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​ = 4 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩIR2​AR4​3 ΩB

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 18 VR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 4 ΩR4 = 3 Ω
IR2 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 4 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​36 VR2​4 ΩAR4​2 ΩBR6​10 Ω

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 36 VR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 20 ΩR4 = 2 ΩR5 = 6 ΩR6 = 10 Ω
Req = Ω
3.Метод вузлових потенціалівСередня
−+Vs​ = 4 VIs​3 AAR1​6 ΩR2​8 ΩB

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

Is = 3 AVs = 4 VR1 = 6 ΩR2 = 8 Ω
VA = V
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 4 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 15 ΩIR4​+−V1​12 VR3​10 ΩAR5​6 ΩBIs​2 A−+V2​24 V

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

V1 = 12 VIs = 2 AV2 = 24 VR1 = 4 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 ΩR5 = 6 Ω
IR4 = A
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 15 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​18 VR3​6 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

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

V1 = 18 VV2 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 Ω
I1 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 4 ΩR2​ = 8 Ω+−VR2​R3​ = 10 Ω+−V1​24 VR4​15 ΩAR5​3 ΩB+−V2​24 VI1​I2​I3​

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

V1 = 24 VV2 = 24 VR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 ΩR5 = 3 Ω
VR2 = V
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩAR4​15 Ω−+VR4​BIs​3 A

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

V1 = 10 VIs = 3 AR1 = 12 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 ΩR4 = 15 Ω
VR4 = V
8.Метод накладанняСкладна
лінійне колоV1​V2​Is​IRL​

Лінійне резистивне коло містить три незалежні джерела: V1, V2 і Is. Струм I через навантаження виміряли тричі. Коли всі джерела мають звичайні значення, I = 0,5 mA. Коли V1 подвоєне, а два інші без змін, I = 7,5 mA. Коли напрямок Is змінено на протилежний, а два інші без змін, I = 24,5 mA. Знайдіть струм навантаження I, коли V2 вимкнене, а V1 і Is мають звичайні значення.

звичайні значення: I = 0,5 mA2·V1: I = 7,5 mA−Is: I = 24,5 mA
I = mA
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 6 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAab

Знайдіть струм Нортона IN: струм, що тече від a до b, якщо затискачі закоротити.

V1 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 12 Ω
IN = A
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 3 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​6 VR2​3 ΩAIs​2 ABab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 6 VIs = 2 AR1 = 3 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 Ω
Vth = V
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​24 Vt = 0R = 22 ΩL22 mHi(t)

До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Знайдіть енергію W, накопичену в котушці при t = 1 ms, у mJ.

Vs = 24 VR = 22 ΩL = 22 mHt = 1 ms
W = mJ
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​24 Vt = 0R = 1 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 12 V

Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 12 V з указаною полярністю. Знайдіть напругу на конденсаторі vC у момент t = 80 ms.

Vs = 24 VR = 1 kΩC = 68 µFvC(0) = 12 Vt = 80 ms
vC = V
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
50 V200 HzR = 15 ΩL = 200 mHC = 2,2 µFI

Послідовне коло RLC підключено до мережі 50 V (діюче значення), 200 Hz. Знайдіть активну потужність P, що споживається від мережі.

V = 50 V (rms)f = 200 HzR = 15 ΩL = 200 mHC = 2,2 µF
P = W
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
5 Vf0​R = 20 ΩL = 100 mHC = 0,1 µF

Послідовне RLC-коло живиться від джерела 5 V (діюче значення), частоту якого встановлено рівною резонансній частоті кола. Знайдіть діюче значення напруги VL на котушці.

V = 5 V (rms)R = 20 ΩL = 100 mHC = 0,1 µF
VL = V
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
230 VZ16 + j12 ΩI

Навантаження з повним опором Z = 16 + j12 Ω під’єднано до однофазної мережі 230 V (діюче значення). Знайдіть активну потужність P, яку воно споживає.

V = 230 VZ = 16 + j12 Ω
P = W
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P = 15 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазне навантаження споживає 15 kW при коефіцієнті потужності 0,7 (індуктивному) від мережі 230 V, 50 Hz. Паралельно підключений конденсатор підвищує коефіцієнт потужності до 0,92. Знайдіть новий струм лінії Inew.

P = 15 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92V = 230 Vf = 50 Hz
Inew = A
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M7,5 kW, η = 92%cos φ = 0,8

Трифазний асинхронний двигун при повному навантаженні розвиває механічну потужність 7,5 kW. При цьому навантаженні його ККД становить 92%, а коефіцієнт потужності 0,8, відстаючий. Лінійна напруга мережі 400 V. Знайдіть лінійний струм IL.

Pout = 7,5 kWη = 92%cos φ = 0,8VL = 400 V
IL = A
18.Трифазні системиСкладна
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симетричне трифазне навантаження споживає 60 kW при коефіцієнті потужності 0,8 (відстаючому) від мережі 480 V (лінійна напруга), 60 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,92 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано зіркою. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.

P = 60 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
RL​ = 10 Ω1012400 VV2​I1​ = ?I2​

До первинної обмотки ідеального трансформатора з коефіцієнтом трансформації N₁:N₂ = 10:1 прикладено 2400 V. До вторинної обмотки підключено резистор 10 Ω. Знайдіть первинний струм I1.

N1:N2 = 10:1V1 = 2400 VRL = 10 Ω
I1 = A
20.ТрансформаториСкладна
250 kVA

Однофазний трансформатор 250 kVA має втрати в сталі 1000 W і втрати в міді 1500 W при номінальному навантаженні. При якому навантаженні Sη,max, у kVA, його ККД найвищий?

S = 250 kVAPcore = 1000 WPcu,fl = 1500 W
Sη,max = kVA
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩR1​ = 2 kΩVin​ = −1,4 V

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

Vin = −1,4 VR1 = 2 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = −1,7 VR1​ = 47 kΩV2​ = 1,4 VR2​ = 22 kΩ

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

V1 = −1,7 VV2 = 1,4 VR1 = 47 kΩR2 = 22 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
RC​ = 1,2 kΩβ = 120VCC​ = 15 VRB​ = 270 kΩ

NPN-транзистор з β = 120 зміщено базовим резистором RB = 270 kΩ від джерела живлення VCC = 15 V. Колекторний резистор RC = 1,2 kΩ, емітер заземлено. Візьміть VBE = 0,7 V і вважайте, що транзистор в активному режимі. Знайдіть напругу колектор–емітер VCE.

VCC = 15 VRB = 270 kΩRC = 1,2 kΩβ = 120VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Діоди й транзисториСкладна
RC​ = 680 Ωβ = 50IC​ = ?VCC​ = 24 V3,3 VRB​ = 220 kΩ

NPN-транзистор з β = 50 комутує резистор навантаження 680 Ω, увімкнений між VCC = 24 V і його колектором. Емітер заземлено. Базу керують від логічного виходу 3,3 V через базовий резистор RB = 220 kΩ. Візьміть VBE = 0,7 V і VCE(sat) = 0,2 V. Знайдіть струм колектора IC у mA при високому рівні на вході. Спершу визначте, чи транзистор у насиченні.

VCC = 24 VRC = 680 Ωβ = 50Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 220 kΩ
IC = mA
25.Системи численняСередня
8-бітовий додатковий код0−12806403201608040201

Встановіть біти так, щоб вони зберігали −24 в 8-бітовому доповняльному коді. Яке значення U шаблону, якщо читати його як беззнакове число?

N = −248 bit
U =
26.Системи численняСкладна
клацайте біти, щоб встановити їх012806403201608040201

Встановіть біти за 8-бітовим результатом 1010 0111 XOR 0011 1101. Яке значення R результату в десятковій системі?

1010 0111XOR0011 1101
R =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABC00011110011001130214050716

Скористайтеся картою Карно, щоб знайти мінімальну форму добутку сум (POS) для F(A, B, C) = Σm(0, 3, 4, 6). Скільки доданків-сум (множників) N вона має?

F(A, B, C) = Σm(0, 3, 4, 6)
N =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
CLKJK123456

JK-тригер, що спрацьовує за переднім фронтом, починає з Q = 0 і отримує показані входи на 6 передніх фронтах такту. Скільки разів N змінюється стан Q?

Q₀ = 0JK
N =
29.Перетворення ЛапласаСередня
t (s)f(t)t = 0,4f(0,4) = ?

Знайдіть f(t) для F(s) = 55/(s(s + 2)(s + 5)) розкладом на простіші дроби й обчисліть f(0,4).

F(s) = 55/(s(s + 2)(s + 5))t = 0,4 s
f(0.4) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Система підпорядковується рівнянню y″ + 7y′ + 10y = 10·u(t). Вона починає зі спокою (y(0) = 0, y′(0) = 0), а вхід — сходинка u(t) = 5 при t ≥ 0. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть вихід y(0,1).

y″ + 7y′ + 10y = 10·u(t)u(t) = 5y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,1 s
y(0.1) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+Ks(s + 17)G(s)C(s)−

Об’єкт G(s) = K/(s(s + 17)) 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(s + 17))одиничний від’ємний зворотний зв’язок
K =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+50s(s + 11)G(s)C(s)1H−

Об’єкт G(s) = 50/(s(s + 11)) охоплено від’ємним зворотним зв’язком із коефіцієнтом датчика H = 1. Полюси замкненої системи комплексні. Знайдіть їхню дійсну частину σ.

G(s) = 50/(s(s + 11))H = 1
σ =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)2tp​ = ?

Система має передатну функцію G(s) = 22/(s² + s + 11) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть час піку tp перехідної характеристики.

G(s) = 22/(s² + s + 11)
tp = s
34.Перехідна характеристикаСкладна
R(s)+Ks(s + 8)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = K/(s(s + 8)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого перехідна характеристика має перерегулювання 5 %.

G(s) = K/(s(s + 8))%OS = 5 %
K =
35.Діаграми Боде та запасиСередня
vin​C = 22 nFR = 3,3 kΩvout​

RC-фільтр верхніх частот на рисунку має R = 3,3 kΩ, C = 22 nF. На вхід подають синусоїдний сигнал 440 Hz. Знайдіть фазовий зсув φ сигналу vout відносно vin, у градусах.

R = 3,3 kΩC = 22 nFf = 440 Hz
φ = °
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) = 260/(s(s + 10)). Знайдіть запас за фазою PM у градусах.

L(s) = 260/(s(s + 10))
PM = °
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+Ks + 7s(s + 1)(s + 2)C(s)−

Контур з одиничним зворотним зв’язком має L(s) = K(s + 7)/(s(s + 1)(s + 2)), K > 0. Знайдіть найбільше значення Kmax, за якого замкнена система стійка.

L(s) = K(s + 7)/(s(s + 1)(s + 2))
Kmax =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−2−4−6−8−10−12j2

Кореневий годограф L(s) = K(s + 10)/(s(s + 7)) відходить від дійсної осі між s = 0 і s = −7, описує коло й знову сходиться з дійсною віссю ліворуч від нуля. Знайдіть точку входу si.

L(s) = K(s + 10)/(s(s + 7))
si =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
r(t) = 2·t²/2+20(s + 1)s²(s + 4)C(s)−

Параболічний вхід r(t) = 2·t²/2 подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 20(s + 1)/(s²(s + 4)). Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 20(s + 1)/(s²(s + 4))r(t) = 2·t²/2
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+Kp​ + Ki​/s1s + 2C(s)−

ПІ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s керує об’єктом G(s) = 1/(s + 2) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Замкнена система має мати ωₙ = 3 rad/s і ζ = 1. Знайдіть пропорційний коефіцієнт Kp.

G(s) = 1/(s + 2)ωₙ = 3 rad/sζ = 1
Kp =

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 0,7875 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​ = 4 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​12 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 = 4 + 3 = 7 Ω
R2 ∥ 7 = 12·7/(12+7) = 4,421 Ω
Req = R1 + 4,421 = 4 + 4,421 = 8,421 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 18/8,421 = 2,137 A

Струм через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 18 − 2,137·4 = 9,45 V
IR2 = VA/R2 = 9,45/12 = 0,7875 A

Відповідь

IR2 = 0,7875 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 7,379 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​ = 4 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​36 VR2​4 ΩAR4​2 ΩBR6​10 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 = 6 + 10 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 1,778 Ω
R3 + 1,778 = 21,78 Ω
R2 ∥ 21,78 = 3,379 Ω
Req = R1 + 3,379 = 4 + 3,379 = 7,379 Ω

Відповідь

Req = 7,379 Ω
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VA = 8,571 V

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

Утворіть надвузол

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

VB = VA + Vs = VA + 4
VA/R1 + VB/R2 = Is

Розв’яжіть

VA/6 + (VA + 4)/8 = 3
VA = (3 − 4/8)/(1/6 + 1/8) = 8,571 V
VB = 8,571 + 4 = 12,57 V

Відповідь

VA = 8,571 V
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR4 = 1,863 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​ = 4 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​12 VR3​10 ΩAR5​6 ΩBIs​2 A−+V2​24 V

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 12 V, V2 = −24 V). Невідомі: VA, VB.

ЗСК у вузлі A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/10 + (VA − 12)/4 + (VA − VB)/6 = 0
0,5167·VA − 0,1667·VB = 3

ЗСК у вузлі B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/6 + (VB − VA)/6 + (VB − (−24))/15 = 2
−0,1667·VA + 0,4·VB = 0,4

Розв’яжіть

Δ = (0,5167)(0,4) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,1789
VA = Δ1/Δ = 1,267/0,1789 = 7,081 V
VB = Δ2/Δ = 0,7067/0,1789 = 3,95 V

Відповідь

IR4 = (VB − V2)/R4 = (3,95 − −24)/15 = 1,863 A
5.Метод контурних струмів

Відповідь: I1 = 0,66 A

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

R1​ = 15 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​18 VR3​6 ΩA+−V2​15 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
15·I1 + 6(I1 − I2) = 18
21·I1 − 6·I2 = 18

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
10·I2 + 6(I2 − I1) = (−15)
−6·I1 + 16·I2 = −15

Розв’яжіть

Δ = (21)(16) − (−6)(−6) = 300
I1 = Δ1/Δ = 198/300 = 0,66 A
I2 = Δ2/Δ = −207/300 = −0,69 A

Відповідь

I1 = 0,66 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: VR2 = 7,966 V

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

R1​ = 4 ΩR2​ = 8 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR4​15 ΩAR5​3 ΩB+−V2​24 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 + 15(I1 − I2) = 24
19·I1 − 15·I2 = 24

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
8·I2 + 15(I2 − I1) + 3(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 26·I2 − 3·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
10·I3 + 3(I3 − I2) = (−24)
−3·I2 + 13·I3 = −24

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 3326
I1 = Δ1/Δ = 6816/3326 = 2,049 A
I2 = Δ2/Δ = 3312/3326 = 0,9958 A
I3 = Δ3/Δ = −5376/3326 = −1,616 A

Відповідь

IR2 = I2 = 0,9958 A
VR2 = IR2·R2 = 0,9958·8 = 7,966 V

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: VR4 = 23,24 V

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩAR4​15 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 = 15+15 = 30 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 3·30/(3+30) = 2,727 Ω
VA = 10·2,727/(12+2,727) = 1,852 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 1,852·15/30 = 0,9259 V
VR4′ = 0 − VB = 0 − 0,9259 = −0,9259 V
R1​ = 12 ΩR3​ = 15 ΩКЗR2​3 ΩAR4​15 ΩBIs​3 A

Випадок 2 · діє лише Is

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

R1 ∥ R2 = 12·3/(12+3) = 2,4 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 15 ∥ 17,4 = 8,056 Ω
VB = Is·Req = (−3)·8,056 = −24,17 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −24,17·2,4/17,4 = −3,333 V
VR4″ = 0 − VB = 0 − −24,17 = 24,17 V

Додайте складові

VR4 = VR4′ + VR4″
VR4 = (−0,9259) + 24,17 = 23,24 V

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

8.Метод накладання

Відповідь: I = −5 mA

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.

Запишіть вимірювання через внески

Кожен внесок пропорційний своєму джерелу.

I₁ + I₂ + I₃ = 0,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 7,5
I₁ + I₂ − I₃ = 24,5

Знайдіть внески

I₁ = 7,5 − 0,5 = 7 mA
I₃ = (0,5 − 24,5)/2 = −12 mA
I₂ = 0,5 − 7 − (−12) = 5,5 mA

Вимкніть V₂

I = I₁ + I₃ = 7 + (−12) = −5 mA

Відповідь

I = −5 mA
9.Тевенен і Нортон

Відповідь: IN = 1,053 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​ = 6 ΩR3​ = 12 ΩКЗR2​15 ΩAabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

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

R1 ∥ R2 = 6·15/(6+15) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 12 = 16,29 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

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

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 24·15/(6+15) = 17,14 V
IN​1,053 ARth​16,29 Ωab

Еквівалент Нортона

Джерело Нортона — те саме коло, подане як джерело струму, паралельне R_th. Його струм — це струм короткого замикання на a–b.

IN = Vth/Rth = 17,14/16,29 = 1,053 A
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = −10 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​ = 3 ΩR3​ = 5 ΩКЗR2​3 ΩAОБРИВBabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

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

R1 ∥ R2 = 3·3/(3+3) = 1,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,5 + 5 = 6,5 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​6 VR2​3 ΩAIs​2 ABab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 3 + (−2)·1,5 = 0 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 0 + (−2)·5 = −10 V
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: W = 5,231 mJ

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 / 22 Ω = 1 ms
i(∞) = Vs/R = 24/22 = 1,091 A

Струм у заданий момент

i(t) = 1,091·(1 − e−1/1) = 0,6896 A

Накопичена енергія

W = ½·L·i² = ½·22·0,6896² = 5,231 mJ

Відповідь

W = 5,231 mJ
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vC = 20,3 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) = 12 V, vC(∞) = Vs = 24 V
τ = R·C = 1 kΩ · 68 µF = 68 ms
vC(t) = 24 + (12 − 24)·e−t/τ

Напруга в заданий момент

vC(80) = 24 + (−12)·e−80/68 = 20,3 V

Відповідь

vC = 20,3 V
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: P = 3,022 W

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

Реактивні опори

XL = 251,3 Ω, XC = 361,7 Ω

Повний опір

|Z| = √(15² + (−110,4)²) = 111,4 Ω

Активна потужність

Котушки й конденсатори лише накопичують і повертають енергію; усю активну потужність споживає резистор.

I = 50/111,4 = 0,4488 A
P = I²·R = 0,4488²·15 = 3,022 W

Відповідь

P = 3,022 W
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: VL = 250 V

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

Резонанс

При резонансі реактивні опори компенсуються, тож повний опір дорівнює просто R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,1·0,1·10⁻⁶) = 10000 rad/s
I = V/R = 5/20 = 0,25 A

Напруга на котушці

XL = ω₀L = 10000·0,1 = 1000 Ω
VL = I·XL = 0,25·1000 = 250 V

Відповідь

VL = 250 V

Це в Q = 50 разів більше за напругу мережі.

15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: P = 2116 W

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

Струм

|Z| = √(16² + 12²) = 20 Ω
I = V/|Z| = 230/20 = 11,5 A

Активна потужність

P = I²·R = 11,5²·16 = 2116 W

Відповідь

P = 2116 W
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: Inew = 70,89 A

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

Реактивна потужність до і після

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

Q1 = P·tan φ1 = 15·tan(45,57°) = 15,3 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 15·tan(23,07°) = 6,39 kvar
QC = Q1 − Q2 = 8,913 kvar

Новий струм лінії

Inew = P/(V·cos φ2) = 15000/(230·0,92) = 70,89 A

Відповідь

Inew = 70,89 A
17.Трифазні системи

Відповідь: IL = 14,71 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 = 7,5/0,92 = 8,152 kW

Струм лінії

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 8152/(√3·400·0,8) = 14,71 A

Відповідь

IL = 14,71 A
18.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 223,8 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 = 60·tan(acos 0,8) = 60·0,75 = 45 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,92) = 60·0,426 = 25,56 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 19,44 kvar

Ємність на фазу

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

V = 480/√3 = 277,1 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 6480/(377·277,1²) = 223,8 µF

Відповідь

Cph = 223,8 µF
19.Трансформатори

Відповідь: I1 = 2,4 A

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

Вторинні напруга й струм

V2 = 2400/10 = 240 V
I2 = 240/10 = 24 A

Первинний струм

Ідеальний трансформатор не має втрат: V₁·I₁ = V₂·I₂.

I1 = I2/10 = 2,4 A

Відповідь

I1 = 2,4 A

Перевірка: навантаження з боку первинної обмотки a²·RL = 1000 Ω, і 2400/1000 дає той самий струм.

20.Трансформатори

Відповідь: Sη,max = 204,1 kVA

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

Втрати в міді дорівнюють втратам у сталі

x²·1500 = 1000 → x = √(1000/1500) = 0,8165

Навантаження при максимальному ККД

Sη,max = x·S = 0,8165·250 = 204,1 kVA

Відповідь

Sη,max = 204,1 kVA
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = −4,69 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.

Інвертувальний вхід повторює вхід

V₋ = V₊ = −1,4 V
I = V₋/R1 = −1,4/2 = −0,7 mA

Вихідна напруга

Струм через R₁ тече й через Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −1,4 + (−0,7)·4,7 = −4,69 V

Відповідь

Vout = −4,69 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = −0,2747 V

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

Вхідні струми

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

I1 = V1/R1 = −1,7/47 = −0,03617 mA
I2 = V2/R2 = 1,4/22 = 0,06364 mA
If = I1 + I2 = 0,02747 mA

Вихідна напруга

Vout = −Rf·If = −10·0,02747 = −0,2747 V

Відповідь

Vout = −0,2747 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: VCE = 7,373 V

Робоча точка БТ: в активному режимі VBE = 0,7 V, IC = β·IB і IE = (β + 1)·IB. Знайдіть IB з базового контуру за ЗНК, потім IC, потім VCE з контуру колектор–емітер. Дільник напруги в колі бази замінюють його еквівалентом Тевенена VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; емітерний резистор у базовому контурі виглядає в (β + 1) разів більшим.

Струм бази

IB = (VCC − VBE)/RB = (15 − 0,7)/270 kΩ = 52,96 µA

Струм колектора

IC = β·IB = 120·52,96 µA = 6,356 mA

Напруга колектор–емітер

VCE = 15 − 6,356 mA·1,2 kΩ = 7,373 V

Відповідь

VCE = 7,373 V
24.Діоди й транзистори

Відповідь: IC = 0,5909 mA

БТ як ключ: щоб повністю ввімкнути навантаження, транзистор переводять у насичення, де VCE = VCE(sat), а струм колектора визначається навантаженням: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Для насичення потрібен струм бази щонайменше IB = IC(sat)/β. Якщо струм бази менший, транзистор залишається в активному режимі й IC = β·IB.

Струм бази

IB = (3,3 − 0,7)/220 kΩ = 11,82 µA

Насичення чи активний режим?

β·IB менше за IC(sat), тож транзистор залишається в активному режимі.

β·IB = 0,5909 mA
IC(sat) = (24 − 0,2)/680 = 35 mA

Струм колектора

IC = β·IB = 0,5909 mA

Відповідь

IC = 0,5909 mA

Транзистор в активному режимі, тож навантаження ввімкнено не повністю.

25.Системи числення

Відповідь: U = 232

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

24 = 0001 1000
інвертовано: 1110 0111
+1 → 1110 1000

Прочитайте як беззнакове

1110 1000₂ = 256 − 24 = 232

Відповідь

U = 232
26.Системи числення

Відповідь: R = 154

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

Біт за бітом

XOR дає 1, де два біти різні.

1010 0111
XOR 0011 1101
= 1001 1010

Значення результату

1001 1010₂ = 154

Відповідь

R = 154
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.

ABC00011110011001130214050716

Згрупуйте нулі

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

(B + C′)
(A′ + C′)
(A + B′ + C)

Мінімальна форма POS

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

Відповідь

N = 3
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: N = 3

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

Порахуйте зміни

0 → 1 → 1 → 1 → 0 → 0 → 1
N = 3

Відповідь

N = 3
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.4) = 1,877

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).

Простіші дроби

F(s) = A/s + B/(s + 2) + C/(s + 5)
A = 55/(2·5) = 5,5
B = 55/((−2)·3) = −9,167
C = 55/((−5)·(−3)) = 3,667

Обернене перетворення

f(t) = 5,5 − 9,167·e−2t + 3,667·e−5t

Обчисліть

f(0,4) = 5,5 − 9,167·e−2·0,4 + 3,667·e−5·0,4 = 1,877

Відповідь

f(0,4) = 1,877
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.1) = 0,199

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

Y(s) = 50/(s(s + 2)(s + 5))

Простіші дроби

A = 50/(2·5) = 5
B = 50/((−2)·3) = −8,333
C = 50/((−5)·(−3)) = 3,333

Виведення

y(t) = 5 − 8,333·e−2t + 3,333·e−5t
y(0,1) = 0,199

Відповідь

y(0,1) = 0,199
31.Блок-схеми

Відповідь: K = 72,25

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(s + 17)) = 0 → s² + 17s + K = 0

Кратний корінь

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

17² = 4K → K = 289/4 = 72,25

Відповідь

K = 72,25
Обидва полюси замкненої системи тоді лежать у s = −8,5.
32.Блок-схеми

Відповідь: σ = −5,5

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

Характеристичне рівняння

s(s + 11) + 50·1 = 0 → s² + 11s + 50 = 0

Корені

s = −5,5 ± j·√(50 − 30,25) = −5,5 ± j4,444
σ = −5,5

Відповідь

σ = −5,5
33.Перехідна характеристика

Відповідь: tp = 0,9582 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 = 11 → ωₙ = 3,317 rad/s
2ζωₙ = 1 → ζ = 1/(2·3,317) = 0,1508

Результат

ωd = 3,317·√(1 − 0,1508²) = 3,279 rad/s → tp = π/ωd = 0,9582 s

Відповідь

tp = 0,9582 s
34.Перехідна характеристика

Відповідь: K = 33,6

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

Передатна функція замкненої системи

T(s) = K/(s² + 8s + K)

Коефіцієнт демпфування за перерегулюванням

ζ = −ln(0,05)/√(π² + ln²(0,05)) = 0,6901

Коефіцієнт підсилення

ωₙ = 8/(2ζ) = 5,796 rad/s
K = ωₙ² = 33,6

Відповідь

K = 33,6
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: φ = 78,65 °

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

Частота зрізу

ωc = 1/(RC) = 1/(3300·2,2 × 10⁻⁸) = 13774 rad/s
fc = 2192 Hz → f/fc = 440/2192 = 0,2007

Фаза

φ = 90° − atan(0,2007) = 78,65°

Відповідь

φ = 78,65°
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: PM = 34,31 °

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 + 100ω² − 67600 = 0
ω² = (−100 + √(10000 + 4·67600))/2 = 214,8
ωc = 14,65 rad/s

Запас за фазою

∠L(jωc) = −90° − atan(14,65/10) = −145,7°
PM = 180° + ∠L = 34,31°

Відповідь

PM = 34,31°
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: Kmax = 1,5

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

Характеристичний поліном

s(s + 1)(s + 2) + K(s + 7) = s³ + 3s² + (2 + K)s + 7K

Таблиця Рауса

s³: 1, 2 + K
s²: 3, 7K
s¹: (3·(2 + K) − 7K)/3
s⁰: 7K

Умова

6 − 4K > 0
K < 6/4 = 1,5

Відповідь

Kmax = 1,5

Якби нуль лежав праворуч від s = −3, контур залишався б стійким за будь-якого K > 0.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: si = −15,48

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.

Коефіцієнт підсилення вздовж дійсної осі

K(s) = −(s² + 7s)/(s + 10)

Стаціонарні точки

Продиференціюйте за правилом частки й прирівняйте чисельник до нуля.

(2s + 7)(s + 10) − (s² + 7s) = s² + 20s + 70 = 0
s = −10 ± √30 = −4,523, −15,48

Точка входу

si = −15,48

Відповідь

si = −15,48

Між двома точками розгалуження годограф — коло з центром у нулі й радіусом √30 = 5,477.

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 0,4

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

Константа прискорення

Ka = 20·1/4 = 5

Похибка за параболічного сигналу

ess = 2/5 = 0,4

Відповідь

ess = 0,4
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: Kp = 4

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

Характеристичний поліном

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

s² + (2 + 1Kp)s + 1Ki

Цільовий поліном

s² + 2·1·3s + 3² = s² + 6s + 9

Зіставте коефіцієнти

2 + 1Kp = 6 → Kp = 4

Відповідь

Kp = 4

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

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

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