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
Оберіть опорний вузол (землю) і позначте напруги інших вузлів.
Запишіть закон струмів Кірхгофа для кожного невідомого вузла: струми, що витікають через гілки, дорівнюють струмам, що втікають.
Виразіть кожен струм гілки як (Va − Vb)/R.
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
Задайте струм за годинниковою стрілкою в кожному контурі (вікні) кола.
Застосуйте закон напруг Кірхгофа до кожного контуру: сума спадів напруги дорівнює нулю.
У резисторі, спільному для двох контурів, струм дорівнює різниці двох контурних струмів.
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
Порахуйте незалежні джерела. Для кожного джерела ви розв’яжете одне простіше коло.
Залиште одне джерело й вимкніть інші: джерело напруги стає коротким замиканням (провідником), джерело струму — розривом.
Розв’яжіть простіше коло щодо потрібної напруги чи струму, стежачи за напрямком.
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
Від’єднайте навантаження й позначте два затискачі a і b.
Знайдіть напругу холостого ходу між a і b: це Vth.
Вимкніть усі незалежні джерела й знайдіть опір з боку a–b: це Rth.
Поверніть навантаження до еквівалентної схеми: Vth послідовно з Rth.
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
Знайдіть початкове значення одразу після комутації: напруга на конденсаторі й струм через котушку не можуть змінитися стрибком.
Знайдіть кінцеве значення через довгий час після комутації: конденсатор поводиться як розрив, котушка — як коротке замикання.
Знайдіть сталу часу: τ = RC або τ = L/R, використовуючи опір з боку конденсатора чи котушки.
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
Переведіть частоту: ω = 2πf.
Знайдіть кожен реактивний опір: XL = ωL і XC = 1/(ωC).
Додавайте опори як резистори, з Z = R + jX.
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
Для схеми рухайтеся від входів до виходу вентиль за вентилем і записуйте значення на кожному дроті, або запишіть її вираз і заповніть таблицю істинності.
Для спрощення занесіть одиниці (а байдужі стани як X) на карту Карно з рядками й стовпцями в коді Грея: 00, 01, 11, 10.
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.
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
Запишіть характеристичний поліном замкненої системи: знаменник рівняння 1 + K·G(s) = 0, розкритий до кінця.
Запишіть коефіцієнти по черзі в перші два рядки таблиці Рауса й побудуйте решту рядків.
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.
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
Підрахуйте полюси розімкненого контуру C(s)·G(s) у точці s = 0: це тип системи.
Знайдіть константу похибки, що відповідає входу: Kp для східчастого, Kv для лінійно наростального, Ka для параболічного сигналу.
Застосуйте ess = A/(1 + Kp), A/Kv або A/Ka, або розв’яжіть це відносно потрібного коефіцієнта підсилення.
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
Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.
До a–b підключено навантаження RL = 10 Ω. Замініть решту кола еквівалентом Тевенена і знайдіть струм навантаження IL.
V1 = 30 VR1 = 8 ΩR2 = 8 ΩR3 = 12 ΩRL = 10 Ω
IL = A
10.Тевенен і НортонСкладна
Знайдіть струм Нортона IN: струм, що тече від a до b, якщо затискачі закоротити.
V1 = 6 VIs = 4 AR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
Через котушку тече сталий струм 3 A. При t = 0 ключ замикає контур через R і джерело від’єднується, тож струм котушки спадає через R. Знайдіть струм i у момент t = 1 ms.
i(0) = 3 AR = 20 ΩL = 10 mHt = 1 ms
i = A
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
Таймер при t = 0 починає заряджати незаряджений конденсатор через резистор від джерела 15 V. Він має спрацювати, коли напруга на конденсаторі досягне 9,48 V, рівно через 20 ms після старту. При R = 22 kΩ знайдіть потрібну ємність C.
Vs = 15 VVth = 9,48 VT = 20 msR = 22 kΩ
C = µF
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
Послідовне коло RLC підключено до мережі 50 V (діюче значення), 50 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.
V = 50 V (rms)f = 50 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 10 µF
I = A
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
Резистор R1 увімкнено послідовно з паралельним з’єднанням R2 і конденсатора C; коло під’єднано до мережі 230 V (діюче значення), 200 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.
V = 230 V (rms)f = 200 HzR1 = 50 ΩR2 = 50 ΩC = 4,7 µF
I = A
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
Індуктивне навантаження споживає 6 A і 1008 W від однофазної мережі 240 V (діюче значення). Подайте його як активний опір R, послідовно з’єднаний з реактивним опором X. Знайдіть R.
V = 240 VI = 6 AP = 1008 W
R = Ω
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
Джерело 50 V (діюче значення), 50 Hz має внутрішній опір Zs = 10 + j10 Ω. Опір навантаження ZL можна вибирати довільно. Знайдіть максимальну активну потужність Pmax, яку можна передати навантаженню.
Vs = 50 V (rms)f = 50 HzZs = 10 + j10 Ω
Pmax = W
17.Трифазні системиСередня
Трифазний асинхронний двигун при повному навантаженні розвиває механічну потужність 7,5 kW. При цьому навантаженні його ККД становить 88%, а коефіцієнт потужності 0,8, відстаючий. Лінійна напруга мережі 415 V. Знайдіть лінійний струм IL.
Pout = 7,5 kWη = 88%cos φ = 0,8VL = 415 V
IL = A
18.Трифазні системиСкладна
Симетричне трифазне навантаження споживає 75 kW при коефіцієнті потужності 0,7 (відстаючому) від мережі 480 V (лінійна напруга), 60 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,95 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано трикутником. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.
P = 75 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
До первинної обмотки ідеального трансформатора з коефіцієнтом трансформації N₁:N₂ = 2:1 прикладено 480 V. До вторинної обмотки підключено резистор 12 Ω. Знайдіть первинний струм I1.
N1:N2 = 2:1V1 = 480 VRL = 12 Ω
I1 = A
20.ТрансформаториСкладна
Однофазний трансформатор 25 kVA має втрати в сталі 100 W. При номінальному навантаженні й коефіцієнті потужності 0,8 (відстаючому) його ККД становить 98,2%. Знайдіть втрати в міді при повному навантаженні Pcu,fl у ватах.
S = 25 kVAPcore = 100 Wpf = 0,8η = 98,2%
Pcu,fl = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
ОП ідеальний і живиться від ±15 V. Знайдіть вихідну напругу Vout.
NPN-транзистор з β = 150 зміщено базовим резистором RB = 330 kΩ від джерела живлення VCC = 9 V. Колекторний резистор RC = 1,5 kΩ, емітер заземлено. Візьміть VBE = 0,7 V і вважайте, що транзистор в активному режимі. Знайдіть струм колектора IC у mA.
VCC = 9 VRB = 330 kΩRC = 1,5 kΩβ = 150VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Діоди й транзисториСкладна
NPN-транзистор з β = 50 комутує резистор навантаження 1 kΩ, увімкнений між VCC = 24 V і його колектором. Емітер заземлено. Базу керують від логічного виходу 3,3 V через базовий резистор RB = 1 kΩ. Візьміть VBE = 0,7 V і VCE(sat) = 0,2 V. Знайдіть струм колектора IC у mA при високому рівні на вході. Спершу визначте, чи транзистор у насиченні.
Встановіть біти так, щоб вони зберігали −39 в 8-бітовому доповняльному коді. Яке значення U шаблону, якщо читати його як беззнакове число?
N = −398 bit
U =
26.Системи численняСкладна
Встановіть біти за 8-бітовим результатом 1110 1000 OR 1011 1011. Яке значення R результату в десятковій системі?
1110 1000OR1011 1011
R =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
Скористайтеся картою Карно, щоб знайти мінімальну форму добутку сум (POS) для F(A, B, C, D) = Σm(6, 7, 8, 10, 12, 13, 14). Скільки доданків-сум (множників) N вона має?
F(A, B, C, D) = Σm(6, 7, 8, 10, 12, 13, 14)
N =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
JK-тригер, що спрацьовує за переднім фронтом, починає з Q = 0 і отримує показані входи на 6 передніх фронтах такту. Скільки разів N змінюється стан Q?
Q₀ = 0JK
N =
29.Перетворення ЛапласаСередня
F(s) = (s + 34)/(s² + 7s + 6). Її оригінал має вигляд f(t) = A·e−t + B·e−6t. Знайдіть коефіцієнт A розкладом на простіші дроби.
F(s) = (s + 34)/(s² + 7s + 6)
A =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
Система підпорядковується рівнянню y″ + 8y′ + 15y = 60·u(t). Вона починає зі спокою (y(0) = 0, y′(0) = 0), а вхід — сходинка u(t) = 2 при t ≥ 0. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть вихід y(0,25).
Згорніть блок-схему з G₁ = 4/(s + 4), G₂ = 7/(s + 8), внутрішнім від’ємним зворотним зв’язком H₁ = 4 навколо G₂ та зовнішнім від’ємним зворотним зв’язком H₂ = 0,1. Знайдіть статичний коефіцієнт підсилення T(0) для C(s)/R(s).
G₁ = 4/(s + 4)G₂ = 7/(s + 8)H₁ = 4H₂ = 0,1
T(0) =
33.Перехідна характеристикаСередня
Система має передатну функцію G(s) = 92/(s² + 11s + 92) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть 2-відсотковий час встановлення ts перехідної характеристики за формулою ts ≈ 4/(ζωₙ).
G(s) = 92/(s² + 11s + 92)
ts = s
34.Перехідна характеристикаСкладна
Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = K/(s(s + 12)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого перехідна характеристика має перерегулювання 30 %.
G(s) = K/(s(s + 12))%OS = 30 %
K =
35.Діаграми Боде та запасиСередня
У показаному послідовному смуговому RLC-фільтрі вихід знімають з R = 2 Ω, при L = 10 mH і C = 10 µF. Знайдіть смугу пропускання за рівнем −3 dB BW у Hz.
R = 2 ΩL = 10 mHC = 10 µF
BW = Hz
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 540/(s(s + 10)). Знайдіть запас за фазою PM у градусах.
L(s) = 540/(s(s + 10))
PM = °
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
Об’єкт G(s) = (s + 2)/((s − 4)(s + 5)) має нестійкий полюс у точці s = 4. Пропорційний коефіцієнт підсилення K замикає навколо нього контур з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть найменше значення Kmin, за якого замкнена система стійка.
G(s) = (s + 2)/((s − 4)(s + 5))
Kmin =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
Контур з одиничним зворотним зв’язком має L(s) = K(s + 10)/(s(s + 8)(s + 2)(s + 5)). Знайдіть точку σa, у якій асимптоти кореневого годографа перетинають дійсну вісь.
L(s) = K(s + 10)/(s(s + 8)(s + 2)(s + 5))
σa =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
Параболічний вхід r(t) = 1·t²/2 подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 5(s + 4)/(s²(s + 4)). Знайдіть усталену похибку ess.
G(s) = 5(s + 4)/(s²(s + 4))r(t) = 1·t²/2
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
П-регулятор K = 25 керує об’єктом G(s) = 5/(s(s + 5)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть час піку tp перехідної характеристики.
G(s) = 5/(s(s + 5))K = 25
tp = s
3Розчини
1.Послідовні й паралельні резистори
Відповідь: Req = 17,09 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.
Об’єднуйте резистори з дальнього кінця
Почніть із кінця, найдальшого від джерела, і рухайтеся до нього. Резистори з однаковим струмом з’єднані послідовно; резистори між тими самими двома вузлами — паралельно.
R3 + R4 = 4 + 10 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 8·14/(8+14) = 5,091 Ω
Req = R1 + 5,091 = 12 + 5,091 = 17,09 Ω
Відповідь
Req = 17,09 Ω
2.Послідовні й паралельні резистори
Відповідь: IR2 = 0,2471 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.
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 = 8 + 25 = 33 Ω
R4 ∥ 33 = 1,886 Ω
R3 + 1,886 = 4,886 Ω
R2 ∥ 4,886 = 4,201 Ω
Req = R1 + 4,201 = 6 + 4,201 = 10,2 Ω
Струм джерела
Джерело бачить лише Req, тож закон Ома дає струм, який воно віддає. Цей струм тече через R₁.
IR1 = V1/Req = 18/10,2 = 1,764 A
Струм через R₂
Відніміть спад на R₁, щоб отримати напругу у вузлі A, тобто напругу на R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 18 − 1,764·6 = 7,413 V
IR2 = VA/R2 = 7,413/30 = 0,2471 A
Відповідь
IR2 = 0,2471 A
3.Метод вузлових потенціалів
Відповідь: PIs = 27,43 W
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 у вузлі A
Струми, що виходять із A через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у A.
VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/6 + (VA − 24)/6 + (VA − VB)/3 = 0
0,6667·VA − 0,3333·VB = 4
ЗСК у вузлі B
Струми, що виходять із B через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у B.
Джерело подає Iₛ угору у вузол B, від землі (0 V) до VB. Джерело, струм якого виходить з його затискача +, віддає потужність P = V·I.
PIs = VB·Is = 13,71·2 = 27,43 W
Відповідь
PIs = 27,43 W
4.Метод вузлових потенціалів
Відповідь: IR4 = −1,483 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.
Визначте вузли
Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 9 V, V2 = 12 V). Невідомі: VA, VB.
ЗСК у вузлі A
Струми, що виходять із A через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у A.
VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/8 + (VA − 9)/5 + (VA − VB)/8 = 0
0,45·VA − 0,125·VB = 1,8
ЗСК у вузлі B
Струми, що виходять із B через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у B.
VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/30 + (VB − VA)/8 + (VB − 12)/30 = (−6)
−0,125·VA + 0,1917·VB = −5,6
Розв’яжіть
Δ = (0,45)(0,1917) − (−0,125)(−0,125) = 0,07062
VA = Δ1/Δ = −0,355/0,07062 = −5,027 V
VB = Δ2/Δ = −2,295/0,07062 = −32,5 V
Відповідь
IR4 = (VB − V2)/R4 = (−32,5 − 12)/30 = −1,483 A
5.Метод контурних струмів
Відповідь: I2 = −2,684 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.
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
4·I1 + 5(I1 − I2) = 12
9·I1 − 5·I2 = 12
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
2·I2 + 5(I2 − I1) = (−18)
−5·I1 + 7·I2 = −18
Розв’яжіть
Δ = (9)(7) − (−5)(−5) = 38
I1 = Δ1/Δ = −6/38 = −0,1579 A
I2 = Δ2/Δ = −102/38 = −2,684 A
Відповідь
I2 = −2,684 A
Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.
6.Метод контурних струмів
Відповідь: I2 = −0,249 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.
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
12·I1 + 5(I1 − I2) = 24
17·I1 − 5·I2 = 24
ЗНК для контуру 2
Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).
R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
15·I2 + 5(I2 − I1) + 12(I2 − I3) = 0
−5·I1 + 32·I2 − 12·I3 = 0
ЗНК для контуру 3
Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).
R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
15·I3 + 12(I3 − I2) = (−30)
−12·I2 + 27·I3 = −30
Розв’яжіть
Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 11565
I1 = Δ1/Δ = 15480/11565 = 1,339 A
I2 = Δ2/Δ = −2880/11565 = −0,249 A
I3 = Δ3/Δ = −14130/11565 = −1,222 A
Відповідь
I2 = −0,249 A
Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.
7.Метод накладання
Відповідь: PR2 = 6,566 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.
Випадок 1 · діє лише V1
Iₛ стає розривом, тож R₃ і R₄ утворюють одну послідовну гілку від A до землі, паралельну R₂.
R3+R4 = 3+15 = 18 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·18/(8+18) = 5,538 Ω
VA = 12·5,538/(10+5,538) = 4,277 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,277·15/18 = 3,564 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (4,277 − 0)/8 = 0,5347 A
Випадок 2 · діє лише Is
V₁ стає коротким замиканням, тож R₁ паралельний R₂. Iₛ у точці B розгалужується між R₄ і шляхом через R₃.
R1 ∥ R2 = 10·8/(10+8) = 4,444 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 15 ∥ 7,444 = 4,975 Ω
VB = Is·Req = 1·4,975 = 4,975 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 4,975·4,444/7,444 = 2,97 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (2,97 − 0)/8 = 0,3713 A
Додайте внески струму
IR2 = IR2′ + IR2″ = 0,5347 + 0,3713 = 0,9059 A
Потужність у резисторі
Потужність залежить від квадрата струму, тож метод накладання до неї не застосовний: спочатку додайте струми, потім піднесіть до квадрата.
PR2 = IR2²·R2 = 0,9059²·8 = 6,566 W
Відповідь
PR2 = 6,566 W
Сума потужностей окремих випадків дала б 3,39 W, а це неправильно.
8.Метод накладання
Відповідь: PR4 = 47,84 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.
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) = 20 ∥ 33 = 12,45 Ω
VA = 15·12,45/(3+12,45) = 12,09 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 12,09·25/33 = 9,158 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (9,158 − 0)/25 = 0,3663 A
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 = 2,609 Ω, тож лівий шлях — R2+2,609 = 10,61 Ω
Req = R4 ∥ 10,61 = 7,448 Ω
VB = Is·Req = 2·7,448 = 14,9 V
VA = VB·2,609/10,61 = 3,663 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (14,9 − 0)/25 = 0,5958 A
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 = 3·20/(3+20) = 2,609 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−15)·10,61/35,61 = −4,469 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −4,469·2,609/10,61 = −1,099 V
Потужність залежить від квадрата струму, тож метод накладання до неї не застосовний: спочатку додайте струми, потім піднесіть до квадрата.
PR4 = IR4²·R4 = 1,383²·25 = 47,84 W
Відповідь
PR4 = 47,84 W
Сума потужностей окремих випадків дала б 16,67 W, а це неправильно.
9.Тевенен і Нортон
Відповідь: IL = 0,5769 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.
Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами
Замініть джерела напруги короткими замиканнями, а джерела струму — розривами, а тоді подивіться на коло з боку a–b.
R1 ∥ R2 = 8·8/(8+8) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 12 = 16 Ω
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) = 30·8/(8+8) = 15 V
Підключіть навантаження до еквівалента Тевенена
Джерело Тевенена і послідовний R_th поводяться на a–b точно як початкове коло, тож навантаження бачить простий послідовний контур.
IL = Vth/(Rth + RL) = 15/(16 + 10) = 0,5769 A
10.Тевенен і Нортон
Відповідь: IN = −3,975 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.
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 = 20·2/(20+2) = 1,818 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,818 + 20 = 21,82 Ω
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) = 0,5455 + (−4)·1,818 = −6,727 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −6,727 + (−4)·20 = −86,73 V
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 = −86,73/21,82 = −3,975 A
11.Перехідні процеси RC і RL
Відповідь: i = 0,406 A
Перехідні процеси першого порядку: у колі з одним конденсатором або однією котушкою кожна напруга й кожен струм експоненційно змінюються від початкового до кінцевого значення: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, де τ = RC або τ = L/R. Приблизно через 5τ коло виходить на усталений режим.
Стала часу
τ = L/R = 10 mH / 20 Ω = 0,5 ms
Спадання струму
i(t) = 3·e−1/0,5 = 0,406 A
Відповідь
i = 0,406 A
12.Перехідні процеси RC і RL
Відповідь: C = 0,9094 µF
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.
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 = 314,2·0,15 = 47,12 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·10·10⁻⁶) = 318,3 Ω
Повний опір
Послідовно повні опори додаються як комплексні числа: Z = R + j(XL − XC).
Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.
I = V/|Z| = 50/277,7 = 0,18 A
Відповідь
I = 0,18 A
14.Повний опір і комплексні амплітуди
Відповідь: I = 2,372 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|.
Реактивний опір
XC = 1/(2π·200·4,7·10⁻⁶) = 169,3 Ω
Паралельне з’єднання
Помножте чисельник і знаменник на комплексно спряжене, щоб розділити Zp на дійсну й уявну частини.
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності
Відповідь: R = 28 Ω
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.
Активний опір з активної потужності
R = P/I² = 1008/6² = 28 Ω
Відповідь
R = 28 Ω
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності
Відповідь: Pmax = 62,5 W
Потужність змінного струму: повна потужність S = V·I (VA) складається з активної потужності P = S·cos φ (W), що виконує корисну роботу, і реактивної потужності Q = S·sin φ (var), що коливається між джерелом і навантаженням. Коефіцієнт потужності — cos φ. Паралельний конденсатор постачає реактивну потужність на місці, тож струм лінії зменшується за тієї самої активної потужності.
Спряжене узгодження
Реактивний опір навантаження компенсує реактивний опір джерела, а активний опір навантаження дорівнює активному опору джерела.
ZL = Zs* = 10 − j10 Ω
Максимальна потужність
I = Vs/(2Rs) = 50/20 = 2,5 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 50²/(4·10) = 62,5 W
Відповідь
Pmax = 62,5 W
17.Трифазні системи
Відповідь: IL = 14,82 A
Симетричні трифазні системи: у з’єднанні зіркою (Y) лінійна напруга в √3 разів більша за фазну, VL = √3·Vph, а лінійний струм дорівнює фазному. У з’єднанні трикутником (Δ) лінійна напруга дорівнює фазній, а лінійний струм у √3 разів більший за фазний, IL = √3·Iph. Сумарна потужність утричі більша за потужність однієї фази: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.
Електрична вхідна потужність
Pin = Pout/η = 7,5/0,88 = 8,523 kW
Струм лінії
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 8523/(√3·415·0,8) = 14,82 A
Відповідь
IL = 14,82 A
18.Трифазні системи
Відповідь: Cph = 199 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 = 75·tan(acos 0,7) = 75·1,02 = 76,52 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,95) = 75·0,3287 = 24,65 kvar
Реактивна потужність від конденсаторів
QC = Q1 − Q2 = 51,86 kvar
Ємність на фазу
У батареї, з’єднаній трикутником, кожен конденсатор увімкнено між двома лінійними проводами.
V = 480 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 17288/(377·480²) = 199 µF
Відповідь
Cph = 199 µF
19.Трансформатори
Відповідь: I1 = 10 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 = 480/2 = 240 V
I2 = 240/12 = 20 A
Первинний струм
Ідеальний трансформатор не має втрат: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/2 = 10 A
Відповідь
I1 = 10 A
Перевірка: навантаження з боку первинної обмотки a²·RL = 48 Ω, і 480/48 дає той самий струм.
20.Трансформатори
Відповідь: Pcu,fl = 266,6 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 = 25·0,8 = 20 kW
Pin = 20000/0,982 = 20367 W
Сумарні втрати й втрати в міді
Ploss = 20367 − 20000 = 366,6 W
Pcu,fl = 366,6 − 100 = 266,6 W
Відповідь
Pcu,fl = 266,6 W
21.Схеми з операційними підсилювачами
Відповідь: Vout = 2,75 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.
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 = 0,2/47 = 0,004255 mA
I2 = V2/R2 = 1,7/10 = 0,17 mA
If = I1 + I2 = 0,1743 mA
Вихідна напруга
Vout = −Rf·If = −10·0,1743 = −1,743 V
Відповідь
Vout = −1,743 V
23.Діоди й транзистори
Відповідь: IC = 3,773 mA
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)/330 kΩ = 25,15 µA
Струм колектора
IC = β·IB = 150·25,15 µA = 3,773 mA
Відповідь
IC = 3,773 mA
Перевірка: VCE = 3,341 V значно більше за 0,2 V, тож транзистор справді в активному режимі.
24.Діоди й транзистори
Відповідь: IC = 23,8 mA
БТ як ключ: щоб повністю ввімкнути навантаження, транзистор переводять у насичення, де VCE = VCE(sat), а струм колектора визначається навантаженням: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Для насичення потрібен струм бази щонайменше IB = IC(sat)/β. Якщо струм бази менший, транзистор залишається в активному режимі й IC = β·IB.
Струм бази
IB = (3,3 − 0,7)/1 kΩ = 2600 µA
Насичення чи активний режим?
β·IB більше за IC(sat), тож транзистор насичується.
β·IB = 130 mA
IC(sat) = (24 − 0,2)/1000 = 23,8 mA
Струм колектора
IC = IC(sat) = 23,8 mA
Відповідь
IC = 23,8 mA
Транзистор у насиченні.
25.Системи числення
Відповідь: U = 217
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
39 = 0010 0111
інвертовано: 1101 1000
+1 → 1101 1001
Прочитайте як беззнакове
1101 1001₂ = 256 − 39 = 217
Відповідь
U = 217
26.Системи числення
Відповідь: R = 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.
Біт за бітом
OR дає 1, де принаймні один біт дорівнює 1.
1110 1000
OR 1011 1011
= 1111 1011
Значення результату
1111 1011₂ = 251
Відповідь
R = 251
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери
Відповідь: N = 4
Карти Карно: клітинки впорядковано за кодом Грея (00, 01, 11, 10), тож сусідні клітинки, зокрема через краї, відрізняються рівно однією змінною. Групуйте одиниці в прямокутники по 1, 2, 4, 8 або 16 клітинок, якомога більші й у якомога меншій кількості, доки кожну 1 не буде покрито. Кожна група — це один добуток: змінні, що лишаються сталими всередині неї. Група з 2ᵏ клітинок втрачає k змінних. Байдужі стани (X) можна використовувати, щоб групи були більшими, але їх не обов’язково покривати. Групування нулів замість одиниць дає мінімальну форму POS.
Згрупуйте нулі
Кожна група — це прямокутник із 2ᵏ клітинок; крайні клітинки є сусідами клітинок на протилежному краї.
(B + D′)
(A + C)
(A′ + C′ + D′)
(A + B)
Мінімальна форма POS
F = (B + D′)(A + C)(A′ + C′ + D′)(A + B)
N = 4
Відповідь
N = 4
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери
Відповідь: N = 4
Тригери та лічильники: тригер змінюється лише за активним фронтом такту. D копіює свій вхід (Q⁺ = D); T перемикається, коли T = 1; JK зберігає стан за 00, скидає за 01, встановлює за 10 і перемикає за 11. n-розрядний двійковий лічильник має 2ⁿ станів і рахує за модулем 2ⁿ; лічильник за модулем N рахує 0, 1, …, N − 1 і повертається до 0, і йому потрібне найменше n, для якого 2ⁿ ≥ N тригерів. Кожен ступінь послідовного лічильника ділить частоту навпіл, тож останній вихід лічильника за модулем N має частоту fclk/N. Лічильник Джонсона з n тригерів має 2n станів, кільцевий — n.
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 + 7s + 6 = (s + 1)(s + 6)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 6)
Правило закривання
Помножте на (s + 1) і покладіть s = −1: доданок із B зникає.
A = (s + 34)/(s + 6) |s = −1 = 33/5 = 6,6
Відповідь
A = 6,6
(B = −5,6, тож f(t) = 6,6·e−t − 5,6·e−6t)
30.Перетворення Лапласа
Відповідь: y(0.25) = 1,991
Перетворення Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt перетворює похідні на множення на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартні пари: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), а зсув s → s + σ множить оригінал на e−σt. Щоб знайти оригінал раціональної F(s), розкладіть її на простіші дроби: коефіцієнт простого полюса p дорівнює A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема про кінцеве значення: f(∞) = lims→0 s·F(s), справедлива лише тоді, коли всі полюси s·F(s) лежать у лівій півплощині. Теорема про початкове значення: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Перетворіть рівняння
Y(s) = 120/(s(s + 3)(s + 5))
Простіші дроби
A = 120/(3·5) = 8
B = 120/((−3)·2) = −20
C = 120/((−5)·(−2)) = 12
Виведення
y(t) = 8 − 20·e−3t + 12·e−5t
y(0,25) = 1,991
Відповідь
y(0,25) = 1,991
31.Блок-схеми
Відповідь: K = 49
Алгебра блок-схем: блоки, з’єднані послідовно, перемножуються (G₁·G₂), блоки, з’єднані паралельно, додаються (G₁ + G₂), а контур із прямим шляхом G і шляхом зворотного зв’язку H зводиться до T = G/(1 + G·H) для від’ємного зворотного зв’язку та G/(1 − G·H) для додатного. Спершу згортайте внутрішні контури, потім рухайтеся назовні. Полюси замкненої системи — корені характеристичного рівняння 1 + G(s)H(s) = 0. Для стійкого контуру вхідна сходинка розміром A дає усталений вихід A·T(0); за одиничного зворотного зв’язку усталена похибка на сходинку дорівнює A/(1 + Kp), де Kp = G(0).
Характеристичне рівняння
1 + K/(s(s + 14)) = 0 → s² + 14s + K = 0
Кратний корінь
Квадратний тричлен s² + βs + γ має подвійний корінь, коли β² = 4γ.
14² = 4K → K = 196/4 = 49
Відповідь
K = 49
Обидва полюси замкненої системи тоді лежать у s = −7.
32.Блок-схеми
Відповідь: T(0) = 0,1907
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).
Перехідна характеристика: система першого порядку G(s) = K/(τs + 1) відповідає на сходинку розміром U як y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): вона досягає 63,2 % кінцевого значення K·U за одну сталу часу τ і 98 % за 4τ. Система другого порядку G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) має полюси s = −ζωₙ ± jωd, де ωd = ωₙ√(1 − ζ²). За 0 < ζ < 1 перехідна характеристика має перерегулювання: відсоток перерегулювання %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), час піку tp = π/ωd, а 2-відсотковий час встановлення ts ≈ 4/(ζωₙ). Порівняйте знаменник із s² + 2ζωₙs + ωₙ², щоб знайти ωₙ і ζ. Для системи маса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) і ζ = c/(2√(km)); для послідовного RLC-кола ωₙ = 1/√(LC) і ζ = (R/2)·√(C/L).
Порівняйте зі стандартною формою
Знаменник має збігатися з s² + 2ζωₙs + ωₙ².
ωₙ² = 92 → ωₙ = 9,592 rad/s
2ζωₙ = 11 → ζ = 11/(2·9,592) = 0,5734
Результат
ζωₙ = 5,5 → ts ≈ 4/5,5 = 0,7273 s
Відповідь
ts = 0,7273 s
34.Перехідна характеристика
Відповідь: K = 281,1
Перехідна характеристика: система першого порядку G(s) = K/(τs + 1) відповідає на сходинку розміром U як y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): вона досягає 63,2 % кінцевого значення K·U за одну сталу часу τ і 98 % за 4τ. Система другого порядку G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) має полюси s = −ζωₙ ± jωd, де ωd = ωₙ√(1 − ζ²). За 0 < ζ < 1 перехідна характеристика має перерегулювання: відсоток перерегулювання %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), час піку tp = π/ωd, а 2-відсотковий час встановлення ts ≈ 4/(ζωₙ). Порівняйте знаменник із s² + 2ζωₙs + ωₙ², щоб знайти ωₙ і ζ. Для системи маса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) і ζ = c/(2√(km)); для послідовного RLC-кола ωₙ = 1/√(LC) і ζ = (R/2)·√(C/L).
Передатна функція замкненої системи
T(s) = K/(s² + 12s + K)
Коефіцієнт демпфування за перерегулюванням
ζ = −ln(0,3)/√(π² + ln²(0,3)) = 0,3579
Коефіцієнт підсилення
ωₙ = 12/(2ζ) = 16,77 rad/s
K = ωₙ² = 281,1
Відповідь
K = 281,1
35.Діаграми Боде та запаси
Відповідь: BW = 31,83 Hz
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.
Резонансна частота
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,01·1 × 10⁻⁵) = 3162 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 503,3 Hz
Смуга пропускання
BW = R/L = 2/0,01 = 200 rad/s = 31,83 Hz
Відповідь
BW = 31,83 Hz
36.Діаграми Боде та запаси
Відповідь: PM = 24,26 °
Частотна характеристика: підставте s = jω у передавальну функцію. Модуль у децибелах дорівнює 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумі кутів множників чисельника мінус кути множників знаменника. Фільтр першого порядку RC або RL має частоту зрізу (−3 dB) ωc = 1/(RC) або R/L, а fc = ωc/(2π); фільтр нижніх частот дає |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) і φ = −atan(ω/ωc). На асимптотичній (ламаній) діаграмі Боде кожен полюс згинає модуль вниз на 20 dB/decade на своїй частоті зламу, кожен нуль згинає його вгору на 20 dB/decade, а інтегратор 1/s дає −20 dB/decade на всіх частотах. Частота зрізу за коефіцієнтом підсилення ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас за фазою PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перетину за фазою ω180: ∠L(jω) = −180°; запас за підсиленням GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнена система стійка, коли обидва запаси додатні.
Зріз за підсиленням
ω⁴ + 100ω² − 291600 = 0
ω² = (−100 + √(10000 + 4·291600))/2 = 492,3
ωc = 22,19 rad/s
Запас за фазою
∠L(jωc) = −90° − atan(22,19/10) = −155,7°
PM = 180° + ∠L = 24,26°
Відповідь
PM = 24,26°
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф
Відповідь: Kmin = 10
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.
Для s² + c₁s + c₀ усі корені лежать у лівій півплощині саме тоді, коли c₁ > 0 і c₀ > 0.
1 + K > 0 → K > −1
2K − 20 > 0 → K > 10
Kmin = 10
Відповідь
Kmin = 10
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф
Відповідь: σa = −1,667
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, −8, −2, −5
нулі: −10
n − m = 4 − 1 = 3
Центр ваги
σa = (−15 − (−10))/3 = −1,667
Відповідь
σa = −1,667
3 асимптот виходять із центра під кутами 60°, 180°, 300°.
39.Усталена похибка та ПІД-регулювання
Відповідь: ess = 0,2
Усталена похибка: у контурі з одиничним зворотним зв’язком і передавальною функцією розімкненої системи G(s) похибка дорівнює E(s) = R(s)/(1 + G(s)), а за теоремою про кінцеве значення ess = lims→0 s·E(s). Тип системи — це кількість полюсів G(s) у точці s = 0. Константи похибок: Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) і Ka = lim s²·G(s), усі при s → 0. Східчастий сигнал величини A дає ess = A/(1 + Kp), лінійно наростальний A·t дає A/Kv, а параболічний A·t²/2 дає A/Ka. Контур типу 0 відпрацьовує східчастий сигнал зі скінченною похибкою, контур типу 1 відпрацьовує його точно, а лінійно наростальний — зі скінченною похибкою.
Константа прискорення
Ka = 5·4/4 = 5
Похибка за параболічного сигналу
ess = 1/5 = 0,2
Відповідь
ess = 0,2
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання
Відповідь: tp = 0,2883 s
П-, ПІ- і ПІД-регулювання: регулятор C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s діє на похибку. Пропорційний коефіцієнт підсилення робить контур швидшим і зменшує похибку об’єкта типу 0, але ніколи не усуває її. Інтегральна складова додає полюс у точці s = 0: тип системи зростає на одиницю, і східчастий сигнал відпрацьовується без похибки. Диференціальна складова додає демпфування. Щоб підібрати коефіцієнти, запишіть характеристичний поліном замкненої системи й порівняйте його з s² + 2ζωns + ωn². Тоді %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd при ωd = ωn√(1 − ζ²), а ts ≈ 4/(ζωn).
Характеристичний поліном
s(s + 5) + 25·5 = s² + 5s + 125
ωₙ і ζ
ωₙ = √125 = 11,18 rad/s
ζ = 5/(2·11,18) = 0,2236
Час піка
ωd = 11,18·√(1 − 0,2236²) = 10,9 rad/s
tp = π/10,9 = 0,2883 s
Відповідь
tp = 0,2883 s
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.