Повторюйте, доки між затискачами не залишиться один резистор.
Метод вузлових потенціалів
Закон струмів Кірхгофа
ΣIin = ΣIout
Струм гілки
I = (Va − Vb)/R
Опорний вузол
Vground = 0
Метод
Оберіть опорний вузол (землю) і позначте напруги інших вузлів.
Запишіть закон струмів Кірхгофа для кожного невідомого вузла: струми, що витікають через гілки, дорівнюють струмам, що втікають.
Виразіть кожен струм гілки як (Va − Vb)/R.
Розв’яжіть систему рівнянь, потім знайдіть потрібний струм.
Метод контурних струмів
Закон напруг Кірхгофа
ΣV = 0 у кожному контурі
Спільний резистор
струм = I1 − I2
Джерело струму в контурі
задає струм цього контуру
Метод
Задайте струм за годинниковою стрілкою в кожному контурі (вікні) кола.
Застосуйте закон напруг Кірхгофа до кожного контуру: сума спадів напруги дорівнює нулю.
У резисторі, спільному для двох контурів, струм дорівнює різниці двох контурних струмів.
Розв’яжіть рівняння; від’ємний результат означає, що струм тече в протилежному напрямку.
Метод накладання
Метод накладання
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Вимкнене джерело напруги
коротке замикання (0 V)
Вимкнене джерело струму
розрив (0 A)
Подільник напруги
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Подільник струму
I1 = I·R2/(R1 + R2)
Метод
Порахуйте незалежні джерела. Для кожного джерела ви розв’яжете одне простіше коло.
Залиште одне джерело й вимкніть інші: джерело напруги стає коротким замиканням (провідником), джерело струму — розривом.
Розв’яжіть простіше коло щодо потрібної напруги чи струму, стежачи за напрямком.
Повторіть для кожного джерела, потім додайте внески з урахуванням знаків.
Тевенен і Нортон
Напруга Тевенена
Vth = Vopen circuit
Опір Тевенена
Rth: усі джерела вимкнені, з боку a–b
Струм Нортона
IN = Vth/Rth
Струм навантаження
IL = Vth/(Rth + RL)
Передача максимальної потужності
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)
Метод
Від’єднайте навантаження й позначте два затискачі a і b.
Знайдіть напругу холостого ходу між a і b: це Vth.
Вимкніть усі незалежні джерела й знайдіть опір з боку a–b: це Rth.
Поверніть навантаження до еквівалентної схеми: Vth послідовно з Rth.
Для еквівалента Нортона перетворіть: IN = Vth/Rth, з паралельним RN = Rth.
Перехідні процеси RC і RL
Стала часу
τ = RC | τ = L/R
Відгук
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Конденсатор на постійному струмі
розрив; vC не може змінитися стрибком
Котушка на постійному струмі
коротке замикання; iL не може змінитися стрибком
Усталений режим
t ≈ 5τ
Метод
Знайдіть початкове значення одразу після комутації: напруга на конденсаторі й струм через котушку не можуть змінитися стрибком.
Знайдіть кінцеве значення через довгий час після комутації: конденсатор поводиться як розрив, котушка — як коротке замикання.
Знайдіть сталу часу: τ = RC або τ = L/R, використовуючи опір з боку конденсатора чи котушки.
Використайте x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.
Повний опір і комплексні амплітуди
Повні опори
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Кутова частота
ω = 2πf
Модуль і кут
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Закон Ома в комплексній формі
V = I·Z
Метод
Переведіть частоту: ω = 2πf.
Знайдіть кожен реактивний опір: XL = ωL і XC = 1/(ωC).
Додавайте опори як резистори, з Z = R + jX.
Знайдіть модуль |Z| = √(R² + X²) і кут φ = atan(X/R), потім застосуйте закон Ома для комплексних амплітуд.
Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності
Активна потужність
P = V·I·cos φ
Реактивна потужність
Q = V·I·sin φ
Повна потужність
S = V·I = √(P² + Q²)
Коефіцієнт потужності
pf = cos φ = P/S
Компенсувальний конденсатор
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)
Трифазні системи
З’єднання зіркою (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
З’єднання трикутником (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Сумарна активна потужність
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Повна й реактивна потужність
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Компенсувальні конденсатори
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Напруга на кожному конденсаторі
Δ: VL Y: VL/√3
Вхідна потужність двигуна
Pin = Pout/η
Трансформатори
Коефіцієнт трансформації
a = N1/N2 = V1/V2
Відношення струмів
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Номінальний струм
I = S/V
Зведений опір
Z1′ = a²·ZL
Втрати в міді при неповному навантаженні
Pcu = x²·Pcu,fl
ККД
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Максимальний ККД
x = √(Pcore/Pcu,fl)
Схеми з операційними підсилювачами
Інвертувальний підсилювач
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Неінвертувальний підсилювач
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Сумувальний підсилювач
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Ідеальний ОП
V+ = V−, Iin = 0
Діоди й транзистори
Діод (постійний спад)
VD = 0,7 V when conducting
Активний режим
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Фіксоване зміщення
IB = (VCC − 0,7)/RB
Зміщення дільником
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Еквівалент Тевенена дільника
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Колекторний контур
VCE = VCC − ICRC − IERE
Насичення
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β
Системи числення
Ваги розрядів
двійкова 2k, вісімкова 8k, шістнадцяткова 16k
У десяткову
Σ dk·bk
З десяткової
діліть на основу, остачі читайте знизу вгору
Шістнадцяткова ↔ двійкова
одна шістнадцяткова цифра = 4 біти
Додатковий код
інвертуйте біти й додайте 1
Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери
Базові вентилі
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Правила булевої алгебри
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Закони де Моргана
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Порядок на карті Карно
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Група з 2ᵏ клітинок
втрачає k змінних
Мультиплексор 4-до-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Тригери
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Лічильники
n-розрядний: 2ⁿ станів; за модулем N: найменше n з 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Послідовний лічильник
fmax = 1/(n·tpd)
Кільцевий лічильник і лічильник Джонсона
n і 2n станів
Метод
Для схеми рухайтеся від входів до виходу вентиль за вентилем і записуйте значення на кожному дроті, або запишіть її вираз і заповніть таблицю істинності.
Для спрощення занесіть одиниці (а байдужі стани як X) на карту Карно з рядками й стовпцями в коді Грея: 00, 01, 11, 10.
Покрийте одиниці якомога меншою кількістю якомога більших груп по 1, 2, 4, 8 або 16 клітинок, з переходом через краї; кожна група — це один добуток зі змінних, що лишаються сталими. Для форми POS групуйте нулі.
Для тригерів і лічильників читайте входи на кожному активному фронті такту, записуйте стан після кожного фронту й пам’ятайте, що n-розрядний лічильник переходить через максимум після 2ⁿ станів.
Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф
Стійкість
усі корені характеристичного полінома в лівій півплощині
таблиця Рауса, елемент s¹ кубічного полінома
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Корені в правій півплощині
кількість змін знака в першому стовпці
Кубічний поліном s³ + a₂s² + a₁s + a₀
стійкий, коли всі a > 0 і a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Характеристичне рівняння
1 + K·G(s) = 0
Асимптоти
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Точки відходу й входу
dK/ds = 0
Умова модуля
K = 1/|G(s)|
Кут відходу
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)
Метод
Запишіть характеристичний поліном замкненої системи: знаменник рівняння 1 + K·G(s) = 0, розкритий до кінця.
Запишіть коефіцієнти по черзі в перші два рядки таблиці Рауса й побудуйте решту рядків.
Підрахуйте зміни знака в першому стовпці: кожна з них — це полюс у правій півплощині. Якщо в таблиці є K, вимагайте, щоб кожен елемент першого стовпця залишався додатним.
Для кореневого годографа позначте полюси й нулі, ділянки дійсної осі, асимптоти з центра та точки розгалуження, де dK/ds = 0. Для коефіцієнта підсилення в точці скористайтеся K = 1/|G(s)|.
Усталена похибка та ПІД-регулювання
Тип системи
кількість полюсів G(s) у точці s = 0
Константи похибок
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Східчастий сигнал A
ess = A/(1 + Kp)
Лінійно наростальний сигнал A·t
ess = A/Kv
Параболічний сигнал A·t²/2
ess = A/Ka
ПІД-регулятор
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Цільова система другого порядку
s² + 2ζωns + ωn²
Перерегулювання та часові показники
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)
Метод
Підрахуйте полюси розімкненого контуру C(s)·G(s) у точці s = 0: це тип системи.
Знайдіть константу похибки, що відповідає входу: Kp для східчастого, Kv для лінійно наростального, Ka для параболічного сигналу.
Застосуйте ess = A/(1 + Kp), A/Kv або A/Ka, або розв’яжіть це відносно потрібного коефіцієнта підсилення.
Для вимоги щодо демпфування чи швидкодії запишіть характеристичний поліном замкненої системи й порівняйте його з s² + 2ζω_n·s + ω_n².
2Задачі для практики
1.Послідовні й паралельні резисториСередня
Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.
До a–b підключено навантаження RL = 3 Ω. Замініть решту кола еквівалентом Тевенена і знайдіть струм навантаження IL.
V1 = 18 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 15 ΩRL = 3 Ω
IL = A
10.Тевенен і НортонСкладна
Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.
V1 = 24 VIs = 2,5 AR1 = 12 ΩR2 = 4 ΩR3 = 25 Ω
Vth = V
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Знайдіть напругу vL на котушці в момент t = 5 ms.
Vs = 10 VR = 20 ΩL = 100 mHt = 5 ms
vL = V
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
Ключ був замкнений тривалий час, тож коло в усталеному режимі. При t = 0 ключ розмикається. Знайдіть струм i2 через R2 при t = 75 ms.
Vs = 6 VR1 = 10 kΩR2 = 6,8 kΩC = 10 µFt = 75 ms
i2 = mA
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
Послідовне коло RLC підключено до мережі 100 V (діюче значення), 200 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.
V = 100 V (rms)f = 200 HzR = 25 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF
I = A
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
Послідовне коло RLC підключено до мережі 12 V (діюче значення), 200 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.
V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 100 ΩL = 50 mHC = 22 µF
I = A
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
Однофазний двигун споживає 36 kW при коефіцієнті потужності 0,75 (індуктивному) від мережі 240 V. Знайдіть струм лінії I.
P = 36 kWpf = 0,75V = 240 V
I = A
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
Однофазне навантаження споживає 10 kW при коефіцієнті потужності 0,7 (індуктивному) від мережі 230 V, 50 Hz. Паралельно підключений конденсатор підвищує коефіцієнт потужності до 0,98. Знайдіть реактивну потужність QC, яку має постачати конденсатор.
P = 10 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98V = 230 Vf = 50 Hz
QC = kvar
17.Трифазні системиСередня
Симетричне трифазне навантаження споживає лінійний струм 100 A від мережі з лінійною напругою 690 V. Коефіцієнт потужності 0,7, відстаючий. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку споживає навантаження, у kW.
VL = 690 VIL = 100 Acos φ = 0,7
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
Симетричне трифазне навантаження споживає 80 kW при коефіцієнті потужності 0,72 (відстаючому) від мережі 400 V (лінійна напруга), 50 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,98 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано трикутником. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.
P = 80 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
Підсилювач з вихідним опором 20 Ω живить гучномовець 5 Ω через ідеальний трансформатор. Для передачі максимальної потужності гучномовець з боку підсилювача має виглядати як 20 Ω. Знайдіть коефіцієнт трансформації a = N₁/N₂.
Rs = 20 ΩRL = 5 Ω
a =
20.ТрансформаториСкладна
Однофазний трансформатор 50 kVA має втрати в сталі 150 W і втрати в міді 300 W при номінальному навантаженні. При якому навантаженні Sη,max, у kVA, його ККД найвищий?
S = 50 kVAPcore = 150 WPcu,fl = 300 W
Sη,max = kVA
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
Підберіть резистор зворотного зв’язку Rf, щоб цей неінвертувальний підсилювач мав коефіцієнт підсилення за напругою 2.
R1 = 10 kΩAv = 2
Rf = kΩ
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
ОП ідеальний і живиться від ±15 V. Відношення опорів не узгоджені. Знайдіть вихідну напругу Vout.
NPN-транзистор з β = 100 має зміщення дільником напруги від VCC = 12 V: R₁ = 68 kΩ від VCC до бази й R₂ = 10 kΩ від бази до землі. Колекторний резистор RC = 2,2 kΩ, емітерний резистор RE = 680 Ω. Візьміть VBE = 0,7 V і використайте еквівалент Тевенена дільника (не нехтуйте струмом бази). Знайдіть струм колектора IC у mA.
NPN-транзистор з β = 80 комутує резистор навантаження 100 Ω, увімкнений між VCC = 5 V і його колектором. Емітер заземлено. Базу керують від логічного виходу 3,3 V через базовий резистор RB. Візьміть VBE = 0,7 V і VCE(sat) = 0,2 V. Для надійного перемикання розрахуйте струм бази в 2 разів більшим за мінімально потрібний для насичення. Знайдіть RB у kΩ.
Встановіть біти так, щоб вони зберігали −83 в 8-бітовому доповняльному коді. Яке значення U шаблону, якщо читати його як беззнакове число?
N = −838 bit
U =
26.Системи численняСкладна
Встановіть біти за 8-бітовим результатом 0101 0111 XOR 0011 1000. Яке значення R результату в десятковій системі?
0101 0111XOR0011 1000
R =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
Скористайтеся картою Карно, щоб знайти мінімальну форму суми добутків (SOP) для F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 4, 8, 12, 15). Скільки всього літералів L вона містить (змінна зі штрихом рахується як один літерал)?
F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 4, 8, 12, 15)
L =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
4-розрядний зсувний регістр Q₃Q₂Q₁Q₀ містить 0100. На кожному фронті такту біти зсуваються на одне місце праворуч (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀, Q₀ втрачається), а послідовний вхід заходить у Q₃. Послідовний вхід дорівнює 0, 0, 1, 0, 0, 1 на 6 фронтах. Запишіть кінцевий стан Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ як десяткове число.
Q₃Q₂Q₁Q₀ = 01000, 0, 1, 0, 0, 1
Q =
29.Перетворення ЛапласаСередня
F(s) = 12/(s² + 7s + 6). Її оригінал має вигляд f(t) = A·e−t + B·e−6t. Знайдіть коефіцієнт A розкладом на простіші дроби.
F(s) = 12/(s² + 7s + 6)
A =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
Систему описано диференціальним рівнянням y″ + 4y′ + 13y = 4u′ + 14u 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 = 0,2 s. Знайдіть g(0,2).
y″ + 4y′ + 13y = 4u′ + 14ut = 0,2 s
g(0.2) =
31.Блок-схемиСередня
Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = 4(s + 2)/((s + 1)(s + 9)). На задавальний сигнал подано сходинку розміром 5. Знайдіть усталену похибку ess.
G(s) = 4(s + 2)/((s + 1)(s + 9))R = 5
ess =
32.Блок-схемиСкладна
Пропорційний регулятор K = 8 керує об’єктом G(s) = 5/(s + 1) в одиничному від’ємному зворотному зв’язку. Збурення D діє на вході об’єкта (додається до виходу регулятора). Одночасно подають сходинку задавального сигналу розміром 5 і сходинку збурення розміром 2. Знайдіть усталений вихід css.
K = 8G(s) = 5/(s + 1)D = 2R = 5
css =
33.Перехідна характеристикаСередня
Система має передатну функцію G(s) = 59/(s² + 4s + 59) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS перехідної характеристики.
G(s) = 59/(s² + 4s + 59)
%OS = %
34.Перехідна характеристикаСкладна
Маса m = 4 kg висить на пружині k = 800 N/m з в’язким демпфером c = 23 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). З положення рівноваги в спокої раптово прикладають сталу силу F = 20 N. Знайдіть найбільше зміщення xmax у mm.
m = 4 kgk = 800 N/mc = 23 N·s/mF = 20 N
xmax = mm
35.Діаграми Боде та запасиСередня
RC-фільтр нижніх частот на рисунку має R = 2,2 kΩ, C = 2,2 nF. На вхід подають синусоїдний сигнал 330 kHz. Знайдіть фазовий зсув φ сигналу vout відносно vin, у градусах.
R = 2,2 kΩC = 2,2 nFf = 330 kHz
φ = °
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 13/(s(s + 5)). Знайдіть запас за фазою PM у градусах.
L(s) = 13/(s(s + 5))
PM = °
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
Контур на схемі працює при K = 132, L(s) = K/(s(s + 5)(s + 6)). У скільки разів m можна збільшити коефіцієнт підсилення, перш ніж замкнена система стане нестійкою?
L(s) = K/(s(s + 5)(s + 6))K = 132
m =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
Для L(s) = K/((s + 1)(s² + 6s + 25)) знайдіть кут відходу θd кореневого годографа від комплексного полюса у верхній півплощині, відміряний від додатного напряму дійсної осі.
L(s) = K/((s + 1)(s² + 6s + 25))
θd = °
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
Контур з одиничним зворотним зв’язком має G(s) = K/((s + 1)(s + 4)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого усталена похибка для східчастого входу становить 10 %.
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 = 6 + 4 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 2·10/(2+10) = 1,667 Ω
Req = R1 + 1,667 = 3 + 1,667 = 4,667 Ω
Відповідь
Req = 4,667 Ω
2.Послідовні й паралельні резистори
Відповідь: IR2 = 1,067 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 = 12 + 4 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 4,364 Ω
R3 + 4,364 = 34,36 Ω
R2 ∥ 34,36 = 1,89 Ω
Req = R1 + 1,89 = 30 + 1,89 = 31,89 Ω
Струм джерела
Джерело бачить лише Req, тож закон Ома дає струм, який воно віддає. Цей струм тече через R₁.
IR1 = V1/Req = 36/31,89 = 1,129 A
Струм через R₂
Відніміть спад на R₁, щоб отримати напругу у вузлі A, тобто напругу на R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 36 − 1,129·30 = 2,134 V
IR2 = VA/R2 = 2,134/2 = 1,067 A
Відповідь
IR2 = 1,067 A
3.Метод вузлових потенціалів
Відповідь: VB = −22,16 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/3 + (VA − 18)/20 + (VA − VB)/15 = 0
0,45·VA − 0,06667·VB = 0,9
ЗСК у вузлі B
Струми, що виходять із B через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у B.
Метод вузлових потенціалів: оберіть опорний вузол, позначте невідомі вузлові напруги, запишіть закон струмів Кірхгофа для кожного невідомого вузла за законом Ома (I = ΔV/R) і розв’яжіть отримані рівняння.
ЗСК для вузла A
VA відоме, тож це рівняння дає VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(7 − 6)/12 + 7/6 = (VB − 7)/12
1,25 = (VB − 7)/12 → VB = 22 V
ЗСК для вузла B
Струми, що виходять з B через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у B.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (22 − 7)/12 + 22/6 = 4,917 A
Відповідь
Is = 4,917 A
5.Метод контурних струмів
Відповідь: I1 = 0,6383 A
Метод контурних струмів: дайте кожному вікну плоского кола власний контурний струм, запишіть закон напруг Кірхгофа для кожного контуру (сума спадів = сума зростань) і розв’яжіть. Струми гілок — це контурний струм або різниця двох контурних струмів у спільній гілці.
Призначте контурні струми
У кожному вікні намалюйте струм за годинниковою стрілкою: I1, I2. Резистор, спільний для двох контурів, проводить різницю їхніх струмів.
ЗНК для контуру 1
Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).
R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
8·I1 + 10(I1 − I2) = 15
18·I1 − 10·I2 = 15
ЗНК для контуру 2
Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).
R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
6·I2 + 10(I2 − I1) = (−12)
−10·I1 + 16·I2 = −12
Розв’яжіть
Δ = (18)(16) − (−10)(−10) = 188
I1 = Δ1/Δ = 120/188 = 0,6383 A
I2 = Δ2/Δ = −66/188 = −0,3511 A
Відповідь
I1 = 0,6383 A
Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.
6.Метод контурних струмів
Відповідь: IR2 = 0,1202 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
20·I1 + 8(I1 − I2) = 18
28·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
4·I2 + 8(I2 − I1) + 3(I2 − I3) = 0
−8·I1 + 15·I2 − 3·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
5·I3 + 3(I3 − I2) = (−10)
−3·I2 + 8·I3 = −10
Розв’яжіть
Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 2596
I1 = Δ1/Δ = 1758/2596 = 0,6772 A
I2 = Δ2/Δ = 312/2596 = 0,1202 A
I3 = Δ3/Δ = −3128/2596 = −1,205 A
Відповідь
IR2 = I2 = 0,1202 A
Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.
7.Метод накладання
Відповідь: IR1 = −2,19 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
Iₛ стає розривом, тож R₃ і R₄ утворюють одну послідовну гілку від A до землі, паралельну R₂.
R3+R4 = 20+2 = 22 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 12·22/(12+22) = 7,765 Ω
VA = 24·7,765/(4+7,765) = 15,84 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 15,84·2/22 = 1,44 V
IR1′ = (VA − V1)/R1 = (15,84 − 24)/4 = −2,04 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 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 2 ∥ 23 = 1,84 Ω
VB = Is·Req = (−2,5)·1,84 = −4,6 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −4,6·3/23 = −0,6 V
IR1″ = (VA − V1)/R1 = (−0,6 − 0)/4 = −0,15 A
Додайте складові
IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = (−2,04) + (−0,15) = −2,19 A
Від’ємний результат означає, що насправді струм тече проти стрілки.
8.Метод накладання
Відповідь: IR4 = 2,97 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.
R3 ∥ (R2+R4) = 5 ∥ 13 = 3,611 Ω
VA = 24·3,611/(15+3,611) = 4,657 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 4,657·5/13 = 1,791 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (1,791 − 0)/5 = 0,3582 A
Випадок 2 · діє лише Is
Обидва джерела напруги стають короткими замиканнями. Iₛ у точці B розгалужується між R₄ (тепер до землі) і R₂, послідовним із R₁ ∥ R₃.
R1 ∥ R3 = 3,75 Ω, тож лівий шлях — R2+3,75 = 11,75 Ω
Req = R4 ∥ 11,75 = 3,507 Ω
VB = Is·Req = 5·3,507 = 17,54 V
VA = VB·3,75/11,75 = 5,597 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (17,54 − 0)/5 = 3,507 A
Випадок 3 · діє лише V2
V₁ стає коротким замиканням, а Iₛ — розривом. R₁ ∥ R₃ відходить від A, послідовно з R₂ назад до B.
R1 ∥ R3 = 15·5/(15+5) = 3,75 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 15·11,75/16,75 = 10,52 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 10,52·3,75/11,75 = 3,358 V
IR4‴ = (VB − V2)/R4 = (10,52 − 15)/5 = −0,8955 A
Додайте складові
IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴
IR4 = 0,3582 + 3,507 + (−0,8955) = 2,97 A
Від’ємний результат означає, що насправді струм тече проти стрілки.
9.Тевенен і Нортон
Відповідь: IL = 0,6545 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 = 5·20/(5+20) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 15 = 19 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) = 18·20/(5+20) = 14,4 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) = 14,4/(19 + 3) = 0,6545 A
10.Тевенен і Нортон
Відповідь: Vth = −64 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.
Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами
Замініть джерела напруги короткими замиканнями, а джерела струму — розривами, а тоді подивіться на коло з боку a–b.
R1 ∥ R2 = 12·4/(12+4) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 25 = 28 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) = 6 + (−2,5)·3 = −1,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −1,5 + (−2,5)·25 = −64 V
11.Перехідні процеси RC і RL
Відповідь: vL = 3,679 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.
Стала часу і кінцевий струм
Через тривалий час після замикання котушка поводиться як коротке замикання, тож кінцевий струм визначає лише R.
τ = L/R = 100 mH / 20 Ω = 5 ms
i(∞) = Vs/R = 10/20 = 0,5 A
Напруга на котушці
У момент t = 0 уся напруга живлення прикладена до котушки; далі вона спадає до нуля.
vL(t) = Vs·e−t/τ = 10·e−5/5 = 3,679 V
Відповідь
vL = 3,679 V
12.Перехідні процеси RC і RL
Відповідь: i2 = 0,1185 mA
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.
Початкова напруга на конденсаторі
В усталеному режимі конденсатор — розрив кола, тож R₁ і R₂ утворюють подільник напруги. Напруга на конденсаторі не може змінитися стрибком у момент розмикання ключа.
vC(0) = 6·6,8/(10 + 6,8) = 2,429 V
Стала часу після розмикання ключа
τ = R2·C = 6,8·10 = 68 ms
Розряджання
vC(t) = 2,429·e−75/68 = 0,806 V
i2 = vC/R2 = 0,806/6,8 = 0,1185 mA
Відповідь
i2 = 0,1185 mA
13.Повний опір і комплексні амплітуди
Відповідь: I = 0,6834 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,02 = 25,13 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·4,7·10⁻⁶) = 169,3 Ω
Повний опір
Послідовно повні опори додаються як комплексні числа: Z = R + j(XL − XC).
Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.
I = V/|Z| = 100/146,3 = 0,6834 A
Відповідь
I = 0,6834 A
14.Повний опір і комплексні амплітуди
Відповідь: I = 0,116 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,05 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·22·10⁻⁶) = 36,17 Ω
Повний опір
Послідовно повні опори додаються як комплексні числа: Z = R + j(XL − XC).
Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.
I = V/|Z| = 12/103,5 = 0,116 A
Відповідь
I = 0,116 A
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності
Відповідь: I = 200 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) = 36000/(240·0,75) = 200 A
Відповідь
I = 200 A
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності
Відповідь: QC = 8,171 kvar
Потужність змінного струму: повна потужність S = V·I (VA) складається з активної потужності P = S·cos φ (W), що виконує корисну роботу, і реактивної потужності Q = S·sin φ (var), що коливається між джерелом і навантаженням. Коефіцієнт потужності — cos φ. Паралельний конденсатор постачає реактивну потужність на місці, тож струм лінії зменшується за тієї самої активної потужності.
Реактивна потужність до і після
Активна потужність P не змінюється; змінюється лише реактивна потужність із мережі.
Q1 = P·tan φ1 = 10·tan(45,57°) = 10,2 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 10·tan(11,48°) = 2,031 kvar
QC = Q1 − Q2 = 8,171 kvar
Відповідь
QC = 8,171 kvar
17.Трифазні системи
Відповідь: P = 83,66 kW
Симетричні трифазні системи: у з’єднанні зіркою (Y) лінійна напруга в √3 разів більша за фазну, VL = √3·Vph, а лінійний струм дорівнює фазному. У з’єднанні трикутником (Δ) лінійна напруга дорівнює фазній, а лінійний струм у √3 разів більший за фазний, IL = √3·Iph. Сумарна потужність утричі більша за потужність однієї фази: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.
Повна потужність
S = √3·VL·IL = √3·690·100 = 119,5 kVA
Активна потужність
P = S·cos φ = 119,5·0,7 = 83,66 kW
Відповідь
P = 83,66 kW
18.Трифазні системи
Відповідь: Cph = 403,6 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 = 80·tan(acos 0,72) = 80·0,9639 = 77,11 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,98) = 80·0,2031 = 16,24 kvar
Реактивна потужність від конденсаторів
QC = Q1 − Q2 = 60,86 kvar
Ємність на фазу
У батареї, з’єднаній трикутником, кожен конденсатор увімкнено між двома лінійними проводами.
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.
Узгодьте зведене навантаження
a²·5 = 20
a = √(20/5) = √4 = 2
Відповідь
a = 2
20.Трансформатори
Відповідь: Sη,max = 35,36 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
x²·300 = 150 → x = √(150/300) = 0,7071
Навантаження при максимальному ККД
Sη,max = x·S = 0,7071·50 = 35,36 kVA
Відповідь
Sη,max = 35,36 kVA
21.Схеми з операційними підсилювачами
Відповідь: Rf = 10 kΩ
Правила ідеального ОП: з від’ємним зворотним зв’язком підсилювач встановлює вихід так, щоб обидва входи мали однакову напругу (V₋ = V₊), і в жоден вхід струм не тече. ЗСК на інвертувальному вході з цими двома фактами дає вихід.
V₋ = V₊ = Vin, а струм через R₁ тече й через Rf, тож Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).
Av = 1 + Rf/R1
Rf = (2 − 1)·10 = 10 kΩ
Відповідь
Rf = 10 kΩ
22.Схеми з операційними підсилювачами
Відповідь: Vout = −1,448 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.
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 = 12·10/(68 + 10) = 1,538 V
RTH = 68·10/(68 + 10) = 8,718 kΩ
Струм бази
ЗНК для базового контуру; струм емітера дорівнює (β + 1)·IB.
IB = (1,538 − 0,7)/(8,718 + 101·0,68) = 10,83 µA
Струм колектора
IC = 100·10,83 µA = 1,083 mA
IE = 101·10,83 µA = 1,094 mA
Відповідь
IC = 1,083 mA
24.Діоди й транзистори
Відповідь: RB = 2,167 kΩ
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 колектора в насиченні
IC(sat) = (5 − 0,2)/100 = 48 mA
Мінімальний струм бази
IB(min) = IC(sat)/β = 48/80 = 600 µA
Розрахунковий струм бази
IB = 2·600 µA = 1200 µA
Базовий резистор
RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/1,2 mA = 2,167 kΩ
Відповідь
RB = 2,167 kΩ
25.Системи числення
Відповідь: U = 173
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
83 = 0101 0011
інвертовано: 1010 1100
+1 → 1010 1101
Прочитайте як беззнакове
1010 1101₂ = 256 − 83 = 173
Відповідь
U = 173
26.Системи числення
Відповідь: R = 111
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
XOR дає 1, де два біти різні.
0101 0111
XOR 0011 1000
= 0110 1111
Значення результату
0110 1111₂ = 111
Відповідь
R = 111
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери
Відповідь: L = 12
Карти Карно: клітинки впорядковано за кодом Грея (00, 01, 11, 10), тож сусідні клітинки, зокрема через краї, відрізняються рівно однією змінною. Групуйте одиниці в прямокутники по 1, 2, 4, 8 або 16 клітинок, якомога більші й у якомога меншій кількості, доки кожну 1 не буде покрито. Кожна група — це один добуток: змінні, що лишаються сталими всередині неї. Група з 2ᵏ клітинок втрачає k змінних. Байдужі стани (X) можна використовувати, щоб групи були більшими, але їх не обов’язково покривати. Групування нулів замість одиниць дає мінімальну форму POS.
Згрупуйте одиниці
Кожна група — це прямокутник із 2ᵏ клітинок; крайні клітинки є сусідами клітинок на протилежному краї.
C′D′
A′B′D′
A′B′C′
ABCD
Мінімальна форма SOP
F = C′D′ + A′B′D′ + A′B′C′ + ABCD
L = 12
Відповідь
L = 12
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери
Відповідь: Q = 9
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.
Стан після кожного фронту
0100 → 0010 → 0001 → 1000 → 0100 → 0010 → 1001
Десяткове значення
1001₂ = 9
Відповідь
Q = 9
29.Перетворення Лапласа
Відповідь: A = 2,4
Перетворення Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt перетворює похідні на множення на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартні пари: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), а зсув s → s + σ множить оригінал на e−σt. Щоб знайти оригінал раціональної F(s), розкладіть її на простіші дроби: коефіцієнт простого полюса p дорівнює A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема про кінцеве значення: f(∞) = lims→0 s·F(s), справедлива лише тоді, коли всі полюси s·F(s) лежать у лівій півплощині. Теорема про початкове значення: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Розкладіть знаменник на множники
s² + 7s + 6 = (s + 1)(s + 6)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 6)
Правило закривання
Помножте на (s + 1) і покладіть s = −1: доданок із B зникає.
A = 12/(s + 6) |s = −1 = 12/5 = 2,4
Відповідь
A = 2,4
(B = −2,4, тож f(t) = 2,4·e−t − 2,4·e−6t)
30.Перетворення Лапласа
Відповідь: g(0.2) = 2,97
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).
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) = 4·2/(1·9) = 0,8889
Усталена похибка
ess = A/(1 + Kₚ) = 5/(1 + 0,8889) = 2,647
Відповідь
ess = 2,647
32.Блок-схеми
Відповідь: css = 5,122
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).
Передатні функції
C/D = G/(1 + K·G) = 5/(s + 1 + 40)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 40/(s + 1 + 40)
Усталений режим
css = 5·40/41 + 2·5/41 = 5,122
Відповідь
css = 5,122
Більше K зменшує вплив збурення, але з пропорційним регулятором ніколи не до нуля.
33.Перехідна характеристика
Відповідь: %OS = 42,86 %
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 = 59 → ωₙ = 7,681 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·7,681) = 0,2604
Результат
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−0,8472 = 42,86 %
Відповідь
%OS = 42,86 %
34.Перехідна характеристика
Відповідь: xmax = 38,02 mm
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) = √(800/4) = 14,14 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 23/(2·√(800·4)) = 0,2033
Результат
xst = F/k = 20/800 m = 25 mm
%OS = 52,09 %
xmax = 25·(1 + 0,5209) = 38,02 mm
Відповідь
xmax = 38,02 mm
35.Діаграми Боде та запаси
Відповідь: φ = −84,31 °
Частотна характеристика: підставте s = jω у передавальну функцію. Модуль у децибелах дорівнює 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумі кутів множників чисельника мінус кути множників знаменника. Фільтр першого порядку RC або RL має частоту зрізу (−3 dB) ωc = 1/(RC) або R/L, а fc = ωc/(2π); фільтр нижніх частот дає |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) і φ = −atan(ω/ωc). На асимптотичній (ламаній) діаграмі Боде кожен полюс згинає модуль вниз на 20 dB/decade на своїй частоті зламу, кожен нуль згинає його вгору на 20 dB/decade, а інтегратор 1/s дає −20 dB/decade на всіх частотах. Частота зрізу за коефіцієнтом підсилення ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас за фазою PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перетину за фазою ω180: ∠L(jω) = −180°; запас за підсиленням GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнена система стійка, коли обидва запаси додатні.
Частота зрізу
ωc = 1/(RC) = 1/(2200·2,2 × 10⁻⁹) = 206612 rad/s
fc = 32883 Hz → f/fc = 330000/32883 = 10,04
Фаза
φ = − atan(10,04) = −84,31°
Відповідь
φ = −84,31°
36.Діаграми Боде та запаси
Відповідь: PM = 64,8 °
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 + 25ω² − 169 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·169))/2 = 5,535
ωc = 2,353 rad/s
Запас за фазою
∠L(jωc) = −90° − atan(2,353/5) = −115,2°
PM = 180° + ∠L = 64,8°
Відповідь
PM = 64,8°
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф
Відповідь: m = 2,5
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 + 11s² + 30s + K = 0
s³: 1, 30
s²: 11, K
s¹: (11·30 − K)/11
s⁰: K
Найбільший стійкий коефіцієнт підсилення
Kmax = 11·30 = 330
Кратність
m = 330/132 = 2,5
Відповідь
m = 2,5
Ця кратність — запас за коефіцієнтом підсилення як відношення: 7,959 dB.
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф
Відповідь: θd = −26,57 °
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.
Положення полюсів
s² + 6s + 25 = 0 → s = −3 ± j4
s = −1
Кути від інших полюсів
∠(−3 + j4 + 1) = atan2(4, -2) = 116,6°
∠(−3 + j4 − (−3 − j4)) = ∠(j8) = 90°
Кут відходу
θd = 180° − 116,6° − 90° = −26,57°
Відповідь
θd = −26,57°
39.Усталена похибка та ПІД-регулювання
Відповідь: K = 36
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 константа похибки
1/(1 + Kp) = 0,1 → Kp = 9
Коефіцієнт підсилення
K/4 = 9 → K = 36
Відповідь
K = 36
Перевірте також стійкість замкненої системи: для цього контуру другого порядку будь-яке K > 0 стійке.
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання
Відповідь: ess = 4
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).
Швидкісна константа
s·C(s) = 5s + 5 → 5 при s → 0.
Kv = 5·5/50 = 0,5
Похибка за лінійно наростального сигналу
ess = 2/0,5 = 4
Відповідь
ess = 4
ПІ-регулятор повністю усуває похибку за східчастого сигналу; лінійно наростальний сигнал відпрацьовується з незмінним відставанням.
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.