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.
Знайдіть струм Нортона IN: струм, що тече від a до b, якщо затискачі закоротити.
V1 = 24 VR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 3 Ω
IN = A
10.Тевенен і НортонСкладна
До a–b підключено навантаження RL = 8 Ω. Замініть решту кола еквівалентом Тевенена і знайдіть струм навантаження IL.
V1 = 10 VIs = 4 AR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 3 ΩRL = 8 Ω
IL = A
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Знайдіть енергію W, накопичену в котушці при t = 5 ms, у mJ.
Vs = 5 VR = 10 ΩL = 33 mHt = 5 ms
W = mJ
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 10 V з указаною полярністю. Знайдіть напругу на конденсаторі vC у момент t = 150 ms.
Vs = 5 VR = 10 kΩC = 47 µFvC(0) = 10 Vt = 150 ms
vC = V
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
Резистор і конденсатор з’єднано паралельно й під’єднано до мережі 120 V (діюче значення), 50 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.
V = 120 V (rms)f = 50 HzR = 60 ΩC = 47 µF
I = A
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
Послідовне RLC-коло має R = 10 Ω, L = 50 mH і C = 10 µF. Знайдіть його добротність Q при резонансі.
R = 10 ΩL = 50 mHC = 10 µF
Q =
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
Однофазний двигун споживає 11 kW при коефіцієнті потужності 0,9 (індуктивному) від мережі 240 V. Знайдіть реактивну потужність Q, яку він споживає.
P = 11 kWpf = 0,9V = 240 V
Q = kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
Однофазний трансформатор потужністю 150 kVA живить навантаження 97 kW з коефіцієнтом потужності 0,85 (індуктивним). Яку додаткову активну потужність ΔP можна під’єднати у вигляді активного навантаження (коефіцієнт потужності 1), перш ніж трансформатор досягне номінальної потужності в kVA?
Smax = 150 kVAP1 = 97 kWpf1 = 0,85
ΔP = kW
17.Трифазні системиСередня
Симетричне навантаження, з’єднане зіркою, з повним опором 12 + j5 Ω на фазу підключене до симетричної трифазної мережі з лінійною напругою 208 V. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку поглинає навантаження, у kW.
VL = 208 VZ = 12 + j5 Ω на фазу
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
Симетричне трифазне навантаження споживає 300 kW при коефіцієнті потужності 0,72 (відстаючому) від мережі 690 V (лінійна напруга), 60 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,92 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано трикутником. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.
P = 300 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 690 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 6 Ω. Знайдіть первинний струм I1.
N1:N2 = 2:1V1 = 480 VRL = 6 Ω
I1 = A
20.ТрансформаториСкладна
Однофазний трансформатор 200 kVA має втрати в сталі 1000 W і втрати в міді 1500 W при номінальному навантаженні. При якому навантаженні Sη,max, у kVA, його ККД найвищий?
S = 200 kVAPcore = 1000 WPcu,fl = 1500 W
Sη,max = kVA
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
Диференціальний підсилювач використовує ідеальний ОП із живленням ±15 V, R3 = R1 і R4 = R2. Знайдіть вихідну напругу Vout.
NPN-транзистор з β = 120 має зміщення дільником напруги від VCC = 12 V: R₁ = 39 kΩ від VCC до бази й R₂ = 8,2 kΩ від бази до землі. Колекторний резистор RC = 2,7 kΩ, емітерний резистор RE = 2,2 kΩ. Візьміть VBE = 0,7 V і використайте еквівалент Тевенена дільника (не нехтуйте струмом бази). Знайдіть напругу колектор–емітер VCE.
Стабілізатор на стабілітроні 3,3 В має живити навантаження струмом до 30 мА. Вхідна напруга може впасти до 9 В, а стабілітрону для стабілізації потрібно щонайменше 1 мА. Знайдіть найбільший послідовний опір Rmax, при якому стабілізація зберігається.
F(s) = (4s + 23)/(s² + 15s + 56). Її оригінал має вигляд f(t) = A·e−7t + B·e−8t. Знайдіть коефіцієнт A розкладом на простіші дроби.
F(s) = (4s + 23)/(s² + 15s + 56)
A =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
Систему описано диференціальним рівнянням y″ + 7y′ + 12y = u′ + 6u із входом u(t) і виходом y(t). Знайдіть її передатну функцію G(s) = Y(s)/U(s) (нульові початкові умови) і обчисліть імпульсну характеристику g(t) при t = 0,5 s. Знайдіть g(0,5).
Згорніть блок-схему з G₁ = 4/(s + 5), G₂ = 9/(s + 2), внутрішнім від’ємним зворотним зв’язком H₁ = 0,5 навколо G₂ та зовнішнім від’ємним зворотним зв’язком H₂ = 0,25. Знайдіть статичний коефіцієнт підсилення T(0) для C(s)/R(s).
G₁ = 4/(s + 5)G₂ = 9/(s + 2)H₁ = 0,5H₂ = 0,25
T(0) =
33.Перехідна характеристикаСередня
Система має передатну функцію G(s) = 31/(s² + 8s + 31) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть час піку tp перехідної характеристики.
G(s) = 31/(s² + 8s + 31)
tp = s
34.Перехідна характеристикаСкладна
Маса m = 10 kg висить на пружині k = 200 N/m з в’язким демпфером c = 54 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). З положення рівноваги в спокої раптово прикладають сталу силу F = 20 N. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS зміщення.
m = 10 kgk = 200 N/mc = 54 N·s/mF = 20 N
%OS = %
35.Діаграми Боде та запасиСередня
У показаному послідовному смуговому RLC-фільтрі вихід знімають з R = 50 Ω, при L = 20 mH і C = 1 µF. Знайдіть добротність Q.
R = 50 ΩL = 20 mHC = 1 µF
Q =
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 210/(s(s + 5)(s + 7)). Знайдіть запас за підсиленням GM у dB.
L(s) = 210/(s(s + 5)(s + 7))
GM = dB
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
Контур на схемі має від’ємний зворотний зв’язок, L(s) = 40/(s(s + 1)(s + 4)). Скільки полюсів N замкненої системи лежить у правій півплощині?
L(s) = 40/(s(s + 1)(s + 4))
N =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
Контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = K/(s(s + 1)) має відпрацьовувати лінійно наростальний сигнал r(t) = 1t з усталеною похибкою 0,05. Знайдіть коефіцієнт підсилення K.
G(s) = K/(s(s + 1))r(t) = 1tess = 0,05
K =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
П-регулятор K = 16 керує об’єктом G(s) = 10/(s(s + 6)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть час піку tp перехідної характеристики.
G(s) = 10/(s(s + 6))K = 16
tp = s
3Розчини
1.Послідовні й паралельні резистори
Відповідь: Req = 13,03 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 = 5 + 12 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 12·17/(12+17) = 7,034 Ω
Req = R1 + 7,034 = 6 + 7,034 = 13,03 Ω
Відповідь
Req = 13,03 Ω
2.Послідовні й паралельні резистори
Відповідь: IR2 = 4,831 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 = 5 + 2 = 7 Ω
R4 ∥ 7 = 2,1 Ω
R3 + 2,1 = 22,1 Ω
R2 ∥ 22,1 = 1,834 Ω
Req = R1 + 1,834 = 5 + 1,834 = 6,834 Ω
Струм джерела
Джерело бачить лише Req, тож закон Ома дає струм, який воно віддає. Цей струм тече через R₁.
IR1 = V1/Req = 36/6,834 = 5,268 A
Струм через R₂
Відніміть спад на R₁, щоб отримати напругу у вузлі A, тобто напругу на R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 36 − 5,268·5 = 9,661 V
IR2 = VA/R2 = 9,661/2 = 4,831 A
Відповідь
IR2 = 4,831 A
3.Метод вузлових потенціалів
Відповідь: VA = 11,12 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.
Визначте вузли
Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 18 V). Невідомі: VA, VB.
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/20 + (VA − 18)/10 + (VA − VB)/10 = 0
0,25·VA − 0,1·VB = 1,8
ЗСК у вузлі B
Струми, що виходять із B через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у B.
VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/6 + (VB − VA)/10 = 1,5
−0,1·VA + 0,2667·VB = 1,5
Розв’яжіть
Δ = (0,25)(0,2667) − (−0,1)(−0,1) = 0,05667
VA = Δ1/Δ = 0,63/0,05667 = 11,12 V
VB = Δ2/Δ = 0,555/0,05667 = 9,794 V
Відповідь
VA = 11,12 V
4.Метод вузлових потенціалів
Відповідь: IR2 = 4,087 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 = 12 V, V2 = −6 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/3 + (VA − 12)/5 + (VA − VB)/3 = 0
0,8667·VA − 0,3333·VB = 2,4
ЗСК у вузлі B
Струми, що виходять із B через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у B.
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
2·I1 + 6(I1 − I2) = 24
8·I1 − 6·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 + R3(I2 − I1) = −V2
6·I2 + 6(I2 − I1) = (−9)
−6·I1 + 12·I2 = −9
Розв’яжіть
Δ = (8)(12) − (−6)(−6) = 60
I1 = Δ1/Δ = 234/60 = 3,9 A
I2 = Δ2/Δ = 72/60 = 1,2 A
Відповідь
I1 = 3,9 A
Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.
6.Метод контурних струмів
Відповідь: I1 = 0,08889 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
10·I1 + 30(I1 − I2) = 6
40·I1 − 30·I2 = 6
ЗНК для контуру 2
Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).
R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
5·I2 + 30(I2 − I1) + 5(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 40·I2 − 5·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
8·I3 + 5(I3 − I2) = (−15)
−5·I2 + 13·I3 = −15
Розв’яжіть
Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 8100
I1 = Δ1/Δ = 720/8100 = 0,08889 A
I2 = Δ2/Δ = −660/8100 = −0,08148 A
I3 = Δ3/Δ = −9600/8100 = −1,185 A
Відповідь
I1 = 0,08889 A
Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.
7.Метод накладання
Відповідь: PR1 = 16,82 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 = 5+3 = 8 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 15·8/(15+8) = 5,217 Ω
VA = 9·5,217/(6+5,217) = 4,186 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,186·3/8 = 1,57 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (9 − 4,186)/6 = 0,8023 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. Стрілка Iₛ спрямована вниз, від його вузла, тож Iₛ відбирає струм із цього вузла: його доданок входить зі знаком мінус.
R1 ∥ R2 = 6·15/(6+15) = 4,286 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 3 ∥ 9,286 = 2,267 Ω
VB = −Is·Req = −5·2,267 = −11,34 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −11,34·4,286/9,286 = −5,233 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − −5,233)/6 = 0,8721 A
Додайте внески струму
IR1 = IR1′ + IR1″ = 0,8023 + 0,8721 = 1,674 A
Потужність у резисторі
Потужність залежить від квадрата струму, тож метод накладання до неї не застосовний: спочатку додайте струми, потім піднесіть до квадрата.
PR1 = IR1²·R1 = 1,674²·6 = 16,82 W
Відповідь
PR1 = 16,82 W
Сума потужностей окремих випадків дала б 8,426 W, а це неправильно.
8.Метод накладання
Відповідь: IR2 = −0,4049 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.
Випадок 1 · діє лише V1
V₂ стає коротким замиканням, а Iₛ — розривом. З боку A резистор R₃ паралельний послідовній парі R₂+R₄.
Від’ємний результат означає, що насправді струм тече проти стрілки.
9.Тевенен і Нортон
Відповідь: IN = 3,429 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 = 2·3/(2+3) = 1,2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,2 + 3 = 4,2 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) = 24·3/(2+3) = 14,4 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 = 14,4/4,2 = 3,429 A
10.Тевенен і Нортон
Відповідь: IL = 1,923 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 = 4·4/(4+4) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 3 = 5 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) = 5 + 4·2 = 13 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 13 + 4·3 = 25 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) = 25/(5 + 8) = 1,923 A
11.Перехідні процеси RC і RL
Відповідь: W = 2,511 mJ
Перехідні процеси першого порядку: у колі з одним конденсатором або однією котушкою кожна напруга й кожен струм експоненційно змінюються від початкового до кінцевого значення: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, де τ = RC або τ = L/R. Приблизно через 5τ коло виходить на усталений режим.
Стала часу і кінцевий струм
Через тривалий час після замикання котушка поводиться як коротке замикання, тож кінцевий струм визначає лише R.
τ = L/R = 33 mH / 10 Ω = 3,3 ms
i(∞) = Vs/R = 5/10 = 0,5 A
Струм у заданий момент
i(t) = 0,5·(1 − e−5/3,3) = 0,3901 A
Накопичена енергія
W = ½·L·i² = ½·33·0,3901² = 2,511 mJ
Відповідь
W = 2,511 mJ
12.Перехідні процеси RC і RL
Відповідь: vC = 8,634 V
Перехідні процеси першого порядку: у колі з одним конденсатором або однією котушкою кожна напруга й кожен струм експоненційно змінюються від початкового до кінцевого значення: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, де τ = RC або τ = L/R. Приблизно через 5τ коло виходить на усталений режим.
Початкове значення, кінцеве значення, стала часу
Напруга на конденсаторі не може змінитися стрибком, тож вона починає з накопиченого значення й прямує до напруги джерела.
vC(0) = 10 V, vC(∞) = Vs = 5 V
τ = R·C = 10 kΩ · 47 µF = 470 ms
vC(t) = 5 + (10 − 5)·e−t/τ
Напруга в заданий момент
vC(150) = 5 + (5)·e−150/470 = 8,634 V
Відповідь
vC = 8,634 V
13.Повний опір і комплексні амплітуди
Відповідь: I = 2,672 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/(ωC) = 1/(2π·50·47·10⁻⁶) = 67,73 Ω
Струми віток
Обидві вітки під’єднано безпосередньо до мережі, тож на кожній повна напруга V.
IR = V/R = 120/60 = 2 A
IX = V/XC = 120/67,73 = 1,772 A
Загальний струм
Струм резистора збігається за фазою з V, а реактивний струм зсунутий на 90°, тож вони додаються як катети прямокутного трикутника.
I = √(IR² + IX²) = √(2² + 1,772²) = 2,672 A
Відповідь
I = 2,672 A
14.Повний опір і комплексні амплітуди
Відповідь: Q = 7,071
Кола змінного струму й комплексний метод: резистори, котушки й конденсатори мають повні опори R, jωL і 1/(jωC), де ω = 2πf. Послідовно повні опори додаються як опори, але як комплексні числа. Діючі значення струму й напруги підкоряються закону Ома з |Z|.
Резонансна частота
f0 = 1/(2π·√(0,05·10·10⁻⁶)) = 225,1 Hz
Добротність
Q порівнює реактивний опір при резонансі з активним опором: Q = ω₀L/R.
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності
Відповідь: Q = 5,328 kvar
Потужність змінного струму: повна потужність S = V·I (VA) складається з активної потужності P = S·cos φ (W), що виконує корисну роботу, і реактивної потужності Q = S·sin φ (var), що коливається між джерелом і навантаженням. Коефіцієнт потужності — cos φ. Паралельний конденсатор постачає реактивну потужність на місці, тож струм лінії зменшується за тієї самої активної потужності.
Кут
φ = arccos(0,9) = 25,84°, tan φ = 0,4843
Реактивна потужність
Q = P·tan φ = 11·0,4843 = 5,328 kvar
Відповідь
Q = 5,328 kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності
Відповідь: ΔP = 40,43 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 = 97·tan(arccos 0,85) = 60,12 kvar
Найбільша сумарна активна потужність
За повного навантаження S = Smax, а Q від активного навантаження не змінюється.
P = √(Smax² − Q1²) = √(150² − 60,12²) = 137,4 kW
Додаткова активна потужність
ΔP = 137,4 − 97 = 40,43 kW
Відповідь
ΔP = 40,43 kW
17.Трифазні системи
Відповідь: P = 3,072 kW
Симетричні трифазні системи: у з’єднанні зіркою (Y) лінійна напруга в √3 разів більша за фазну, VL = √3·Vph, а лінійний струм дорівнює фазному. У з’єднанні трикутником (Δ) лінійна напруга дорівнює фазній, а лінійний струм у √3 разів більший за фазний, IL = √3·Iph. Сумарна потужність утричі більша за потужність однієї фази: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.
Фазна напруга
Vph = 208/√3 = 120,1 V
Фазний струм
|Z| = √(12² + 5²) = 13 Ω
Iph = 120,1/13 = 9,238 A
Сумарна активна потужність
Активну потужність поглинає лише активна складова кожного опору.
P = 3·Iph²·R = 3·9,238²·12 = 3,072 kW
Відповідь
P = 3,072 kW
Перевірка: cos φ = R/|Z| = 0,9231, і √3·VL·IL·cos φ дає ту саму потужність.
18.Трифазні системи
Відповідь: Cph = 299,7 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 = 300·tan(acos 0,72) = 300·0,9639 = 289,2 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,92) = 300·0,426 = 127,8 kvar
Реактивна потужність від конденсаторів
QC = Q1 − Q2 = 161,4 kvar
Ємність на фазу
У батареї, з’єднаній трикутником, кожен конденсатор увімкнено між двома лінійними проводами.
V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 53785/(377·690²) = 299,7 µF
Відповідь
Cph = 299,7 µF
19.Трансформатори
Відповідь: I1 = 20 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 = 240/6 = 40 A
Первинний струм
Ідеальний трансформатор не має втрат: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/2 = 20 A
Відповідь
I1 = 20 A
Перевірка: навантаження з боку первинної обмотки a²·RL = 24 Ω, і 480/24 дає той самий струм.
20.Трансформатори
Відповідь: Sη,max = 163,3 kVA
Втрати в трансформаторі: втрати в сталі (гістерезис і вихрові струми) залежать від напруги й однакові за будь-якого навантаження. Втрати в міді обмоток пропорційні квадрату струму, тож при частці навантаження x від номінального вони становлять x²·Pcu,fl. ККД η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), де Pout = x·S·pf. ККД максимальний при навантаженні, за якого втрати в міді дорівнюють втратам у сталі.
Втрати в міді дорівнюють втратам у сталі
x²·1500 = 1000 → x = √(1000/1500) = 0,8165
Навантаження при максимальному ККД
Sη,max = x·S = 0,8165·200 = 163,3 kVA
Відповідь
Sη,max = 163,3 kVA
21.Схеми з операційними підсилювачами
Відповідь: Vout = 0,41 V
Правила ідеального ОП: з від’ємним зворотним зв’язком підсилювач встановлює вихід так, щоб обидва входи мали однакову напругу (V₋ = V₊), і в жоден вхід струм не тече. ЗСК на інвертувальному вході з цими двома фактами дає вихід.
Напруга на входах
Через R₃ і R₄ тече однаковий струм, тож вони утворюють подільник напруги; зворотний зв’язок забезпечує V₋ = 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 = −1,9/4,7 = −0,4043 mA
I2 = V2/R2 = 0,1/10 = 0,01 mA
If = I1 + I2 = −0,3943 mA
Вихідна напруга
Vout = −Rf·If = −1·(−0,3943) = 0,3943 V
Відповідь
Vout = 0,3943 V
23.Діоди й транзистори
Відповідь: VCE = 9,006 V
Робоча точка БТ: в активному режимі VBE = 0,7 V, IC = β·IB і IE = (β + 1)·IB. Знайдіть IB з базового контуру за ЗНК, потім IC, потім VCE з контуру колектор–емітер. Дільник напруги в колі бази замінюють його еквівалентом Тевенена VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; емітерний резистор у базовому контурі виглядає в (β + 1) разів більшим.
Еквівалент Тевенена дільника
VTH = 12·8,2/(39 + 8,2) = 2,085 V
RTH = 39·8,2/(39 + 8,2) = 6,775 kΩ
Струм бази
ЗНК для базового контуру; струм емітера дорівнює (β + 1)·IB.
IB = (2,085 − 0,7)/(6,775 + 121·2,2) = 5,073 µA
Струм колектора
IC = 120·5,073 µA = 0,6087 mA
IE = 121·5,073 µA = 0,6138 mA
Напруга колектор–емітер
VCE = 12 − 0,6087·2,7 − 0,6138·2,2 = 9,006 V
Відповідь
VCE = 9,006 V
24.Діоди й транзистори
Відповідь: Rmax = 183,9 Ω
Стабілізатор на стабілітроні: стабілітрон, увімкнений у зворотному напрямку, тримає напругу VZ, поки його струм вищий за мінімальний IZ,min. Послідовний резистор R бере різницю між вхідною та вихідною напругою: IR = (Vin − VZ)/R. Цей струм ділиться між навантаженням, IL = VZ/RL, і стабілітроном: IZ = IR − IL. Проєктуйте за найгіршими випадками: найнижча вхідна напруга при найбільшому навантаженні має все ж лишати IZ,min, а найвища вхідна напруга без навантаження дає найбільшу потужність стабілітрона PZ = VZ·IZ.
Струм у найгіршому випадку
IR = 30 + 1 = 31 mA
Найбільший опір
Rmax = 5,7/0,031 = 183,9 Ω
Відповідь
Rmax = 183,9 Ω
25.Системи числення
Відповідь: N = −94
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.
Додайте ваги
Інші біти зберігають свої звичайні додатні ваги.
−128 + 32 + 2 = −94
Відповідь
N = −94
26.Системи числення
Відповідь: R = 224
Встановлення бітів: кожен біт має вагу степеня двійки (128, 64, …, 1). Одна шістнадцяткова цифра — це рівно чотири біти, а в 8-бітовому доповняльному коді крайній лівий біт має вагу −128. Порозрядні операції працюють з кожною позицією біта окремо.
Біт за бітом
Зсув ліворуч на 2 переміщує кожен біт на 2 позицій ліворуч; біти, що випадають з лівого краю, втрачаються, а справа додаються нулі.
1011 1000 << 2
= 1110 0000
Значення результату
1110 0000₂ = 224
Відповідь
R = 224
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
A′C′ → m(0, 2)
BC′ → m(2, 6)
A′C → m(1, 3)
Згрупуйте й зчитайте
F = BC′ + A′
Порахуйте літерали
L = 3
Відповідь
L = 3
28.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.
Прості імпліканти
Найбільші групи, які можна утворити з одиниць і X.
CD′, BD′, B′C′D, AD′, AC′
Суттєві прості імпліканти
CD′, BD′, B′C′D, AC′
N = 4
Відповідь
N = 4
29.Перетворення Лапласа
Відповідь: A = −5
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 + 15s + 56 = (s + 7)(s + 8)
F(s) = A/(s + 7) + B/(s + 8)
Правило закривання
Помножте на (s + 7) і покладіть s = −7: доданок із B зникає.
A = (4s + 23)/(s + 8) |s = −7 = −5/1 = −5
Відповідь
A = −5
(B = 9, тож f(t) = −5·e−7t + 9·e−8t)
30.Перетворення Лапласа
Відповідь: g(0.5) = 0,3987
Перетворення Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt перетворює похідні на множення на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартні пари: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), а зсув s → s + σ множить оригінал на e−σt. Щоб знайти оригінал раціональної F(s), розкладіть її на простіші дроби: коефіцієнт простого полюса p дорівнює A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема про кінцеве значення: f(∞) = lims→0 s·F(s), справедлива лише тоді, коли всі полюси s·F(s) лежать у лівій півплощині. Теорема про початкове значення: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Передатна функція
G(s) = Y(s)/U(s) = (s + 6)/(s² + 7s + 12)
Простіші дроби
s² + 7s + 12 = (s + 3)(s + 4)
A = 3, B = −2
Імпульсна характеристика
g(t) = 3·e−3t − 2·e−4t
g(0,5) = 0,3987
Відповідь
g(0,5) = 0,3987
31.Блок-схеми
Відповідь: ess = 0,4348
Алгебра блок-схем: блоки, з’єднані послідовно, перемножуються (G₁·G₂), блоки, з’єднані паралельно, додаються (G₁ + G₂), а контур із прямим шляхом G і шляхом зворотного зв’язку H зводиться до T = G/(1 + G·H) для від’ємного зворотного зв’язку та G/(1 − G·H) для додатного. Спершу згортайте внутрішні контури, потім рухайтеся назовні. Полюси замкненої системи — корені характеристичного рівняння 1 + G(s)H(s) = 0. Для стійкого контуру вхідна сходинка розміром A дає усталений вихід A·T(0); за одиничного зворотного зв’язку усталена похибка на сходинку дорівнює A/(1 + Kp), де Kp = G(0).
Стала похибки за швидкістю
Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 46/4 = 11,5
Усталена похибка
ess = A/Kᵥ = 5/11,5 = 0,4348
Відповідь
ess = 0,4348
32.Блок-схеми
Відповідь: T(0) = 0,8675
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).
Перехідна характеристика: система першого порядку G(s) = K/(τs + 1) відповідає на сходинку розміром U як y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): вона досягає 63,2 % кінцевого значення K·U за одну сталу часу τ і 98 % за 4τ. Система другого порядку G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) має полюси s = −ζωₙ ± jωd, де ωd = ωₙ√(1 − ζ²). За 0 < ζ < 1 перехідна характеристика має перерегулювання: відсоток перерегулювання %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), час піку tp = π/ωd, а 2-відсотковий час встановлення ts ≈ 4/(ζωₙ). Порівняйте знаменник із s² + 2ζωₙs + ωₙ², щоб знайти ωₙ і ζ. Для системи маса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) і ζ = c/(2√(km)); для послідовного RLC-кола ωₙ = 1/√(LC) і ζ = (R/2)·√(C/L).
Власна частота й коефіцієнт демпфування
ωₙ = √(k/m) = √(200/10) = 4,472 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 54/(2·√(200·10)) = 0,6037
Результат
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 9,262 %
Відповідь
%OS = 9,262 %
35.Діаграми Боде та запаси
Відповідь: Q = 2,828
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/√(0,02·1 × 10⁻⁶) = 7071 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 1125 Hz
Добротність
BW = R/L = 50/0,02 = 2500 rad/s = 397,9 Hz
Q = ω₀/BW = 7071/2500 = 2,828
Відповідь
Q = 2,828
36.Діаграми Боде та запаси
Відповідь: GM = 6,021 dB
Частотна характеристика: підставте s = jω у передавальну функцію. Модуль у децибелах дорівнює 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумі кутів множників чисельника мінус кути множників знаменника. Фільтр першого порядку RC або RL має частоту зрізу (−3 dB) ωc = 1/(RC) або R/L, а fc = ωc/(2π); фільтр нижніх частот дає |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) і φ = −atan(ω/ωc). На асимптотичній (ламаній) діаграмі Боде кожен полюс згинає модуль вниз на 20 dB/decade на своїй частоті зламу, кожен нуль згинає його вгору на 20 dB/decade, а інтегратор 1/s дає −20 dB/decade на всіх частотах. Частота зрізу за коефіцієнтом підсилення ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас за фазою PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перетину за фазою ω180: ∠L(jω) = −180°; запас за підсиленням GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнена система стійка, коли обидва запаси додатні.
Критерій Рауса–Гурвіца: лінійна система стійка, коли всі корені її характеристичного полінома лежать у лівій півплощині s-площини. Запишіть коефіцієнти по черзі в перші два рядки таблиці Рауса. Кожен елемент нового рядка отримують із двох рядків над ним; для кубічного a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ елемент рядка s¹ дорівнює b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Кількість змін знака в першому стовпці дорівнює кількості коренів у правій півплощині. Якщо коефіцієнти містять коефіцієнт підсилення K, усі елементи першого стовпця мають залишатися додатними: значення K, за якого елемент рядка s¹ обертається на нуль, — це межа стійкості, а рядок s² тоді дає частоту незатухних коливань.
Характеристичний поліном
s³ + 5s² + 4s + 40 = 0
Таблиця Рауса
s³: 1, 4
s²: 5, 40
s¹: −4
s⁰: 40
Зміни знака в першому стовпці
1 → 5 → −4 → 40
N = 2
Відповідь
N = 2
Коефіцієнт підсилення вищий за межу K = 20, тож комплексна пара перейшла в праву півплощину.
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф
Відповідь: ω = 6,164 rad/s
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.
Критичний коефіцієнт підсилення
s³ + 11s² + 38s + 40 + K = 0
s¹: (11·38 − 40 − K)/11 = 0 → K = 378
Частота перетину
11s² + 40 + 378 = 11s² + 418 = 0 → s² = −38
ω = √38 = 6,164 rad/s
Відповідь
ω = 6,164 rad/s
39.Усталена похибка та ПІД-регулювання
Відповідь: K = 20
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.
Потрібна швидкісна константа
Kv = A/ess = 1/0,05 = 20
Коефіцієнт підсилення
K = 1·Kv = 20
Відповідь
K = 20
Великий коефіцієнт підсилення робить цей контур дуже слабко демпфованим: ζ = 0,1118. Саме через цю суперечність застосовують коригувальні ланки.
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання
Відповідь: tp = 0,2557 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 + 6) + 16·10 = s² + 6s + 160
ωₙ і ζ
ωₙ = √160 = 12,65 rad/s
ζ = 6/(2·12,65) = 0,2372
Час піка
ωd = 12,65·√(1 − 0,2372²) = 12,29 rad/s
tp = π/12,29 = 0,2557 s
Відповідь
tp = 0,2557 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.