(t) при t = 0,6 s. Знайдіть g(0,6).

y″ + 4y′ + 13y = u′ + 5ut = 0,6 s
g(0.6) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+K(s + 2)(s + 5)G(s)C(s)−

Об’єкт G(s) = K/((s + 2)(s + 5)) охоплено одиничним від’ємним зворотним зв’язком. Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого замкнена система критично загасаюча (два рівні дійсні полюси).

G(s) = K/((s + 2)(s + 5))одиничний від’ємний зворотний зв’язок
K =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+K(s + 1)(s + 2)(s + 3)G(s)C(s)−

Об’єкт G(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 3)) охоплено одиничним від’ємним зворотним зв’язком. За критерієм Рауса–Гурвіца знайдіть найбільший коефіцієнт підсилення Kmax, за якого замкнена система стійка.

G(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 3))одиничний від’ємний зворотний зв’язок
Kmax =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)2

Система має передатну функцію G(s) = 184/(s² + 11s + 92) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть власну частоту ωn в rad/s.

G(s) = 184/(s² + 11s + 92)
ωn = rad/s
34.Перехідна характеристикаСкладна
t (s)y(t)1tp​ = 0,5 s2 %

Перехідна характеристика системи другого порядку без нулів має перерегулювання 2 %, а перший пік настає при t = 0,5 s. Знайдіть власну частоту ωn.

%OS = 2 %tp = 0,5 s
ωn = rad/s
35.Діаграми Боде та запасиСередня
|H| (dB)0,10,1111010100100−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 10

Знайдіть фазу ∠G(jω) функції G(s) = 3(s + 9)/(s(s + 10)) за ω = 10 rad/s, у градусах.

G(s) = 3(s + 9)/(s(s + 10))ω = 10 rad/s
∠G(jω) = °
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = K/(s(s + 3)(s + 4)). Знайдіть підсилення K, що дає запас за підсиленням 2 dB.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 4))GM = 2 dB
K =
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+K = 401s(s + 2)(s + 10)C(s)−

Контур на схемі працює при K = 40, L(s) = K/(s(s + 2)(s + 10)). У скільки разів m можна збільшити коефіцієнт підсилення, перш ніж замкнена система стане нестійкою?

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 10))K = 40
m =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81j1j2sb​

Показано кореневий годограф L(s) = K/((s + 1)(s + 7)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K у точці відходу sb, де два полюси замкненої системи зустрічаються на дійсній осі.

L(s) = K/((s + 1)(s + 7))
K =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
r(t) = 5t+5s(s + 2)(s + 4)C(s)−

Лінійно наростальний сигнал r(t) = 5t подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 5/(s(s + 2)(s + 4)). Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 5/(s(s + 2)(s + 4))r(t) = 5t
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+K4s(s + 2)C(s)−

П-регулятор K керує об’єктом G(s) = 4/(s(s + 2)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого замкнена система має коефіцієнт демпфування ζ = 0,707.

G(s) = 4/(s(s + 2))ζ = 0,707
K =

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 1,667 A

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAR4​10 ΩB

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R3 + R4 = 2 + 10 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
Req = R1 + 3 = 6 + 3 = 9 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 15/9 = 1,667 A

Відповідь

IR1 = 1,667 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 18,27 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​ = 15 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAR4​4 ΩBR6​3 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 + 3 = 13 Ω
R4 ∥ 13 = 3,059 Ω
R3 + 3,059 = 18,06 Ω
R2 ∥ 18,06 = 3,275 Ω
Req = R1 + 3,275 = 15 + 3,275 = 18,27 Ω

Відповідь

Req = 18,27 Ω
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR3 = −0,4821 A

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​4 ΩAR4​3 ΩBIs​2 A

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 9 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/4 + (VA − 9)/20 + (VA − VB)/3 = 0
0,6333·VA − 0,3333·VB = 0,45

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/3 + (VB − VA)/3 = 2
−0,3333·VA + 0,6667·VB = 2

Розв’яжіть

Δ = (0,6333)(0,6667) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,3111
VA = Δ1/Δ = 0,9667/0,3111 = 3,107 V
VB = Δ2/Δ = 1,417/0,3111 = 4,554 V

Відповідь

IR3 = (VA − VB)/R3 = (3,107 − 4,554)/3 = −0,4821 A
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: Is = 4,2 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
(10,5 − 6)/20 + 10,5/4 = (VB − 10,5)/2
2,85 = (VB − 10,5)/2 → VB = 16,2 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 = (16,2 − 10,5)/2 + 16,2/12 = 4,2 A

Відповідь

Is = 4,2 A
5.Метод контурних струмів

Відповідь: I2 = −1,32 A

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

R1​ = 20 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​5 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
20·I1 + 5(I1 − I2) = 24
25·I1 − 5·I2 = 24

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
6·I2 + 5(I2 − I1) = (−18)
−5·I1 + 11·I2 = −18

Розв’яжіть

Δ = (25)(11) − (−5)(−5) = 250
I1 = Δ1/Δ = 174/250 = 0,696 A
I2 = Δ2/Δ = −330/250 = −1,32 A

Відповідь

I2 = −1,32 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: I2 = 0,413 A

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

R1​ = 4 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR4​30 ΩAR5​12 ΩB+−V2​6 VI1​I2​I3​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
4·I1 + 30(I1 − I2) = 15
34·I1 − 30·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 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
15·I2 + 30(I2 − I1) + 12(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 57·I2 − 12·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
8·I3 + 12(I3 − I2) = (−6)
−12·I2 + 20·I3 = −6

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 15864
I1 = Δ1/Δ = 12780/15864 = 0,8056 A
I2 = Δ2/Δ = 6552/15864 = 0,413 A
I3 = Δ3/Δ = −828/15864 = −0,05219 A

Відповідь

I2 = 0,413 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: IR1 = 1,286 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 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAR4​4 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+4 = 6 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·6/(10+6) = 3,75 Ω
VA = 15·3,75/(5+3,75) = 6,429 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 6,429·4/6 = 4,286 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (15 − 6,429)/5 = 1,714 A
R1​ = 5 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​10 ΩAR4​4 ΩBIs​1,5 A

Випадок 2 · діє лише Is

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

R1 ∥ R2 = 5·10/(5+10) = 3,333 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 4 ∥ 5,333 = 2,286 Ω
VB = Is·Req = 1,5·2,286 = 3,429 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 3,429·3,333/5,333 = 2,143 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 2,143)/5 = −0,4286 A

Додайте складові

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 1,714 + (−0,4286) = 1,286 A

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

8.Метод накладання

Відповідь: V2 = 7,5 V

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

R1​ = 8 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​6 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 ∥ 40 = 17,14 Ω
VA = 6·17,14/(8+17,14) = 4,091 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 4,091·15/40 = 1,534 V
R1​ = 8 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 15 ΩКЗR3​30 ΩAIs​2,5 ABКЗ

Випадок 2 · діє лише Is

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

R1 ∥ R3 = 6,316 Ω, тож лівий шлях — R2+6,316 = 31,32 Ω
Req = R4 ∥ 31,32 = 10,14 Ω
VB = −Is·Req = −2,5·10,14 = −25,36 V
VA = VB·6,316/31,32 = −5,114 V

Випадок 3 · діє лише V2, на один вольт

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

R1 ∥ R3 = 6,316 Ω
VA‴ = V2·6,316/(15 + 25 + 6,316) = 0,1364·V2

Прирівняйте VA до нуля

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

VA′ + VA″ + VA‴ = 4,091 + (−5,114) + 0,1364·V2 = 0
V2 = 1,023/0,1364 = 7,5 V

Відповідь

V2 = 7,5 V
9.Тевенен і Нортон

Відповідь: IL = 0,09259 A

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 12 ΩКЗR2​10 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 = 12·10/(12+10) = 5,455 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,455 + 12 = 17,45 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​10 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) = 6·10/(12+10) = 2,727 V
Rth​ = 17,45 Ω+−Vth​2,727 VRL​12 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) = 2,727/(17,45 + 12) = 0,09259 A
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: PL = 17,31 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​ = 8 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​30 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 = 8·30/(8+30) = 6,316 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,316 + 2 = 8,316 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​30 ΩAIs​1,5 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) = 11,84 + 1,5·6,316 = 21,32 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 21,32 + 1,5·2 = 24,32 V
Rth​ = 8,316 Ω+−Vth​24,32 VRL​6 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) = 24,32/(8,316 + 6) = 1,699 A
PL = IL²·RL = 1,699²·6 = 17,31 W
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vC = 2,079 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.

Еквівалентна схема Тевенена з боку конденсатора

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

Rth = R1 ∥ R2 = 4,7·4,7/(4,7 + 4,7) = 2,35 kΩ
vC(∞) = 12·4,7/(4,7 + 4,7) = 6 V

Стала часу

τ = Rth·C = 2,35·10 = 23,5 ms

Крива заряджання

vC(t) = 6·(1 − e−10/23,5) = 2,079 V

Відповідь

vC = 2,079 V
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: t = 471,3 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) = 18 V, vC(∞) = Vs = 6 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 100 µF = 680 ms
vC(t) = 6 + (18 − 6)·e−t/τ

Виразіть час

12 = 6 + (12)·e−t/τ → e−t/τ = (12 − 6)/(18 − 6) = 0,5
t = τ·ln((18 − 6)/(12 − 6)) = 680·ln(2) = 471,3 ms

Відповідь

t = 471,3 ms
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: I = 0,08914 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,2 = 251,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·2,2·10⁻⁶) = 361,7 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(20² + (−110,4)²) = 112,2 Ω

Струм

Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.

I = V/|Z| = 10/112,2 = 0,08914 A

Відповідь

I = 0,08914 A
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: VC = 1,362 V

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

Реактивні опори

ω = 2πf = 2π·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,25 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·47·10⁻⁶) = 16,93 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(25² + (297,2)²) = 298,3 Ω

Струм

Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.

I = V/|Z| = 24/298,3 = 0,08046 A

Напруга на конденсаторі

VC = I·XC = 0,08046·16,93 = 1,362 V

Відповідь

VC = 1,362 V
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: Q = 16,76 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 = 19·0,8819 = 16,76 kvar

Відповідь

Q = 16,76 kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: ΔP = 103,2 kW

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

Реактивна потужність наявного навантаження

Q1 = 89·tan(arccos 0,85) = 55,16 kvar

Найбільша сумарна активна потужність

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 55,16²) = 192,2 kW

Додаткова активна потужність

ΔP = 192,2 − 89 = 103,2 kW

Відповідь

ΔP = 103,2 kW
17.Трифазні системи

Відповідь: IL = 88,01 A

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

Електрична вхідна потужність

Pin = Pout/η = 45/0,9 = 50 kW

Струм лінії

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 50000/(√3·400·0,82) = 88,01 A

Відповідь

IL = 88,01 A
18.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 333,9 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 = 250·tan(acos 0,78) = 250·0,8023 = 200,6 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,98) = 250·0,2031 = 50,76 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 149,8 kvar

Ємність на фазу

У батареї, з’єднаній трикутником, кожен конденсатор увімкнено між двома лінійними проводами.

V = 690 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 49935/(314,2·690²) = 333,9 µF

Відповідь

Cph = 333,9 µF
19.Трансформатори

Відповідь: a = 4

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

a²·16 = 256
a = √(256/16) = √16 = 4

Відповідь

a = 4
20.Трансформатори

Відповідь: Ploss = 425 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.

Втрати в міді при цьому навантаженні

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,5625·400 = 225 W

Сумарні втрати

Втрати в сталі однакові за будь-якого навантаження.

Ploss = 200 + 225 = 425 W

Відповідь

Ploss = 425 W

ККД при цьому навантаженні η = 98,6%.

21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Rf = 6 kΩ

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

Коефіцієнт підсилення неінвертувального підсилювача

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

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (4 − 1)·2 = 6 kΩ

Відповідь

Rf = 6 kΩ
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: t = 55,55 ms

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

Вхідний струм і швидкість наростання

kΩ помножити на µF дає мілісекунди.

RC = 1 kΩ · 4,7 µF = 4,7 ms
швидкість наростання = −Vin/(RC) = −1,1/4,7 = −0,234 V/ms

Час до насичення

|Vin|·t/(RC) = Vsat → t = Vsat·RC/|Vin| = 13·4,7/1,1 = 55,55 ms

Відповідь

t = 55,55 ms
23.Діоди й транзистори

Відповідь: IZ = 8,606 mA

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

Струм резистора

IR = 3,4/330 = 10,3 mA

Струм навантаження

IL = 5,6/3300 = 1,697 mA

Струм стабілітрона

IZ = 10,3 − 1,697 = 8,606 mA

Відповідь

IZ = 8,606 mA
24.Діоди й транзистори

Відповідь: ID = 5,048 mA

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

Об’єднайте два рівняння

6 = 0,7 + I·(1000 + 50)

Робочий струм

ID = 5,3/1050 = 5,048 mA
VD = 0,7 + 0,005048·50 = 0,9524 V

Відповідь

ID = 5,048 mA
25.Системи числення

Відповідь: U = 163

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.

Інвертуйте і додайте одиницю

93 = 0101 1101
інвертовано: 1010 0010
+1 → 1010 0011

Прочитайте як беззнакове

1010 0011₂ = 256 − 93 = 163

Відповідь

U = 163
26.Системи числення

Відповідь: b = 11 bit

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

Степені двійки

210 = 1024 < 1975
211 = 2048 ≥ 1975

Відповідь

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

Відповідь: N = 2

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′BC′ + AB′C′

Рядки з F = 1

ABC = 010, 100
N = 2

Відповідь

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

Відповідь: N = 4

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

Q після кожного фронту

JK-тригер: 00 зберігає, 01 скидає (Q = 0), 10 встановлює (Q = 1), 11 перемикає.

1: J = 0, K = 1 → Q = 0
2: J = 0, K = 0 → Q = 0
3: J = 0, K = 1 → Q = 0
4: J = 1, K = 1 → Q = 1
5: J = 0, K = 0 → Q = 1
6: J = 1, K = 1 → Q = 0
7: J = 1, K = 0 → Q = 1
8: J = 1, K = 1 → Q = 0

Порахуйте зміни

0 → 0 → 0 → 0 → 1 → 1 → 0 → 1 → 0
N = 4

Відповідь

N = 4
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.2) = 1,261

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 + 32 = (s + 4)² + 16 = (s + 4)² + 4²

Зіставлення чисельника

F(s) = 3·(s + 4)/((s + 4)² + 4²) + (4/4)·4/((s + 4)² + 4²)

Обернене перетворення

f(t) = e−4t·(3·cos 4t + sin 4t)
f(0,2) = e−4·0,2·(3·cos(4·0,2) + sin(4·0,2)) = 1,261

Відповідь

f(0,2) = 1,261
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: g(0.6) = 0,2249

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 + 5)/(s² + 4s + 13)

Простіші дроби

s² + 4s + 13 = (s + 2)² + 3²
G(s) = 1·(s + 2)/((s + 2)² + 3²) + (3/3)·3/((s + 2)² + 3²)

Імпульсна характеристика

g(t) = e−2t·(cos 3t + sin 3t)
g(0,6) = 0,2249

Відповідь

g(0,6) = 0,2249
31.Блок-схеми

Відповідь: K = 2,25

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

Характеристичне рівняння

1 + K/((s + 2)(s + 5)) = 0 → s² + 7s + 10 + K = 0

Кратний корінь

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

7² = 4(10 + K) → K = 49/4 − 10 = 2,25

Відповідь

K = 2,25
Обидва полюси замкненої системи тоді лежать у s = −3,5.
32.Блок-схеми

Відповідь: Kmax = 60

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

Характеристичне рівняння

s³ + 6s² + 11s + 6 + K = 0

Таблиця Рауса

s³ | 1 11
s² | 6 6 + K
s¹ | (6·11 − 6 − K)/6
s⁰ | 6 + K

Межа стійкості

Усі елементи першого стовпця мають бути додатними.

Kmax = 6·11 − 6 = 60

Відповідь

Kmax = 60
33.Перехідна характеристика

Відповідь: ωn = 9,592 rad/s

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

Порівняйте зі стандартною формою

Знаменник має збігатися з s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 92 → ωₙ = 9,592 rad/s
2ζωₙ = 11 → ζ = 11/(2·9,592) = 0,5734

Результат

ωₙ = 9,592 rad/s

Відповідь

ωn = 9,592 rad/s
34.Перехідна характеристика

Відповідь: ωn = 10,03 rad/s

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

Коефіцієнт демпфування

ζ = −ln(0,02)/√(π² + ln²(0,02)) = 3,912/√(9,87 + 15,3) = 0,7797

Власна частота

ωd = π/tp = π/0,5 = 6,283 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 6,283/0,6261 = 10,03 rad/s

Відповідь

ωn = 10,03 rad/s
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ∠G(jω) = −86,99 °

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(10/9) − 90° − atan(10/10) = 48,01° − 90° − 45°

Результат

∠G(j10) = −86,99°

Відповідь

∠G(jω) = −86,99°
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: K = 66,72

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/3)·(ω/4) = 1 → ω180 = √(3·4) = 3,464 rad/s

Модуль на перетині за фазою

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 16)) = K/(3·4·(3 + 4)) = K/84

Потрібне підсилення

84/K = 102/20 = 1,259
K = 84/1,259 = 66,72

Відповідь

K = 66,72
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: m = 6

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

Таблиця Рауса

s³ + 12s² + 20s + K = 0
s³: 1, 20
s²: 12, K
s¹: (12·20 − K)/12
s⁰: K

Найбільший стійкий коефіцієнт підсилення

Kmax = 12·20 = 240

Кратність

m = 240/40 = 6

Відповідь

m = 6

Ця кратність — запас за коефіцієнтом підсилення як відношення: 15,56 dB.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: K = 9

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.

Точка відходу

dK/ds = 0 для K = −(s + 1)(s + 7) дає 2s + 8 = 0.

sb = −4

Умова модуля

K = |−4 + 1|·|−4 + 7| = 3·3 = 9

Відповідь

K = 9

За такого коефіцієнта підсилення замкнена система критично демпфована (ζ = 1).

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 8

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

Швидкісна константа

Kv = lim s·G(s) = 0,625

Похибка за лінійно наростального сигналу

ess = 5/0,625 = 8

Відповідь

ess = 8
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: K = 0,5002

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 + 2) + 4K = s² + 2s + 4K

Власна частота

2·0,707·ωₙ = 2 → ωₙ = 1,414 rad/s

Коефіцієнт підсилення

4K = ωₙ² = 2,001 → K = 0,5002

Відповідь

K = 0,5002

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