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​ = 15 ΩIR1​R3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAR4​12 ΩB

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

V1 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 4 ΩR3 = 20 ΩR4 = 12 Ω
IR1 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 2 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAR4​25 ΩBR6​6 Ω

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

V1 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 2 ΩR4 = 25 ΩR5 = 3 ΩR6 = 6 Ω
IR1 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
−+Vs​ = 8 VIx​Is​3 AAR1​20 ΩR2​15 ΩB

Джерело напруги Vₛ між A і B має затискач + біля B, тож забезпечує VB − VA = Vₛ. Методом вузлових потенціалів із надвузлом знайдіть струм Ix через джерело напруги від A до B, як показує стрілка.

Is = 3 AVs = 8 VR1 = 20 ΩR2 = 15 Ω
Ix = A
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 4 Ω−+Vs​ = 6 VIx​+−V1​36 VR2​8 ΩAR3​25 ΩBIs​2 A

Джерело напруги Vₛ між A і B має затискач + біля B, тож забезпечує VB − VA = Vₛ. Методом вузлових потенціалів із надвузлом знайдіть струм Ix через джерело напруги від A до B, як показує стрілка.

V1 = 36 VIs = 2 AVs = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 25 Ω
Ix = A
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 8 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​10 VR3​12 ΩIR3​A+−V2​12 VI1​I2​

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

V1 = 10 VV2 = 12 VR1 = 8 ΩR2 = 12 ΩR3 = 12 Ω
IR3 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 5 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​15 VR4​5 ΩAR5​15 ΩIR5​B+−V2​9 VI1​I2​I3​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти струм IR5 через R5 у напрямку стрілки.

V1 = 15 VV2 = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 10 ΩR3 = 4 ΩR4 = 5 ΩR5 = 15 Ω
IR5 = A
7.Метод накладанняСередня
лінійне колоVs​Is​IRL​

Лінійне резистивне коло містить одне джерело напруги Vs і одне джерело струму Is. Струм I через резистор навантаження виміряли двічі: при Vs = 6 V і Is = 6 mA I = 2,7 mA; при Vs = 6 V і Is = 2 mA I = 5,7 mA. Знайдіть струм навантаження I при Vs = 6 V і Is = 3 mA.

6 V, 6 mA → 2,7 mA6 V, 2 mA → 5,7 mAVs = 6 V, Is = 3 mA
I = mA
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 5 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​12 VR3​5 ΩIR3​AIs​4 AB−+V2​5 V

За методом накладання знайдіть потужність PR3, яку споживає R3.

V1 = 12 VIs = 4 AV2 = 5 VR1 = 5 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 ΩR4 = 25 Ω
PR3 = W
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAab

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

V1 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 12 ΩR3 = 5 Ω
IN = A
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAIs​5 ABab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 30 VIs = 5 AR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​20 Vt = 0R = 100 ΩL220 mHi(t)

До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Через який час після замикання вимикача струм досягне 99% кінцевого значення? Знайдіть t.

Vs = 20 VR = 100 ΩL = 220 mH
t = ms
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​12 Vt = 0R = ?C22 µF+−vC​

Таймер при t = 0 починає заряджати незаряджений конденсатор через резистор від джерела 12 V. Він має спрацювати, коли напруга на конденсаторі досягне 9,6 V, рівно через 250 ms після старту. При C = 22 µF знайдіть потрібний опір R.

Vs = 12 VVth = 9,6 VT = 250 msC = 22 µF
R = kΩ
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
50 V50 HzR = 15 ΩL = 50 mHC = 47 µFI

Послідовне коло RLC підключено до мережі 50 V (діюче значення), 50 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.

V = 50 V (rms)f = 50 HzR = 15 ΩL = 50 mHC = 47 µF
I = A
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
VfR = 15 ΩL = 2 mHC = 0,22 µF

Послідовне RLC-коло має R = 15 Ω, L = 2 mH і C = 0,22 µF. Знайдіть його смугу пропускання B (ширину смуги між частотами половинної потужності) у Hz.

R = 15 ΩL = 2 mHC = 0,22 µF
B = Hz
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
P = 14 kWQ = ?Sφ

Однофазний двигун споживає 14 kW при коефіцієнті потужності 0,7 (індуктивному) від мережі 240 V. Знайдіть реактивну потужність Q, яку він споживає.

P = 14 kWpf = 0,7V = 240 V
Q = kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P = 5 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазне навантаження споживає 5 kW при коефіцієнті потужності 0,75 (індуктивному) від мережі 240 V, 50 Hz. Паралельно підключений конденсатор підвищує коефіцієнт потужності до 0,98. Знайдіть реактивну потужність QC, яку має постачати конденсатор.

P = 5 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98V = 240 Vf = 50 Hz
QC = kvar
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 690 VIL​ = 75 Acos φ = 0,92відстаючий

Симетричне трифазне навантаження споживає лінійний струм 75 A від мережі з лінійною напругою 690 V. Коефіцієнт потужності 0,92, відстаючий. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку споживає навантаження, у kW.

VL = 690 VIL = 75 Acos φ = 0,92
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симетричне трифазне навантаження споживає 300 kW при коефіцієнті потужності 0,8 (відстаючому) від мережі 690 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 трикутником. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.

P = 300 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92VL = 690 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
pf 0,8575 kVA, η = 98,5%

Однофазний трансформатор 75 kVA має втрати в сталі 225 W. При номінальному навантаженні й коефіцієнті потужності 0,85 (відстаючому) його ККД становить 98,5%. Знайдіть втрати в міді при повному навантаженні Pcu,fl у ватах.

S = 75 kVAPcore = 225 Wpf = 0,85η = 98,5%
Pcu,fl = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 100 kΩVin​

Підберіть резистор зворотного зв’язку Rf, щоб цей неінвертувальний підсилювач мав коефіцієнт підсилення за напругою 2.

R1 = 100 kΩAv = 2
Rf = kΩ
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = −0,3 VR1​ = 100 kΩV2​ = 0,4 VR2​ = 1 kΩIf​

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

V1 = −0,3 VV2 = 0,4 VR1 = 100 kΩR2 = 1 kΩRf = 4,7 kΩ
If = mA
23.Діоди й транзисториСередня
RC​ = 1,5 kΩβ = 150RE​ = 680 ΩVCC​ = 20 VR1​ = 39 kΩR2​ = 6,8 kΩ

NPN-транзистор з β = 150 має зміщення дільником напруги від VCC = 20 V: R₁ = 39 kΩ від VCC до бази й R₂ = 6,8 kΩ від бази до землі. Колекторний резистор RC = 1,5 kΩ, емітерний резистор RE = 680 Ω. Візьміть VBE = 0,7 V і використайте еквівалент Тевенена дільника (не нехтуйте струмом бази). Знайдіть напругу колектор–емітер VCE.

VCC = 20 VR1 = 39 kΩR2 = 6,8 kΩRC = 1,5 kΩRE = 680 Ωβ = 150
VCE = V
24.Діоди й транзисториСкладна
+−≤ 22 V270 Ω9,1 V

Стабілізатор на стабілітроні 9,1 В має послідовний резистор 270 Ом. Вхідна напруга може зрости до 22 В, а навантаження може бути відключене. Знайдіть найбільшу потужність PZ,max, яку має розсіювати стабілітрон.

Vin,max = 22 VVZ = 9,1 VR = 270 Ω
PZ,max = mW
25.Системи численняСередня
8-бітовий додатковий код0−12806403201608040201

Встановіть біти так, щоб вони зберігали −22 в 8-бітовому доповняльному коді. Яке значення U шаблону, якщо читати його як беззнакове число?

N = −228 bit
U =
26.Системи численняСкладна
3279 кодів, b = ? бітів?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Система має дати кожному з 3279 елементів власний двійковий код однакової довжини. Яка найменша кількість бітів b потрібна?

3279
b = bit
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABC000111100101324576

Спростіть F = ABC + A′C′ + B′C + A′C до мінімальної форми суми добутків. Скільки літералів L містить спрощений вираз?

F = ABC + A′C′ + B′C + A′C
L =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​FFQ4​Q4​CLKMOD-25

Лічильник за модулем 25 побудовано з мінімальної кількості тригерів. Скільки з можливих станів U ніколи не використовується?

N = 25
U =
29.Перетворення ЛапласаСередня
t (s)f(t)t = 0,5f(0,5) = ?

Знайдіть f(t) для F(s) = 55/(s(s + 3)(s + 5)) розкладом на простіші дроби й обчисліть f(0,5).

F(s) = 55/(s(s + 3)(s + 5))t = 0,5 s
f(0.5) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
ReIm−2−4−6−8−10−1224

Систему описано диференціальним рівнянням y″ + 6y′ + 25y = u′ + 12u із входом u(t) і виходом y(t). Знайдіть її передатну функцію G(s) = Y(s)/U(s) (нульові початкові умови) і обчисліть імпульсну характеристику g(t) при t = 0,25 s. Знайдіть g(0,25).

y″ + 6y′ + 25y = u′ + 12ut = 0,25 s
g(0.25) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+8K+7s + 8G(s)C(s)2H₁−−

Об’єкт G(s) = 7/(s + 8) має внутрішній (малий) контур від’ємного зворотного зв’язку з коефіцієнтом H₁ = 2. Коефіцієнт регулятора K = 8 і зовнішній одиничний від’ємний зворотний зв’язок замикають систему. Знайдіть статичний коефіцієнт підсилення замкненої системи T(0).

G(s) = 7/(s + 8)H₁ = 2K = 8
T(0) =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+9s + 3G₁+2s + 6G₂C(s)2H₁−0,2H₂−

Згорніть блок-схему з G₁ = 9/(s + 3), G₂ = 2/(s + 6), внутрішнім від’ємним зворотним зв’язком H₁ = 2 навколо G₂ та зовнішнім від’ємним зворотним зв’язком H₂ = 0,2. Знайдіть статичний коефіцієнт підсилення T(0) для C(s)/R(s).

G₁ = 9/(s + 3)G₂ = 2/(s + 6)H₁ = 2H₂ = 0,2
T(0) =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)1

Система має передатну функцію G(s) = 32/(s² + 3s + 32) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть коефіцієнт демпфування ζ.

G(s) = 32/(s² + 3s + 32)
ζ =
34.Перехідна характеристикаСкладна
R(s)+300s(s + 5)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = 300/(s(s + 5)). Знайдіть 2-відсотковий час встановлення ts перехідної характеристики замкненої системи за формулою ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 300/(s(s + 5))
ts = s
35.Діаграми Боде та запасиСередня
vin​R = 3,3 kΩC = 100 nFvout​

RC-фільтр нижніх частот на рисунку має R = 3,3 kΩ, C = 100 nF. На вхід подають синусоїдний сигнал 960 Hz. Знайдіть коефіцієнт підсилення |H| = |vout/vin| у dB.

R = 3,3 kΩC = 100 nFf = 960 Hz
|H| = dB
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​ = ?

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 344/(s(s + 6)(s + 7)). Знайдіть частоту перетину за фазою ω180, де ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 344/(s(s + 6)(s + 7))
ω180 = rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+21s(s + 3)(s + 5)C(s)+

Контур на схемі має додатний зворотний зв’язок, L(s) = 2/(s(s + 3)(s + 5)). Скільки полюсів N замкненої системи лежить у правій півплощині?

L(s) = 2/(s(s + 3)(s + 5))
N =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2

Кореневий годограф L(s) = K/(s(s + 1)(s + 6)) відходить від дійсної осі між s = 0 і s = −1. Знайдіть точку відходу sb.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 6))
sb =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
r(t) = 0,5t+10(s + 3)s(s + 1)C(s)−

Лінійно наростальний сигнал r(t) = 0,5t подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 10(s + 3)/(s(s + 1)). Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 10(s + 3)/(s(s + 1))r(t) = 0,5t
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+K5s(s + 4)C(s)−

П-регулятор K керує об’єктом G(s) = 5/(s(s + 4)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого замкнена система має коефіцієнт демпфування ζ = 0,5.

G(s) = 5/(s(s + 4))ζ = 0,5
K =

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 0,8084 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​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAR4​12 ΩB

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R3 + R4 = 20 + 12 = 32 Ω
R2 ∥ 32 = 4·32/(4+32) = 3,556 Ω
Req = R1 + 3,556 = 15 + 3,556 = 18,56 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 15/18,56 = 0,8084 A

Відповідь

IR1 = 0,8084 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 2,518 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​ = 3 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAR4​25 ΩBR6​6 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 = 3 + 6 = 9 Ω
R4 ∥ 9 = 6,618 Ω
R3 + 6,618 = 8,618 Ω
R2 ∥ 8,618 = 4,149 Ω
Req = R1 + 4,149 = 3 + 4,149 = 7,149 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 18/7,149 = 2,518 A

Відповідь

IR1 = 2,518 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: Ix = 1,943 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.

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/20 + (VA + 8)/15 = 3
VA = (3 − 8/15)/(1/20 + 1/15) = 21,14 V
VB = 21,14 + 8 = 29,14 V

Струм через джерело напруги

Усе, що проходить через джерело від A до B, виходить з вузла B через R₂.

Ix = VB/R2 = 29,14/15 = 1,943 A

Відповідь

Ix = 1,943 A

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

4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: Ix = −0,7229 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.

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 + 6
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Розв’яжіть

(VA − 36)/4 + VA/8 + (VA + 6)/25 = 2
VA·(1/4 + 1/8 + 1/25) = 2 + 36/4 − 6/25 = 10,76
VA = 10,76/0,415 = 25,93 V
VB = 31,93 V

Струм через джерело напруги

ЗСК лише для вузла A: струм, що надходить через R₁, виходить через R₂ і через джерело напруги.

IR1 = (36 − 25,93)/4 = 2,518 A
Ix = IR1 − VA/R2 = 2,518 − 25,93/8 = −0,7229 A

Відповідь

Ix = −0,7229 A

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

5.Метод контурних струмів

Відповідь: IR3 = 0,6429 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​ = 8 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​10 VR3​12 ΩA+−V2​12 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
8·I1 + 12(I1 − I2) = 10
20·I1 − 12·I2 = 10

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
12·I2 + 12(I2 − I1) = (−12)
−12·I1 + 24·I2 = −12

Розв’яжіть

Δ = (20)(24) − (−12)(−12) = 336
I1 = Δ1/Δ = 96/336 = 0,2857 A
I2 = Δ2/Δ = −120/336 = −0,3571 A

Відповідь

IR3 = I1 − I2 = 0,6429 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: IR5 = 0,479 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​ = 10 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​15 VR4​5 ΩAR5​15 ΩB+−V2​9 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 + 5(I1 − I2) = 15
10·I1 − 5·I2 = 15

ЗНК для контуру 2

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

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

ЗНК для контуру 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
4·I3 + 15(I3 − I2) = (−9)
−15·I2 + 19·I3 = −9

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 2975
I1 = Δ1/Δ = 4500/2975 = 1,513 A
I2 = Δ2/Δ = 75/2975 = 0,02521 A
I3 = Δ3/Δ = −1350/2975 = −0,4538 A

Відповідь

IR5 = I2 − I3 = 0,479 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: I = 4,95 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 відгук як суму внесків

Кожен внесок пропорційний своєму джерелу з коефіцієнтом, що залежить лише від резисторів.

I = k₁·Vs + k₂·Is
6·k₁ + 6·k₂ = 2,7
6·k₁ + 2·k₂ = 5,7

Знайдіть коефіцієнти

Δ = (6)(2) − (6)(6) = −24
k₁ = Δ1/Δ = −28,8/−24 = 1,2
k₂ = Δ2/Δ = 18/−24 = −0,75
k₁ = 1,2 mA/V, k₂ = −0,75

Обчисліть новий струм

I = 1,2·6 + (−0,75)·3 = 4,95 mA

Відповідь

I = 4,95 mA
8.Метод накладання

Відповідь: PR3 = 35,35 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​ = 5 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​12 VR3​5 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) = 5 ∥ 28 = 4,242 Ω
VA = 12·4,242/(5+4,242) = 5,508 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 5,508·25/28 = 4,918 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (5,508 − 0)/5 = 1,102 A
R1​ = 5 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 25 ΩКЗR3​5 ΩAIs​4 ABКЗ

Випадок 2 · діє лише Is

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

R1 ∥ R3 = 2,5 Ω, тож лівий шлях — R2+2,5 = 5,5 Ω
Req = R4 ∥ 5,5 = 4,508 Ω
VB = Is·Req = 4·4,508 = 18,03 V
VA = VB·2,5/5,5 = 8,197 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (8,197 − 0)/5 = 1,639 A
R1​ = 5 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 25 ΩКЗR3​5 ΩAОБРИВB−+V2​5 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 = 5·5/(5+5) = 2,5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−5)·5,5/30,5 = −0,9016 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −0,9016·2,5/5,5 = −0,4098 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (−0,4098 − 0)/5 = −0,08197 A

Додайте внески струму

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴ = 1,102 + 1,639 + (−0,08197) = 2,659 A

Потужність у резисторі

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

PR3 = IR3²·R3 = 2,659²·5 = 35,35 W

Відповідь

PR3 = 35,35 W

Сума потужностей окремих випадків дала б 19,54 W, а це неправильно.

9.Тевенен і Нортон

Відповідь: IN = 1,778 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​ = 5 ΩКЗR2​12 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 = 6·12/(6+12) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 5 = 9 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​12 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) = 24·12/(6+12) = 16 V
IN​1,778 ARth​9 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 = 16/9 = 1,778 A
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = −115 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​ = 12 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​12 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 = 12·12/(12+12) = 6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6 + 20 = 26 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAIs​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) = 15 + (−5)·6 = −15 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −15 + (−5)·20 = −115 V
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: t = 10,13 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.

Стала часу і кінцевий струм

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

τ = L/R = 220 mH / 100 Ω = 2,2 ms
i(∞) = Vs/R = 20/100 = 0,2 A

Виразіть час

0,99 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,99)
t = −2,2·ln(0,01) = 10,13 ms

Відповідь

t = 10,13 ms
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: R = 7,061 kΩ

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.

Потрібна стала часу

9,6 = 12·(1 − e−250/τ) → τ = 250/ln(12/(12 − 9,6))
τ = 250/1,609 = 155,3 ms

Опір

kΩ помножити на µF дає мілісекунди.

R = τ/C = 155,3/22 = 7,061 kΩ

Відповідь

R = 7,061 kΩ
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: I = 0,9236 A

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

Реактивні опори

ω = 2πf = 2π·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,05 = 15,71 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·47·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(15² + (−52,02)²) = 54,14 Ω

Струм

Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.

I = V/|Z| = 50/54,14 = 0,9236 A

Відповідь

I = 0,9236 A
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: B = 1194 Hz

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

Резонансна частота

f0 = 1/(2π·√(0,002·0,22·10⁻⁶)) = 7587 Hz

Добротність

Q порівнює реактивний опір при резонансі з активним опором: Q = ω₀L/R.

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/15)·√(0,002/(0,22·10⁻⁶)) = 6,356

Смуга пропускання

B = f0/Q = 7587/6,356 = 1194 Hz

Відповідь

B = 1194 Hz
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: Q = 14,28 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(0,7) = 45,57°, tan φ = 1,02

Реактивна потужність

Q = P·tan φ = 14·1,02 = 14,28 kvar

Відповідь

Q = 14,28 kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: QC = 3,394 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.

Реактивна потужність до і після

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

Q1 = P·tan φ1 = 5·tan(41,41°) = 4,41 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(11,48°) = 1,015 kvar
QC = Q1 − Q2 = 3,394 kvar

Відповідь

QC = 3,394 kvar
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 82,46 kW

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

Повна потужність

S = √3·VL·IL = √3·690·75 = 89,63 kVA

Активна потужність

P = S·cos φ = 89,63·0,92 = 82,46 kW

Відповідь

P = 82,46 kW
18.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 180,5 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 = 300·tan(acos 0,8) = 300·0,75 = 225 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,92) = 300·0,426 = 127,8 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 97,2 kvar

Ємність на фазу

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

V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 32400/(377·690²) = 180,5 µF

Відповідь

Cph = 180,5 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: Pcu,fl = 745,8 W

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

Вихідна й вхідна потужність

Pout = 75·0,85 = 63,75 kW
Pin = 63750/0,985 = 64721 W

Сумарні втрати й втрати в міді

Ploss = 64721 − 63750 = 970,8 W
Pcu,fl = 970,8 − 225 = 745,8 W

Відповідь

Pcu,fl = 745,8 W
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Rf = 100 kΩ

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

Коефіцієнт підсилення неінвертувального підсилювача

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

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (2 − 1)·100 = 100 kΩ

Відповідь

Rf = 100 kΩ
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: If = 0,397 mA

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

Вхідні струми

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

I1 = V1/R1 = −0,3/100 = −0,003 mA
I2 = V2/R2 = 0,4/1 = 0,4 mA
If = I1 + I2 = 0,397 mA

Відповідь

If = 0,397 mA
23.Діоди й транзистори

Відповідь: VCE = 13,14 V

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

Еквівалент Тевенена дільника

VTH = 20·6,8/(39 + 6,8) = 2,969 V
RTH = 39·6,8/(39 + 6,8) = 5,79 kΩ

Струм бази

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

IB = (2,969 − 0,7)/(5,79 + 151·0,68) = 20,92 µA

Струм колектора

IC = 150·20,92 µA = 3,138 mA
IE = 151·20,92 µA = 3,159 mA

Напруга колектор–емітер

VCE = 20 − 3,138·1,5 − 3,159·0,68 = 13,14 V

Відповідь

VCE = 13,14 V
24.Діоди й транзистори

Відповідь: PZ,max = 434,8 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 = 12,9/270 = 47,78 mA

Потужність стабілітрона

PZ = 9,1·47,78 = 434,8 mW

Відповідь

PZ,max = 434,8 mW
25.Системи числення

Відповідь: U = 234

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

22 = 0001 0110
інвертовано: 1110 1001
+1 → 1110 1010

Прочитайте як беззнакове

1110 1010₂ = 256 − 22 = 234

Відповідь

U = 234
26.Системи числення

Відповідь: b = 12 bit

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

Степені двійки

211 = 2048 < 3279
212 = 4096 ≥ 3279

Відповідь

b = 12
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: L = 2

Булева алгебра: правила, що спрощують вирази, — це X + X′ = 1 і X·X′ = 0, X + X = X, поглинання X + X·Y = X, правило склеювання X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y і теорема про консенсус XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Закони де Моргана перетворюють (X·Y)′ на X′ + Y′, а (X + Y)′ на X′·Y′. Карта Карно застосовує ці правила графічно: кожна група з двох сусідніх клітинок — це одне застосування XY + XY′ = X.

Мінтерми виразу

ABC → m(7)
A′C′ → m(0, 2)
B′C → m(1, 5)
A′C → m(1, 3)
ABC00011110011011131204151706

Згрупуйте й зчитайте

F = C + A′

Порахуйте літерали

L = 2

Відповідь

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

Відповідь: U = 7

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.

Кількість тригерів

2ⁿ ≥ 25 → n = 5 (2⁵ = 32)

Невикористані стани

U = 32 − 25 = 7

Відповідь

U = 7
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.5) = 2,073

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

Обернене перетворення

f(t) = 3,667 − 9,167·e−3t + 5,5·e−5t

Обчисліть

f(0,5) = 3,667 − 9,167·e−3·0,5 + 5,5·e−5·0,5 = 2,073

Відповідь

f(0,5) = 2,073
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: g(0.25) = 1,15

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

Передатна функція

G(s) = Y(s)/U(s) = (s + 12)/(s² + 6s + 25)

Простіші дроби

s² + 6s + 25 = (s + 3)² + 4²
G(s) = 1·(s + 3)/((s + 3)² + 4²) + (9/4)·4/((s + 3)² + 4²)

Імпульсна характеристика

g(t) = e−3t·(cos 4t + 2,25·sin 4t)
g(0,25) = 1,15

Відповідь

g(0,25) = 1,15
31.Блок-схеми

Відповідь: T(0) = 0,7179

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

Внутрішній контур

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 7/(s + 8 + 7·2) = 7/(s + 22)

Зовнішній контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 56/(s + 22 + 56) = 56/(s + 78)

Результат

T(0) = 56/78 = 0,7179

Відповідь

T(0) = 0,7179
32.Блок-схеми

Відповідь: T(0) = 0,5357

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) = 2/(s + 10)

Зовнішній контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 18/((s + 3)(s + 10) + 3,6)

Статичний коефіцієнт підсилення

T(0) = 18/(3·10 + 3,6) = 18/33,6 = 0,5357

Відповідь

T(0) = 0,5357
33.Перехідна характеристика

Відповідь: ζ = 0,2652

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 = 32 → ωₙ = 5,657 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·5,657) = 0,2652

Результат

ζ = 0,2652

Відповідь

ζ = 0,2652
34.Перехідна характеристика

Відповідь: ts = 1,6 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).

Передатна функція замкненої системи

T(s) = 300/(s² + 5s + 300): ωₙ = 17,32 rad/s, ζ = 0,1443

Час встановлення

ζωₙ = 5/2 = 2,5
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 1,6 s

Відповідь

ts = 1,6 s

Для цього контуру ζωₙ = a/2 за будь-якого K: збільшення K додає перерегулювання, але не скорочує час встановлення.

35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: |H| = −6,957 dB

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

Частота зрізу

ωc = 1/(RC) = 1/(3300·1 × 10⁻⁷) = 3030 rad/s
fc = 482,3 Hz → f/fc = 960/482,3 = 1,991

Коефіцієнт підсилення

|H| = 1/√(1 + 1,991²) = 0,4489
20·log₁₀(0,4489) = −6,957 dB

Відповідь

|H| = −6,957 dB
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ω180 = 6,481 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/6)·(ω/7) = 1 → ω180 = √(6·7) = 6,481 rad/s

Відповідь

ω180 = 6,481 rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: N = 1

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

Характеристичний поліном

s³ + 8s² + 15s − 2 = 0

Таблиця Рауса

s³: 1, 15
s²: 8, −2
s¹: 15,25
s⁰: −2

Зміни знака в першому стовпці

1 → 8 → 15,25 → −2
N = 1

Відповідь

N = 1

Додатний зворотний зв’язок робить вільний член від’ємним: один дійсний полюс завжди переходить у праву півплощину.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: sb = −0,4774

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) = −s(s + 1)(s + 6) = −(s³ + 7s² + 6s)

Стаціонарні точки

dK/ds = −(3s² + 14s + 6) = 0
s = (−14 ± √(196 − 72))/6 = −0,4774, −4,189

Оберіть точку на годографі

Годограф лежить на дійсній осі між 0 і −1; другий корінь годографу не належить.

sb = −0,4774

Відповідь

sb = −0,4774
39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 0,01667

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) = 30

Похибка за лінійно наростального сигналу

ess = 0,5/30 = 0,01667

Відповідь

ess = 0,01667
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: K = 3,2

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 + 4) + 5K = s² + 4s + 5K

Власна частота

2·0,5·ωₙ = 4 → ωₙ = 4 rad/s

Коефіцієнт підсилення

5K = ωₙ² = 16 → K = 3,2

Відповідь

K = 3,2

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