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​ = 2 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩAR4​10 ΩB

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 24 VR1 = 2 ΩR2 = 10 ΩR3 = 4 ΩR4 = 10 Ω
Req = Ω
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 8 ΩIR1​R3​ = 30 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​36 VR2​4 ΩAR4​12 ΩBR6​3 Ω

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

V1 = 36 VR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 30 ΩR4 = 12 ΩR5 = 15 ΩR6 = 3 Ω
IR1 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
−+Vs​ = 3 VIs​2 AAR1​4 ΩR2​12 ΩB

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

Is = 2 AVs = 3 VR1 = 4 ΩR2 = 12 Ω
VA = V
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 20 Ω+−Vs​ = 5 V+−V1​36 VR2​8 ΩAR3​2 ΩBIs​3 A

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

V1 = 36 VIs = 3 AVs = 5 VR1 = 20 ΩR2 = 8 ΩR3 = 2 Ω
VB = V
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 20 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​12 VR3​6 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

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

V1 = 12 VV2 = 9 VR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 Ω
I2 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 30 ΩR2​ = 10 Ω+−VR2​R3​ = 3 Ω+−V1​18 VR4​8 ΩAR5​8 ΩB+−V2​6 VI1​I2​I3​

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

V1 = 18 VV2 = 6 VR1 = 30 ΩR2 = 10 ΩR3 = 3 ΩR4 = 8 ΩR5 = 8 Ω
VR2 = V
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩIR2​AR4​8 ΩBIs​1,5 A

Скористайтеся методом накладання, щоб знайти струм IR2 через R2 у напрямку стрілки.

V1 = 12 VIs = 1,5 AR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩR4 = 8 Ω
IR2 = A
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 20 ΩR2​ = 4 Ω−+VR2​R4​ = 8 Ω+−V1​6 VR3​20 ΩAIs​4 AB+−V2​12 V

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

V1 = 6 VIs = 4 AV2 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 20 ΩR4 = 8 Ω
VR2 = V
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAab

Знайдіть опір Тевенена Rth з боку затискачів a–b.

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

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 6 VIs = 6 AR1 = 5 ΩR2 = 12 ΩR3 = 12 Ω
Vth = V
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​6 Vt = 0R = 33 ΩL47 mHi(t)

До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Знайдіть струм i у момент t = 1 ms.

Vs = 6 VR = 33 ΩL = 47 mHt = 1 ms
i = A
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​20 Vt = 0R = 2,2 kΩC10 µF+−vC​vC​(0) = 5 V

Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 5 V з указаною полярністю. За який час vC досягне 15,5 V? Знайдіть t.

Vs = 20 VR = 2,2 kΩC = 10 µFvC(0) = 5 V
t = ms
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
100 V1000 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 47 µFI

Послідовне коло RLC підключено до мережі 100 V (діюче значення), 1000 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.

V = 100 V (rms)f = 1000 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 47 µF
I = A
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
10 Vf0​R = 2 ΩL = 50 mHC = 10 µF

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

V = 10 V (rms)R = 2 ΩL = 50 mHC = 10 µF
VL = V
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
P = 20 kWQSφ

Однофазний двигун споживає 20 kW при коефіцієнті потужності 0,65 (індуктивному) від мережі 400 V. Знайдіть струм лінії I.

P = 20 kWpf = 0,65V = 400 V
I = A
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P1​ = 26 kWQ1​S1​φ

Однофазний трансформатор потужністю 75 kVA живить навантаження 26 kW з коефіцієнтом потужності 0,75 (індуктивним). Яку додаткову активну потужність ΔP можна під’єднати у вигляді активного навантаження (коефіцієнт потужності 1), перш ніж трансформатор досягне номінальної потужності в kVA?

Smax = 75 kVAP1 = 26 kWpf1 = 0,75
ΔP = kW
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 480 VIL​ = 75 Acos φ = 0,7відстаючий

Симетричне трифазне навантаження споживає лінійний струм 75 A від мережі з лінійною напругою 480 V. Коефіцієнт потужності 0,7, відстаючий. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку споживає навантаження, у kW.

VL = 480 VIL = 75 Acos φ = 0,7
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
P = 100 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симетричне трифазне навантаження споживає 100 kW при коефіцієнті потужності 0,8 (відстаючому) від мережі 480 V (лінійна напруга), 60 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,95 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано трикутником. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.

P = 100 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
7200 V240 VIHV​ILV​ = ?500 kVA

Однофазний трансформатор 500 kVA, 7200/240 V працює з номінальним навантаженням. Вважайте його ідеальним. Знайдіть струм ILV в обмотці нижчої напруги.

S = 500 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
ILV = A
20.ТрансформаториСкладна
pf 0,8550 kVA, 75% навантаження

Однофазний трансформатор 50 kVA має втрати в сталі 200 W і втрати в міді 400 W при номінальному навантаженні. Він віддає 75% своєї номінальної потужності в kVA при коефіцієнті потужності 0,85 (відстаючому). Знайдіть сумарні втрати Ploss у ватах при цьому навантаженні.

S = 50 kVAPcore = 200 WPcu,fl = 400 Wx = 0,75pf = 0,85
Ploss = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = 0,5 V

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

Vin = 0,5 VR1 = 1 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = 1,3 VR1​ = 2 kΩV2​ = −1,7 VR2​ = 4,7 kΩ

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

V1 = 1,3 VV2 = −1,7 VR1 = 2 kΩR2 = 4,7 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
RC​ = 1,5 kΩβ = 120IC​ = ?VCC​ = 9 VRB​ = 820 kΩ

NPN-транзистор з β = 120 зміщено базовим резистором RB = 820 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 = 820 kΩRC = 1,5 kΩβ = 120VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Діоди й транзисториСкладна
RC​ = 470 Ωβ = 200IC​ = ?VCC​ = 24 V3,3 VRB​ = 33 kΩ

NPN-транзистор з β = 200 комутує резистор навантаження 470 Ω, увімкнений між VCC = 24 V і його колектором. Емітер заземлено. Базу керують від логічного виходу 3,3 V через базовий резистор RB = 33 kΩ. Візьміть VBE = 0,7 V і VCE(sat) = 0,2 V. Знайдіть струм колектора IC у mA при високому рівні на вході. Спершу визначте, чи транзистор у насиченні.

VCC = 24 VRC = 470 Ωβ = 200Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 33 kΩ
IC = mA
25.Системи численняСередня
8-бітовий додатковий код0−12806403201608040201

Встановіть біти так, щоб вони зберігали −104 в 8-бітовому доповняльному коді. Яке значення U шаблону, якщо читати його як беззнакове число?

N = −1048 bit
U =
26.Системи численняСкладна
20-бітний доповняльний код, N = ??знак???????????????????

Яке найменше (найбільш від'ємне) ціле число N можна записати 20-бітовим додатковим кодом?

20 bit
N =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABC000111100101324576

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

F = B′C′ + AB′C′ + B′C + AC′
L =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​FFQ4​Q4​FFQ5​Q5​CLKMOD-60

Лічильник за модулем 60 має пройти через 60 різних станів. Яка мінімальна кількість тригерів n йому потрібна?

N = 60
n =
29.Перетворення ЛапласаСередня
t (s)f(t)t = 0,4f(0,4) = ?

Знайдіть f(t) для F(s) = (s + 5)/(s² + 8s + 16) і обчисліть f(0,4).

F(s) = (s + 5)/(s² + 8s + 16)t = 0,4 s
f(0.4) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Система підпорядковується рівнянню y″ + 7y′ + 10y = 20·u(t) при y(0) = 3 і y′(0) = 0. У момент t = 0 подають вхідну сходинку u(t) = 2. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть y(0,25).

y″ + 7y′ + 10y = 20·u(t)y(0) = 3y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+3(s + 7)(s + 4)(s + 6)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = 3(s + 7)/((s + 4)(s + 6)). На задавальний сигнал подано сходинку розміром 2. Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 3(s + 7)/((s + 4)(s + 6))R = 2
ess =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+K(s + 3)(s + 5)(s + 6)G(s)C(s)−

Об’єкт G(s) = K/((s + 3)(s + 5)(s + 6)) охоплено одиничним від’ємним зворотним зв’язком. За найбільшого стійкого коефіцієнта підсилення контур коливається. Знайдіть частоту коливань ω в rad/s.

G(s) = K/((s + 3)(s + 5)(s + 6))одиничний від’ємний зворотний зв’язок
ω = rad/s
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)1

Система має передатну функцію G(s) = 87/(s² + 14s + 87) і отримує на вході одиничну сходинку. Полюси: s = σ ± jωd. Знайдіть дійсну частину σ.

G(s) = 87/(s² + 14s + 87)
σ =
34.Перехідна характеристикаСкладна
R(s)+Ks(s + 2)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = K/(s(s + 2)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого перехідна характеристика має перерегулювання 30 %.

G(s) = K/(s(s + 2))%OS = 30 %
K =
35.Діаграми Боде та запасиСередня
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 1

Знайдіть фазу ∠G(jω) функції G(s) = 46(s + 3)/(s(s + 11)) за ω = 1 rad/s, у градусах.

G(s) = 46(s + 3)/(s(s + 11))ω = 1 rad/s
∠G(jω) = °
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)11101010010010001000−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 2000/(s(s + 20)). Знайдіть частоту зрізу за підсиленням ωc, де |L(jω)| = 1.

L(s) = 2000/(s(s + 20))
ωc = rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+K1s(s + 2)(s + 5)C(s)−

Контур на схемі має передавальну функцію розімкненої системи L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5)). Коефіцієнт підсилення збільшують, доки замкнена система не опиниться на межі стійкості. Знайдіть частоту ω незатухних коливань.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5))
ω = rad/s
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,50,5j0,5j1

Контур з одиничним зворотним зв’язком має L(s) = K/(s(s + 1)(s + 2)). Знайдіть точку σa, у якій асимптоти кореневого годографа перетинають дійсну вісь.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 2))
σa =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
r(t) = 2 + 0,5t+50(s + 3)s(s + 1)(s + 10)C(s)−

Вхід r(t) = 2 + 0,5t (східчастий сигнал плюс лінійно наростальний) подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 50(s + 3)/(s(s + 1)(s + 10)). Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 50(s + 3)/(s(s + 1)(s + 10))r(t) = 2 + 0,5t
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+K5s(s + 5)C(s)−

П-регулятор K керує об’єктом G(s) = 5/(s(s + 5)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого замкнена система має коефіцієнт демпфування ζ = 0,6.

G(s) = 5/(s(s + 5))ζ = 0,6
K =

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 7,833 Ω

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩAR4​10 ΩB

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R3 + R4 = 4 + 10 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 10·14/(10+14) = 5,833 Ω
Req = R1 + 5,833 = 2 + 5,833 = 7,833 Ω

Відповідь

Req = 7,833 Ω
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 3,1 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​ = 8 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​36 VR2​4 ΩAR4​12 ΩBR6​3 Ω

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R5 + R6 = 15 + 3 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 7,2 Ω
R3 + 7,2 = 37,2 Ω
R2 ∥ 37,2 = 3,612 Ω
Req = R1 + 3,612 = 8 + 3,612 = 11,61 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 36/11,61 = 3,1 A

Відповідь

IR1 = 3,1 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VA = 5,25 V

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

Утворіть надвузол

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

VB = VA + Vs = VA + 3
VA/R1 + VB/R2 = Is

Розв’яжіть

VA/4 + (VA + 3)/12 = 2
VA = (2 − 3/12)/(1/4 + 1/12) = 5,25 V
VB = 5,25 + 3 = 8,25 V

Відповідь

VA = 5,25 V
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VB = 5,815 V

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

Утворіть надвузол

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

VB = VA − 5
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Розв’яжіть

(VA − 36)/20 + VA/8 + (VA − 5)/2 = 3
VA·(1/20 + 1/8 + 1/2) = 3 + 36/20 + 5/2 = 7,3
VA = 7,3/0,675 = 10,81 V
VB = 5,815 V

Відповідь

VB = 5,815 V
5.Метод контурних струмів

Відповідь: I2 = −0,4263 A

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

R1​ = 20 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​12 VR3​6 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
20·I1 + 6(I1 − I2) = 12
26·I1 − 6·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
10·I2 + 6(I2 − I1) = (−9)
−6·I1 + 16·I2 = −9

Розв’яжіть

Δ = (26)(16) − (−6)(−6) = 380
I1 = Δ1/Δ = 138/380 = 0,3632 A
I2 = Δ2/Δ = −162/380 = −0,4263 A

Відповідь

I2 = −0,4263 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: VR2 = −0,3104 V

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

R1​ = 30 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR4​8 ΩAR5​8 ΩB+−V2​6 VI1​I2​I3​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
30·I1 + 8(I1 − I2) = 18
38·I1 − 8·I2 = 18

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
10·I2 + 8(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−8·I1 + 26·I2 − 8·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
3·I3 + 8(I3 − I2) = (−6)
−8·I2 + 11·I3 = −6

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 7732
I1 = Δ1/Δ = 3612/7732 = 0,4671 A
I2 = Δ2/Δ = −240/7732 = −0,03104 A
I3 = Δ3/Δ = −4392/7732 = −0,568 A

Відповідь

IR2 = I2 = −0,03104 A
VR2 = IR2·R2 = −0,03104·10 = −0,3104 V

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: IR2 = −0,9049 A

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

R1​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​8 ΩBОБРИВ

Випадок 1 · діє лише V1

Iₛ стає розривом, тож R₃ і R₄ утворюють одну послідовну гілку від A до землі, паралельну R₂.

R3+R4 = 20+8 = 28 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 5·28/(5+28) = 4,242 Ω
VA = 12·4,242/(5+4,242) = 5,508 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 5,508·8/28 = 1,574 V
IR2′ = (0 − VA)/R2 = (0 − 5,508)/5 = −1,102 A
R1​ = 5 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​5 ΩAR4​8 ΩBIs​1,5 A

Випадок 2 · діє лише Is

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

R1 ∥ R2 = 5·5/(5+5) = 2,5 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 8 ∥ 22,5 = 5,902 Ω
VB = Is·Req = (−1,5)·5,902 = −8,852 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −8,852·2,5/22,5 = −0,9836 V
IR2″ = (0 − VA)/R2 = (0 − −0,9836)/5 = 0,1967 A

Додайте складові

IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = (−1,102) + 0,1967 = −0,9049 A

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

8.Метод накладання

Відповідь: VR2 = 7,455 V

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

R1​ = 20 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​6 VR3​20 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) = 20 ∥ 12 = 7,5 Ω
VA = 6·7,5/(20+7,5) = 1,636 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,636·8/12 = 1,091 V
VR2′ = VB − VA = 1,091 − 1,636 = −0,5455 V
R1​ = 20 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 8 ΩКЗR3​20 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 = 10 Ω, тож лівий шлях — R2+10 = 14 Ω
Req = R4 ∥ 14 = 5,091 Ω
VB = Is·Req = 4·5,091 = 20,36 V
VA = VB·10/14 = 14,55 V
VR2″ = VB − VA = 20,36 − 14,55 = 5,818 V
R1​ = 20 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 8 ΩКЗR3​20 ΩAОБРИВB+−V2​12 V

Випадок 3 · діє лише V2

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

R1 ∥ R3 = 20·20/(20+20) = 10 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 12·14/22 = 7,636 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 7,636·10/14 = 5,455 V
VR2‴ = VB − VA = 7,636 − 5,455 = 2,182 V

Додайте складові

VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = (−0,5455) + 5,818 + 2,182 = 7,455 V

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

9.Тевенен і Нортон

Відповідь: Rth = 23 Ω

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​6 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 = 6·6/(6+6) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 20 = 23 Ω
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = 97,41 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​ = 5 ΩR3​ = 12 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 = 5·12/(5+12) = 3,529 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,529 + 12 = 15,53 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAIs​6 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) = 4,235 + 6·3,529 = 25,41 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 25,41 + 6·12 = 97,41 V
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: i = 0,09172 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 і кінцевий струм

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

τ = L/R = 47 mH / 33 Ω = 1,424 ms
i(∞) = Vs/R = 6/33 = 0,1818 A

Струм у заданий момент

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,1818·(1 − e−1/1,424) = 0,09172 A

Відповідь

i = 0,09172 A
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: t = 26,49 ms

Перехідні процеси першого порядку: у колі з одним конденсатором або однією котушкою кожна напруга й кожен струм експоненційно змінюються від початкового до кінцевого значення: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, де τ = RC або τ = L/R. Приблизно через 5τ коло виходить на усталений режим.

Початкове значення, кінцеве значення, стала часу

Напруга на конденсаторі не може змінитися стрибком, тож вона починає з накопиченого значення й прямує до напруги джерела.

vC(0) = 5 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 10 µF = 22 ms
vC(t) = 20 + (5 − 20)·e−t/τ

Виразіть час

15,5 = 20 + (−15)·e−t/τ → e−t/τ = (15,5 − 20)/(5 − 20) = 0,3
t = τ·ln((5 − 20)/(15,5 − 20)) = 22·ln(3,333) = 26,49 ms

Відповідь

t = 26,49 ms
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: I = 0,6844 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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,02 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·47·10⁻⁶) = 3,386 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (122,3)²) = 146,1 Ω

Струм

Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.

I = V/|Z| = 100/146,1 = 0,6844 A

Відповідь

I = 0,6844 A
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: VL = 353,6 V

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

Резонанс

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

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,05·10·10⁻⁶) = 1414 rad/s
I = V/R = 10/2 = 5 A

Напруга на котушці

XL = ω₀L = 1414·0,05 = 70,71 Ω
VL = I·XL = 5·70,71 = 353,6 V

Відповідь

VL = 353,6 V

Це в Q = 35,36 разів більше за напругу мережі.

15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: I = 76,92 A

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

Струм лінії

Роботу виконує лише активна частина потужності, тож поділіть на коефіцієнт потужності.

I = P/(V·cos φ) = 20000/(400·0,65) = 76,92 A

Відповідь

I = 76,92 A
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: ΔP = 45,41 kW

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

Реактивна потужність наявного навантаження

Q1 = 26·tan(arccos 0,75) = 22,93 kvar

Найбільша сумарна активна потужність

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(75² − 22,93²) = 71,41 kW

Додаткова активна потужність

ΔP = 71,41 − 26 = 45,41 kW

Відповідь

ΔP = 45,41 kW
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 43,65 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 = √3·480·75 = 62,35 kVA

Активна потужність

P = S·cos φ = 62,35·0,7 = 43,65 kW

Відповідь

P = 43,65 kW
18.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 161,7 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 = 100·tan(acos 0,8) = 100·0,75 = 75 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,95) = 100·0,3287 = 32,87 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 42,13 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) = 14044/(377·480²) = 161,7 µF

Відповідь

Cph = 161,7 µF
19.Трансформатори

Відповідь: ILV = 2083 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.

Номінальний струм

Обидві обмотки передають однакову повну потужність.

ILV = S/V = 500000/240 = 2083 A

Відповідь

ILV = 2083 A
20.Трансформатори

Відповідь: Ploss = 425 W

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

Втрати в міді при цьому навантаженні

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,5625·400 = 225 W

Сумарні втрати

Втрати в сталі однакові за будь-якого навантаження.

Ploss = 200 + 225 = 425 W

Відповідь

Ploss = 425 W

ККД при цьому навантаженні η = 98,68%.

21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 5,5 V

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

Інвертувальний вхід повторює вхід

V₋ = V₊ = 0,5 V
I = V₋/R1 = 0,5/1 = 0,5 mA

Вихідна напруга

Струм через R₁ тече й через Rf.

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

Відповідь

Vout = 5,5 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = −1,355 V

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

Вхідні струми

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

I1 = V1/R1 = 1,3/2 = 0,65 mA
I2 = V2/R2 = −1,7/4,7 = −0,3617 mA
If = I1 + I2 = 0,2883 mA

Вихідна напруга

Vout = −Rf·If = −4,7·0,2883 = −1,355 V

Відповідь

Vout = −1,355 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: IC = 1,215 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)/820 kΩ = 10,12 µA

Струм колектора

IC = β·IB = 120·10,12 µA = 1,215 mA

Відповідь

IC = 1,215 mA

Перевірка: VCE = 7,178 V значно більше за 0,2 V, тож транзистор справді в активному режимі.

24.Діоди й транзистори

Відповідь: IC = 15,76 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)/33 kΩ = 78,79 µA

Насичення чи активний режим?

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

β·IB = 15,76 mA
IC(sat) = (24 − 0,2)/470 = 50,64 mA

Струм колектора

IC = β·IB = 15,76 mA

Відповідь

IC = 15,76 mA

Транзистор в активному режимі, тож навантаження ввімкнено не повністю.

25.Системи числення

Відповідь: U = 152

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

104 = 0110 1000
інвертовано: 1001 0111
+1 → 1001 1000

Прочитайте як беззнакове

1001 1000₂ = 256 − 104 = 152

Відповідь

U = 152
26.Системи числення

Відповідь: N = −524288

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.

Найбільш від'ємне значення

−219 = −524288

Відповідь

N = −524288
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: L = 3

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

B′C′ → m(0, 4)
AB′C′ → m(4)
B′C → m(1, 5)
AC′ → m(4, 6)
ABC00011110011011030214150716

Згрупуйте й зчитайте

F = B′ + AC′

Порахуйте літерали

L = 3

Відповідь

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

Відповідь: n = 6

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 ≥ 60 → n = 6 (2⁶ = 64)

Відповідь

n = 6
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.4) = 0,2827

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 + 8s + 16 = (s + 4)²

Простіші дроби

s + 5 = 1(s + 4) + 1
F(s) = 1/(s + 4) + 1/(s + 4)²

Обернене перетворення

f(t) = e−4t + t·e−4t
f(0,4) = (1 + 1·0,4)·e−4·0,4 = 0,2827

Відповідь

f(0,4) = 0,2827
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.25) = 3,18

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

(s² + 7s + 10)·Y(s) = 3s + 21 + 40/s
Y(s) = (3s² + 21s + 40)/(s(s + 2)(s + 5))

Простіші дроби

A = 40/(2·5) = 4
B = 10/((−2)·3) = −1,667
C = 10/((−5)·(−3)) = 0,6667

Результат

y(t) = 4 − 1,667·e−2t + 0,6667·e−5t
y(0,25) = 3,18

Відповідь

y(0,25) = 3,18

Перевірка: y(0) = A + B + C = 3.

31.Блок-схеми

Відповідь: ess = 1,067

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

Стала похибки за положенням

Kₚ = G(0) = 3·7/(4·6) = 0,875

Усталена похибка

ess = A/(1 + Kₚ) = 2/(1 + 0,875) = 1,067

Відповідь

ess = 1,067
32.Блок-схеми

Відповідь: ω = 7,937 rad/s

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

Характеристичне рівняння

s³ + 14s² + 63s + 90 + K = 0

Таблиця Рауса

s³ | 1 63
s² | 14 90 + K
s¹ | (14·63 − 90 − K)/14
s⁰ | 90 + K

Межа стійкості

Усі елементи першого стовпця мають бути додатними.

Kmax = 14·63 − 90 = 792

Частота коливань

14·(jω)² + 90 + 792 = 0 → ω² = 882/14 = 63
ω = 7,937 rad/s

Відповідь

ω = 7,937 rad/s
33.Перехідна характеристика

Відповідь: σ = −7

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 = 87 → ωₙ = 9,327 rad/s
2ζωₙ = 14 → ζ = 14/(2·9,327) = 0,7505

Результат

σ = −ζωₙ = −14/2 = −7

Відповідь

σ = −7
34.Перехідна характеристика

Відповідь: K = 7,809

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 + 2s + K)

Коефіцієнт демпфування за перерегулюванням

ζ = −ln(0,3)/√(π² + ln²(0,3)) = 0,3579

Коефіцієнт підсилення

ωₙ = 2/(2ζ) = 2,794 rad/s
K = ωₙ² = 7,809

Відповідь

K = 7,809
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ∠G(jω) = −76,76 °

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

Додайте кути

∠G = atan(1/3) − 90° − atan(1/11) = 18,43° − 90° − 5,194°

Результат

∠G(j1) = −76,76°

Відповідь

∠G(jω) = −76,76°
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ωc = 42,54 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.

Зріз за підсиленням

ω⁴ + 400ω² − 4 × 10⁶ = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·4 × 10⁶))/2 = 1810
ωc = 42,54 rad/s

Відповідь

ωc = 42,54 rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: ω = 3,162 rad/s

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

Таблиця Рауса

s³ + 7s² + 10s + K = 0
s³: 1, 10
s²: 7, K
s¹: (7·10 − K)/7
s⁰: K

Критичний коефіцієнт підсилення

K = 7·10 = 70

Допоміжне рівняння

При критичному коефіцієнті підсилення рядок s¹ нульовий; рядок s² дає полюси на уявній осі.

7s² + 70 = 0 → s = ±j√10
ω = 3,162 rad/s

Відповідь

ω = 3,162 rad/s
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: σa = −1

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, −1, −2
n − m = 3 − 0 = 3

Центр ваги

σa = (−3)/3 = −1

Відповідь

σa = −1

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

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 0,03333

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) = 15

Східчаста частина

Kp = ∞ → estep = 0

Похибка за лінійно наростального сигналу

ess = 0,5/15 = 0,03333

Відповідь

ess = 0,03333
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: K = 3,472

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) + 5K = s² + 5s + 5K

Власна частота

2·0,6·ωₙ = 5 → ωₙ = 4,167 rad/s

Коефіцієнт підсилення

5K = ωₙ² = 17,36 → K = 3,472

Відповідь

K = 3,472

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

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