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​ = 8 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩAR4​3 ΩB

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 ΩR4 = 3 Ω
Req = Ω
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 20 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​36 VR2​6 ΩIR2​AR4​3 ΩBR6​15 Ω

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 36 VR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 15 ΩR4 = 3 ΩR5 = 20 ΩR6 = 15 Ω
IR2 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
−+Vs​ = 8 VIs​2 AAR1​10 ΩR2​20 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 VB (відносно землі).

Is = 2 AVs = 8 VR1 = 10 ΩR2 = 20 Ω
VB = V
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 3 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAR4​20 ΩB0,05·VA​

Ромб — це джерело струму, кероване напругою, що подає струм 0,05·VA (в A, де VA у V) угору у вузол B. Методом вузлових потенціалів знайдіть вузлову напругу VA (відносно землі).

V1 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 ΩR4 = 20 Ωg = 0,05 A/V
VA = V
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 15 ΩR2​ = 5 Ω+−V1​6 VR3​20 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 6 VV2 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 Ω
I2 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 5 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​5 VR4​15 ΩIR4​AR5​10 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

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

V1 = 5 VV2 = 5 VR1 = 5 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 ΩR5 = 10 Ω
IR4 = A
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 20 ΩR3​ = 10 ΩIR3​+−V1​6 VR2​6 ΩAR4​6 ΩBIs​5 A

За методом накладання знайдіть потужність PR3, яку споживає R3.

V1 = 6 VIs = 5 AR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 ΩR4 = 6 Ω
PR3 = W
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 5 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​30 VR3​8 ΩIR3​AIs​6 AB−+V2​12 V

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

V1 = 30 VIs = 6 AV2 = 12 VR1 = 5 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 ΩR4 = 10 Ω
IR3 = A
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩAab

Знайдіть опір Тевенена Rth з боку затискачів a–b.

V1 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 Ω
Rth = Ω
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 10 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAIs​2,5 ABab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 18 VIs = 2,5 AR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩR3 = 30 Ω
Vth = V
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​5 Vt = 0R = 10 ΩL47 mHi(t)

До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Знайдіть енергію W(∞), накопичену в котушці після встановлення режиму, у mJ.

Vs = 5 VR = 10 ΩL = 47 mH
W(∞) = mJ
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​9 VR1​ = 10 ΩR2​ = 20 Ωзамикається при t = 0L220 mHi(t)

Ключ паралельно R2 був розімкнений тривалий час, тож струм котушки сталий. При t = 0 ключ замикається й закорочує R2. Через який час після t = 0 струм котушки досягне 0,66 A? Знайдіть t.

Vs = 9 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩL = 220 mH
t = ms
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
100 V200 HzR = 20 ΩL = 250 mHC = 4,7 µF

Послідовне коло RLC підключено до мережі 100 V (діюче значення), 200 Hz. Знайдіть кут зсуву фаз φ повного опору в градусах (додатний, коли струм відстає від напруги).

V = 100 V (rms)f = 200 HzR = 20 ΩL = 250 mHC = 4,7 µF
φ = °
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
10 Vf0​R = 5 ΩL = 20 mHC = 10 µF

Послідовне RLC-коло живиться від джерела 10 V (діюче значення), частоту якого встановлено рівною резонансній частоті кола. Знайдіть діюче значення напруги VL на котушці.

V = 10 V (rms)R = 5 ΩL = 20 mHC = 10 µF
VL = V
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
P = 21 kWQ = ?Sφ

Однофазний двигун споживає 21 kW при коефіцієнті потужності 0,9 (індуктивному) від мережі 400 V. Знайдіть реактивну потужність Q, яку він споживає.

P = 21 kWpf = 0,9V = 400 V
Q = kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P1​ = 81 kWQ1​S1​φ

Однофазний трансформатор потужністю 150 kVA живить навантаження 81 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 = 150 kVAP1 = 81 kWpf1 = 0,85
ΔP = kW
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 208 VNZ = 3 + j4 Ωна фазу

Симетричне навантаження, з’єднане зіркою, з повним опором 3 + j4 Ω на фазу підключене до симетричної трифазної мережі з лінійною напругою 208 V. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку поглинає навантаження, у kW.

VL = 208 VZ = 3 + j4 Ω на фазу
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симетричне трифазне навантаження споживає 120 kW при коефіцієнті потужності 0,75 (відстаючому) від мережі 415 V (лінійна напруга), 60 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,9 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано трикутником. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.

P = 120 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
10 Ω41

До вторинної обмотки ідеального трансформатора з коефіцієнтом трансформації N₁:N₂ = 4:1 підключено резистор 10 Ω. Знайдіть опір R1′ з боку первинної обмотки.

N1:N2 = 4:1RL = 10 Ω
R1′ = Ω
20.ТрансформаториСкладна
50 kVA

Однофазний трансформатор 50 kVA має втрати в сталі 400 W і втрати в міді 1600 W при номінальному навантаженні. При якому навантаженні Sη,max, у kVA, його ККД найвищий?

S = 50 kVAPcore = 400 WPcu,fl = 1600 W
Sη,max = kVA
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 10 kΩVin​ = 0,5 V

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

Vin = 0,5 VR1 = 10 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​R2​ = 1 kΩV1​ = 1,1 VR1​ = 22 kΩV2​ = 1,2 VR3​ = 4,7 kΩR4​ = 22 kΩ

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

V1 = 1,1 VV2 = 1,2 VR1 = 22 kΩR2 = 1 kΩR3 = 4,7 kΩR4 = 22 kΩ
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
RC​ = 1 kΩβ = 50VCC​ = 9 VRB​ = 220 kΩ

NPN-транзистор з β = 50 зміщено базовим резистором RB = 220 kΩ від джерела живлення VCC = 9 V. Колекторний резистор RC = 1 kΩ, емітер заземлено. Візьміть VBE = 0,7 V і вважайте, що транзистор в активному режимі. Знайдіть напругу колектор–емітер VCE.

VCC = 9 VRB = 220 kΩRC = 1 kΩβ = 50VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Діоди й транзисториСкладна
+−≤ 21 V470 Ω9,1 V

Стабілізатор на стабілітроні 9,1 В має послідовний резистор 470 Ом. Вхідна напруга може зрости до 21 В, а навантаження може бути відключене. Знайдіть найбільшу потужність PZ,max, яку має розсіювати стабілітрон.

Vin,max = 21 VVZ = 9,1 VR = 470 Ω
PZ,max = mW
25.Системи численняСередня
8-бітовий додатковий код0−12806403201608040201

Встановіть біти так, щоб вони зберігали −5 в 8-бітовому доповняльному коді. Яке значення U шаблону, якщо читати його як беззнакове число?

N = −58 bit
U =
26.Системи численняСкладна
клацайте біти, щоб встановити їх012806403201608040201

Встановіть біти за 8-бітовим результатом 0001 1110 >> 3. Яке значення R результату в десятковій системі?

0001 1110>> 3
R =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
MUXC′I0​1I1​CI2​1I3​ABS1​S0​F

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

I₀ = C′I₁ = 1I₂ = CI₃ = 1
N =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​CLKUP

4-розрядний двійковий лічильник на додавання починає з 11 (десяткове, Q = 1011). Яке значення Q (у десятковому вигляді) він покаже після 29 імпульсів такту?

Q0 = 1129n = 4
Q =
29.Перетворення ЛапласаСередня
t (s)f(t)t = 0,25f(0,25) = ?

Знайдіть f(t) для F(s) = (s + 37)/(s² + 6s + 9) і обчисліть f(0,25).

F(s) = (s + 37)/(s² + 6s + 9)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Розв’яжіть y″ + 8y′ + 15y = 0 при y(0) = 5 і y′(0) = 1 за допомогою перетворення Лапласа й знайдіть y(0,25).

y″ + 8y′ + 15y = 0y(0) = 5y′(0) = 1t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+22s(s + 9)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = 22/(s(s + 9)). Завдання — лінійно наростаючий сигнал r(t) = 10·t. Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 22/(s(s + 9))r(t) = 10·t
ess =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+18s + 3G₁+3s + 4G₂C(s)0,5H₁−0,25H₂−

Згорніть блок-схему з G₁ = 18/(s + 3), G₂ = 3/(s + 4), внутрішнім від’ємним зворотним зв’язком H₁ = 0,5 навколо G₂ та зовнішнім від’ємним зворотним зв’язком H₂ = 0,25. Знайдіть статичний коефіцієнт підсилення T(0) для C(s)/R(s).

G₁ = 18/(s + 3)G₂ = 3/(s + 4)H₁ = 0,5H₂ = 0,25
T(0) =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)1

Система має передатну функцію G(s) = 4/(s² + s + 4) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть власну частоту ωn в rad/s.

G(s) = 4/(s² + s + 4)
ωn = rad/s
34.Перехідна характеристикаСкладна
k = 400 N/mc = 14 N·s/mm = 0,5 kgF = 50 Nx(t)

Маса m = 0,5 kg висить на пружині k = 400 N/m з в’язким демпфером c = 14 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). З положення рівноваги в спокої раптово прикладають сталу силу F = 50 N. Знайдіть коефіцієнт демпфування ζ.

m = 0,5 kgk = 400 N/mc = 14 N·s/mF = 50 N
ζ =
35.Діаграми Боде та запасиСередня
|H| (dB)0,1110100−40−2002040ω (rad/s)ω = 5

Знайдіть точний модуль |G(jω)| функції G(s) = 560/((s + 5)(s + 8)) за ω = 5 rad/s, у dB.

G(s) = 560/((s + 5)(s + 8))ω = 5 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​ = ?

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 106/(s(s + 3)(s + 7)). Знайдіть частоту перетину за фазою ω180, де ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 106/(s(s + 3)(s + 7))
ω180 = rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+K1s(s + 4)(s + 5)C(s)−

Контур на схемі має передавальну функцію розімкненої системи L(s) = K/(s(s + 4)(s + 5)). Знайдіть найбільше значення Kmax, за якого замкнена система стійка.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 5))
Kmax =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−2−4−6−8−10−12j2

Контур з одиничним зворотним зв’язком має L(s) = K(s + 4)/(s(s + 5)(s + 8)(s + 10)). Знайдіть точку σa, у якій асимптоти кореневого годографа перетинають дійсну вісь.

L(s) = K(s + 4)/(s(s + 5)(s + 8)(s + 10))
σa =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
r(t) = 1t+20(s + 2)s(s + 4)(s + 5)C(s)−

Лінійно наростальний сигнал r(t) = 1t подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 20(s + 2)/(s(s + 4)(s + 5)). Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 20(s + 2)/(s(s + 4)(s + 5))r(t) = 1t
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+K = 252s(s + 8)C(s)−

П-регулятор K = 25 керує об’єктом G(s) = 2/(s(s + 8)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть 2-відсотковий час встановлення ts перехідної характеристики за формулою ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 2/(s(s + 8))K = 25
ts = s

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 10,44 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​ = 8 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​3 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 = 10 + 3 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 3·13/(3+13) = 2,438 Ω
Req = R1 + 2,438 = 8 + 2,438 = 10,44 Ω

Відповідь

Req = 10,44 Ω
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 1,099 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​ = 20 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​36 VR2​6 ΩAR4​3 ΩBR6​15 Ω

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R5 + R6 = 20 + 15 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 2,763 Ω
R3 + 2,763 = 17,76 Ω
R2 ∥ 17,76 = 4,485 Ω
Req = R1 + 4,485 = 20 + 4,485 = 24,49 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 36/24,49 = 1,47 A

Струм через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 36 − 1,47·20 = 6,594 V
IR2 = VA/R2 = 6,594/6 = 1,099 A

Відповідь

IR2 = 1,099 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VB = 18,67 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 + 8
VA/R1 + VB/R2 = Is

Розв’яжіть

VA/10 + (VA + 8)/20 = 2
VA = (2 − 8/20)/(1/10 + 1/20) = 10,67 V
VB = 10,67 + 8 = 18,67 V

Відповідь

VB = 18,67 V
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VA = 13,71 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.

ЗСК для вузла A

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

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,7083·VA − 0,125·VB = 8

ЗСК для вузла B

Залежне джерело подає g·VA у вузол B. Розглядайте його як незалежне джерело, потім перенесіть доданок з VA у ліву частину.

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,05·VA
−0,175·VA + 0,175·VB = 0

Розв’яжіть

Δ = (0,7083)(0,175) − (−0,125)(−0,175) = 0,1021
VA = Δ1/Δ = 1,4/0,1021 = 13,71 V
VB = Δ2/Δ = 1,4/0,1021 = 13,71 V

Відповідь

VA = 13,71 V
5.Метод контурних струмів

Відповідь: I2 = −1,074 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​ = 5 Ω+−V1​6 VR3​20 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
15·I1 + 20(I1 − I2) = 6
35·I1 − 20·I2 = 6

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
5·I2 + 20(I2 − I1) = (−18)
−20·I1 + 25·I2 = −18

Розв’яжіть

Δ = (35)(25) − (−20)(−20) = 475
I1 = Δ1/Δ = −210/475 = −0,4421 A
I2 = Δ2/Δ = −510/475 = −1,074 A

Відповідь

I2 = −1,074 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: IR4 = 0,2288 A

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

R1​ = 5 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​5 VR4​15 ΩAR5​10 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
5·I1 + 15(I1 − I2) = 5
20·I1 − 15·I2 = 5

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
6·I2 + 15(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 31·I2 − 10·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 + 10(I3 − I2) = (−5)
−10·I2 + 20·I3 = −5

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 5900
I1 = Δ1/Δ = 1850/5900 = 0,3136 A
I2 = Δ2/Δ = 500/5900 = 0,08475 A
I3 = Δ3/Δ = −1225/5900 = −0,2076 A

Відповідь

IR4 = I1 − I2 = 0,2288 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: PR3 = 19,27 W

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​6 ΩAR4​6 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 = 10+6 = 16 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 6·16/(6+16) = 4,364 Ω
VA = 6·4,364/(20+4,364) = 1,075 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 1,075·6/16 = 0,403 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (1,075 − 0,403)/10 = 0,06716 A
R1​ = 20 ΩR3​ = 10 ΩКЗR2​6 ΩAR4​6 ΩBIs​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 = 20·6/(20+6) = 4,615 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 14,62 = 4,254 Ω
VB = Is·Req = 5·4,254 = 21,27 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 21,27·4,615/14,62 = 6,716 V
IR3″ = (VA − VB)/R3 = (6,716 − 21,27)/10 = −1,455 A

Додайте внески струму

IR3 = IR3′ + IR3″ = 0,06716 + (−1,455) = −1,388 A

Потужність у резисторі

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

PR3 = IR3²·R3 = (−1,388)²·10 = 19,27 W

Відповідь

PR3 = 19,27 W

Сума потужностей окремих випадків дала б 21,22 W, а це неправильно.

8.Метод накладання

Відповідь: IR3 = 0,4839 A

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

R1​ = 5 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​30 VR3​8 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) = 8 ∥ 16 = 5,333 Ω
VA = 30·5,333/(5+5,333) = 15,48 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 15,48·10/16 = 9,677 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (15,48 − 0)/8 = 1,935 A
R1​ = 5 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 10 ΩКЗR3​8 ΩAIs​6 ABКЗ

Випадок 2 · діє лише Is

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

R1 ∥ R3 = 3,077 Ω, тож лівий шлях — R2+3,077 = 9,077 Ω
Req = R4 ∥ 9,077 = 4,758 Ω
VB = Is·Req = (−6)·4,758 = −28,55 V
VA = VB·3,077/9,077 = −9,677 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (−9,677 − 0)/8 = −1,21 A
R1​ = 5 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 10 ΩКЗR3​8 ΩAОБРИВB−+V2​12 V

Випадок 3 · діє лише V2

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

R1 ∥ R3 = 5·8/(5+8) = 3,077 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−12)·9,077/19,08 = −5,71 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −5,71·3,077/9,077 = −1,935 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (−1,935 − 0)/8 = −0,2419 A

Додайте складові

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = 1,935 + (−1,21) + (−0,2419) = 0,4839 A

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

9.Тевенен і Нортон

Відповідь: Rth = 11,33 Ω

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 8 ΩКЗR2​4 ΩAabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

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

R1 ∥ R2 = 20·4/(20+4) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 8 = 11,33 Ω
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = −78,5 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​ = 10 ΩR3​ = 30 ΩКЗR2​10 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 = 10·10/(10+10) = 5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5 + 30 = 35 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAIs​2,5 ABab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 9 + (−2,5)·5 = −3,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −3,5 + (−2,5)·30 = −78,5 V
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: W(∞) = 5,875 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 = 47 mH / 10 Ω = 4,7 ms
i(∞) = Vs/R = 5/10 = 0,5 A

Накопичена енергія

W(∞) = ½·L·i(∞)² = ½·47·0,5² = 5,875 mJ

Відповідь

W(∞) = 5,875 mJ
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: t = 20,16 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

До t = 0 у контурі обидва резистори; після цього замкнений ключ шунтує R₂.

i(0) = 9/(10 + 20) = 0,3 A
i(∞) = 9/10 = 0,9 A
τ = L/R = 220/10 = 22 ms
i(t) = 0,9 + (0,3 − 0,9)·e−t/τ

Виразіть час

e−t/τ = (0,66 − 0,9)/(0,3 − 0,9) = 0,4
t = 22·ln(2,5) = 20,16 ms

Відповідь

t = 20,16 ms
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: φ = 82,14 °

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/(1257·4,7·10⁻⁶) = 169,3 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(20² + (144,8)²) = 146,2 Ω

Кут зсуву фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(144,8/20) = 82,14°

Відповідь

φ = 82,14°
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: VL = 89,44 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/√(0,02·10·10⁻⁶) = 2236 rad/s
I = V/R = 10/5 = 2 A

Напруга на котушці

XL = ω₀L = 2236·0,02 = 44,72 Ω
VL = I·XL = 2·44,72 = 89,44 V

Відповідь

VL = 89,44 V

Це в Q = 8,944 разів більше за напругу мережі.

15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: Q = 10,17 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(0,9) = 25,84°, tan φ = 0,4843

Реактивна потужність

Q = P·tan φ = 21·0,4843 = 10,17 kvar

Відповідь

Q = 10,17 kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: ΔP = 60,35 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 = 81·tan(arccos 0,85) = 50,2 kvar

Найбільша сумарна активна потужність

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(150² − 50,2²) = 141,4 kW

Додаткова активна потужність

ΔP = 141,4 − 81 = 60,35 kW

Відповідь

ΔP = 60,35 kW
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 5,192 kW

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

Фазна напруга

Vph = 208/√3 = 120,1 V

Фазний струм

|Z| = √(3² + 4²) = 5 Ω
Iph = 120,1/5 = 24,02 A

Сумарна активна потужність

Активну потужність поглинає лише активна складова кожного опору.

P = 3·Iph²·R = 3·24,02²·3 = 5,192 kW

Відповідь

P = 5,192 kW

Перевірка: cos φ = R/|Z| = 0,6, і √3·VL·IL·cos φ дає ту саму потужність.

18.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 244,9 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 = 120·tan(acos 0,75) = 120·0,8819 = 105,8 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,9) = 120·0,4843 = 58,12 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 47,71 kvar

Ємність на фазу

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

V = 415 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 15904/(377·415²) = 244,9 µF

Відповідь

Cph = 244,9 µF
19.Трансформатори

Відповідь: R1′ = 160 Ω

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

Зведений опір

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

R1′ = a²·RL = 4²·10 = 160 Ω

Відповідь

R1′ = 160 Ω
20.Трансформатори

Відповідь: Sη,max = 25 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

x²·1600 = 400 → x = √(400/1600) = 0,5

Навантаження при максимальному ККД

Sη,max = x·S = 0,5·50 = 25 kVA

Відповідь

Sη,max = 25 kVA
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 1 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₊ = 0,5 V
I = V₋/R1 = 0,5/10 = 0,05 mA

Вихідна напруга

Струм через R₁ тече й через Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 0,5 + 0,05·10 = 1 V

Відповідь

Vout = 1 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 0,9837 V

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

Напруга на вході +

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,2·22/(4,7 + 22) = 0,9888 V

Накладіть дію двох входів

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

Vout = −(1/22)·1,1 + (1 + 1/22)·0,9888 = −0,05 + 1,034 = 0,9837 V

Відповідь

Vout = 0,9837 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: VCE = 7,114 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 = (9 − 0,7)/220 kΩ = 37,73 µA

Струм колектора

IC = β·IB = 50·37,73 µA = 1,886 mA

Напруга колектор–емітер

VCE = 9 − 1,886 mA·1 kΩ = 7,114 V

Відповідь

VCE = 7,114 V
24.Діоди й транзистори

Відповідь: PZ,max = 230,4 mW

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

Струм стабілітрона в найгіршому випадку

IZ = 11,9/470 = 25,32 mA

Потужність стабілітрона

PZ = 9,1·25,32 = 230,4 mW

Відповідь

PZ,max = 230,4 mW
25.Системи числення

Відповідь: U = 251

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

5 = 0000 0101
інвертовано: 1111 1010
+1 → 1111 1011

Прочитайте як беззнакове

1111 1011₂ = 256 − 5 = 251

Відповідь

U = 251
26.Системи числення

Відповідь: R = 3

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

Зсув праворуч на 3 переміщує кожен біт на 3 позицій праворуч; біти, що випадають з правого краю, втрачаються, а зліва додаються нулі.

0001 1110 >> 3
= 0000 0011

Значення результату

0000 0011₂ = 3

Відповідь

R = 3
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: N = 6

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

Вираз виходу

F = A′B′C′ + A′B + AB′C + AB

Рядки з F = 1

ABC = 000, 010, 011, 101, 110, 111
N = 6

Відповідь

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

Відповідь: Q = 8

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

Повні цикли

Кожні 16 імпульсів повертають лічильник у той самий стан.

29 = 1·16 + 13

Значення після решти імпульсів

Q = (11 + 13) mod 16 = 8
Q = 1000₂

Відповідь

Q = 8
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.25) = 4,487

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

Розкладіть знаменник на множники

s² + 6s + 9 = (s + 3)²

Простіші дроби

s + 37 = 1(s + 3) + 34
F(s) = 1/(s + 3) + 34/(s + 3)²

Обернене перетворення

f(t) = e−3t + 34·t·e−3t
f(0,25) = (1 + 34·0,25)·e−3·0,25 = 4,487

Відповідь

f(0,25) = 4,487
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.25) = 3,849

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

s²Y − 5s − 1 + 8(sY − 5) + 15Y = 0
Y(s) = (5s + 41)/((s + 3)(s + 5))

Простіші дроби

A = 26/2 = 13
B = 16/(−2) = −8

Результат

y(t) = 13·e−3t − 8·e−5t
y(0,25) = 3,849

Відповідь

y(0,25) = 3,849

Перевірка: y(0) = A + B = 5.

31.Блок-схеми

Відповідь: ess = 4,091

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

Стала похибки за швидкістю

Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 22/9 = 2,444

Усталена похибка

ess = A/Kᵥ = 10/2,444 = 4,091

Відповідь

ess = 4,091
32.Блок-схеми

Відповідь: T(0) = 1,8

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

Внутрішній контур

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 3/(s + 5,5)

Зовнішній контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 54/((s + 3)(s + 5,5) + 13,5)

Статичний коефіцієнт підсилення

T(0) = 54/(3·5,5 + 13,5) = 54/30 = 1,8

Відповідь

T(0) = 1,8
33.Перехідна характеристика

Відповідь: ωn = 2 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 = 4 → ωₙ = 2 rad/s
2ζωₙ = 1 → ζ = 1/(2·2) = 0,25

Результат

ωₙ = 2 rad/s

Відповідь

ωn = 2 rad/s
34.Перехідна характеристика

Відповідь: ζ = 0,495

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

Власна частота й коефіцієнт демпфування

ωₙ = √(k/m) = √(400/0,5) = 28,28 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 14/(2·√(400·0,5)) = 0,495

Результат

ζ = 0,495

Відповідь

ζ = 0,495
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: |G(jω)| = 18,48 dB

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

Перемножте модулі

|G(j5)| = 560/(√(5² + 5²)·√(5² + 8²)) = 560/(7,071·9,434) = 8,395

Результат

20·log₁₀(8,395) = 18,48 dB

Відповідь

|G(jω)| = 18,48 dB
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ω180 = 4,583 rad/s

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

Перетин за фазою

(ω/3)·(ω/7) = 1 → ω180 = √(3·7) = 4,583 rad/s

Відповідь

ω180 = 4,583 rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: Kmax = 180

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.

Характеристичне рівняння

s³ + 9s² + 20s + K = 0

Таблиця Рауса

s³: 1, 20
s²: 9, K
s¹: (9·20 − K)/9
s⁰: K

Умови

Кожен елемент першого стовпця має бути додатним.

K > 0
9·20 − K > 0 → K < 180

Відповідь

Kmax = 180

При K = 180 замкнена система коливається з частотою ω = √20 = 4,472 rad/s.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: σa = −6,333

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.

Полюси й нулі

полюси: 0, −5, −8, −10
нулі: −4
n − m = 4 − 1 = 3

Центр ваги

σa = (−23 − (−4))/3 = −6,333

Відповідь

σa = −6,333

3 асимптот виходять із центра під кутами 60°, 180°, 300°.

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 0,5

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) = 2

Похибка за лінійно наростального сигналу

ess = 1/2 = 0,5

Відповідь

ess = 0,5
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ts = 1 s

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

Характеристичний поліном

s(s + 8) + 25·2 = s² + 8s + 50

ωₙ і ζ

ωₙ = √50 = 7,071 rad/s
ζ = 8/(2·7,071) = 0,5657

Час встановлення

ζωₙ = 8/2 = 4
ts ≈ 4/4 = 1 s

Відповідь

ts = 1 s

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

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

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