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 струм IR1, який віддає джерело і який тече через R1.
Знайдіть значення джерела струму Is (напрямок як на схемі), за якого струм IR3 через R3 дорівнює нулю.
V1 = 15 VR1 = 4 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 ΩR4 = 3 Ω
Is = A
8.Метод накладанняСкладна
Лінійне резистивне коло містить три незалежні джерела: V1, V2 і Is. Струм I через навантаження виміряли тричі. Коли всі джерела мають звичайні значення, I = 14 mA. Коли V1 подвоєне, а два інші без змін, I = 16 mA. Коли напрямок Is змінено на протилежний, а два інші без змін, I = 11 mA. Знайдіть струм навантаження I, коли V2 вимкнене, а V1 і Is мають звичайні значення.
звичайні значення: I = 14 mA2·V1: I = 16 mA−Is: I = 11 mA
I = mA
9.Тевенен і НортонСередня
До a–b підключено навантаження RL = 2 Ω. Замініть решту кола еквівалентом Тевенена і знайдіть струм навантаження IL.
V1 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 ΩRL = 2 Ω
IL = A
10.Тевенен і НортонСкладна
До a–b підключено навантаження RL = 25 Ω. За допомогою еквівалента Тевенена знайдіть потужність PL, що передається навантаженню.
До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Знайдіть енергію W(∞), накопичену в котушці після встановлення режиму, у mJ.
Vs = 6 VR = 10 ΩL = 220 mH
W(∞) = mJ
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 18 V з указаною полярністю. Знайдіть напругу на конденсаторі vC у момент t = 150 ms.
Vs = 24 VR = 6,8 kΩC = 22 µFvC(0) = 18 Vt = 150 ms
vC = V
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
Послідовне коло RLC підключено до мережі 10 V (діюче значення), 1000 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.
V = 10 V (rms)f = 1000 HzR = 40 ΩL = 50 mHC = 22 µF
I = A
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
Послідовне RLC-коло живиться від джерела 5 V (діюче значення), частоту якого встановлено рівною резонансній частоті кола. Знайдіть діюче значення напруги VL на котушці.
V = 5 V (rms)R = 10 ΩL = 20 mHC = 10 µF
VL = V
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
До однофазної мережі 230 V паралельно під’єднано два навантаження: навантаження 9 kW з коефіцієнтом потужності 0,7 (індуктивним) і нагрівач потужністю 20 kW (коефіцієнт потужності 1). Знайдіть загальний струм I, що споживається від мережі.
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
Однофазне навантаження споживає 25 kW при коефіцієнті потужності 0,65 (індуктивному) від мережі 400 V, 50 Hz. Паралельно підключений конденсатор підвищує коефіцієнт потужності до 0,98. Знайдіть потрібну ємність C.
P = 25 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98V = 400 Vf = 50 Hz
C = µF
17.Трифазні системиСередня
Трифазний асинхронний двигун при повному навантаженні розвиває механічну потужність 55 kW. При цьому навантаженні його ККД становить 88%, а коефіцієнт потужності 0,8, відстаючий. Лінійна напруга мережі 690 V. Знайдіть лінійний струм IL.
Pout = 55 kWη = 88%cos φ = 0,8VL = 690 V
IL = A
18.Трифазні системиСкладна
Симетричне трифазне навантаження споживає 150 kW при коефіцієнті потужності 0,7 (відстаючому) від мережі 415 V (лінійна напруга), 50 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,95 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано трикутником. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.
P = 150 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
До вторинної обмотки ідеального трансформатора з коефіцієнтом трансформації N₁:N₂ = 2:1 підключено резистор 5 Ω. Знайдіть опір R1′ з боку первинної обмотки.
N1:N2 = 2:1RL = 5 Ω
R1′ = Ω
20.ТрансформаториСкладна
Однофазний трансформатор 150 kVA має втрати в сталі 600 W і втрати в міді 1500 W при номінальному навантаженні. Він віддає 25% своєї номінальної потужності в kVA при коефіцієнті потужності 0,8 (відстаючому). Знайдіть сумарні втрати Ploss у ватах при цьому навантаженні.
Підберіть резистор зворотного зв’язку Rf, щоб цей неінвертувальний підсилювач мав коефіцієнт підсилення за напругою 4.
R1 = 100 kΩAv = 4
Rf = kΩ
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
Сумувальний підсилювач використовує ідеальний ОП, що живиться від ±15 V. Знайдіть струм If через резистор зворотного зв’язку, що тече до виходу.
V1 = −0,2 VV2 = 0,2 VR1 = 1 kΩR2 = 2 kΩRf = 10 kΩ
If = mA
23.Діоди й транзисториСередня
Стабілізатор на стабілітроні 3,3 В живиться від 18 В через 330 Ом і живить навантаження 680 Ом. Знайдіть струм стабілітрона IZ.
Vin = 18 VVZ = 3,3 VR = 330 ΩRL = 680 Ω
IZ = mA
24.Діоди й транзисториСкладна
NPN-транзистор з β = 100 комутує резистор навантаження 1 kΩ, 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.
8-бітовий шаблон 1100 0001 зберігає ціле число зі знаком у додатковому коді. Яке його значення N у десятковій системі?
1100 00018 bit
N =
26.Системи численняСкладна
Встановіть біти за 8-бітовим результатом 1110 0010 XOR 1110 1110. Яке значення R результату в десятковій системі?
1110 0010XOR1110 1110
R =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
На цій карті Карно рівно одна 1 не має сусідньої 1, тож у мінімальній формі SOP вона лишається групою з однієї клітинки (повний мінтерм із чотирьох літералів). Сусіди через краї карти враховуються. Клікніть цю клітинку.
F = Σm(3, 4, 6, 9, 13)
1AB = 00, CD = 00
2AB = 00, CD = 01
3AB = 00, CD = 11
4AB = 00, CD = 10
5AB = 01, CD = 00
6AB = 01, CD = 01
7AB = 01, CD = 11
8AB = 01, CD = 10
9AB = 11, CD = 00
10AB = 11, CD = 01
11AB = 11, CD = 11
12AB = 11, CD = 10
13AB = 10, CD = 00
14AB = 10, CD = 01
15AB = 10, CD = 11
16AB = 10, CD = 10
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
Знайдіть мінімальну форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 4, 5, 7, 14, 15) + d(10, 13), де d позначає байдужі стани. Скільки добутків N вона має?
Знайдіть f(t) для F(s) = (2s + 10)/(s² + 6s + 9) і обчисліть f(0,3).
F(s) = (2s + 10)/(s² + 6s + 9)t = 0,3 s
f(0.3) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
Система підпорядковується рівнянню y″ + 10y′ + 24y = 96·u(t) при y(0) = 4 і y′(0) = 0. У момент t = 0 подають вхідну сходинку u(t) = 4. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть y(0,3).
Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = 6(s + 4)/((s + 1)(s + 9)). На задавальний сигнал подано сходинку розміром 2. Знайдіть усталену похибку ess.
G(s) = 6(s + 4)/((s + 1)(s + 9))R = 2
ess =
32.Блок-схемиСкладна
Згорніть блок-схему з G₁ = 9/(s + 1), G₂ = 6/(s + 4), внутрішнім від’ємним зворотним зв’язком H₁ = 0,5 навколо G₂ та зовнішнім від’ємним зворотним зв’язком H₂ = 0,5. Знайдіть статичний коефіцієнт підсилення T(0) для C(s)/R(s).
G₁ = 9/(s + 1)G₂ = 6/(s + 4)H₁ = 0,5H₂ = 0,5
T(0) =
33.Перехідна характеристикаСередня
Система має передатну функцію G(s) = 12/(s² + s + 4) і отримує на вході одиничну сходинку. Полюси: s = σ ± jωd. Знайдіть дійсну частину σ.
G(s) = 12/(s² + s + 4)
σ =
34.Перехідна характеристикаСкладна
Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = 240/(s(s + 20)). Знайдіть 2-відсотковий час встановлення ts перехідної характеристики замкненої системи за формулою ts ≈ 4/(ζωₙ).
G(s) = 240/(s(s + 20))
ts = s
35.Діаграми Боде та запасиСередня
Знайдіть фазу ∠G(jω) функції G(s) = 24(s + 20)/(s(s + 15)) за ω = 4 rad/s, у градусах.
G(s) = 24(s + 20)/(s(s + 15))ω = 4 rad/s
∠G(jω) = °
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 30/(s(s + 4)). Знайдіть частоту зрізу за підсиленням ωc, де |L(jω)| = 1.
L(s) = 30/(s(s + 4))
ωc = rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
Контур на схемі працює при K = 160, L(s) = K/(s(s + 6)(s + 10)). У скільки разів m можна збільшити коефіцієнт підсилення, перш ніж замкнена система стане нестійкою?
L(s) = K/(s(s + 6)(s + 10))K = 160
m =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
Контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = K/(s(s + 10)) має відпрацьовувати лінійно наростальний сигнал r(t) = 5t з усталеною похибкою 0,01. Знайдіть коефіцієнт підсилення K.
G(s) = K/(s(s + 10))r(t) = 5tess = 0,01
K =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
П-регулятор K керує об’єктом G(s) = 2/(s(s + 10)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого замкнена система має коефіцієнт демпфування ζ = 0,4.
G(s) = 2/(s(s + 10))ζ = 0,4
K =
3Розчини
1.Послідовні й паралельні резистори
Відповідь: IR1 = 0,7851 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.
R3 + R4 = 3 + 10 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 6·13/(6+13) = 4,105 Ω
Req = R1 + 4,105 = 15 + 4,105 = 19,11 Ω
Струм джерела
Джерело бачить лише Req, тож закон Ома дає струм, який воно віддає. Цей струм тече через R₁.
IR1 = V1/Req = 15/19,11 = 0,7851 A
Відповідь
IR1 = 0,7851 A
2.Послідовні й паралельні резистори
Відповідь: IR2 = 0,7878 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 = 15 + 3 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 6,429 Ω
R3 + 6,429 = 14,43 Ω
R2 ∥ 14,43 = 1,757 Ω
Req = R1 + 1,757 = 25 + 1,757 = 26,76 Ω
Струм джерела
Джерело бачить лише Req, тож закон Ома дає струм, який воно віддає. Цей струм тече через R₁.
IR1 = V1/Req = 24/26,76 = 0,897 A
Струм через R₂
Відніміть спад на R₁, щоб отримати напругу у вузлі A, тобто напругу на R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 24 − 0,897·25 = 1,576 V
IR2 = VA/R2 = 1,576/2 = 0,7878 A
Відповідь
IR2 = 0,7878 A
3.Метод вузлових потенціалів
Відповідь: PIs = 29,16 W
Метод вузлових потенціалів: оберіть опорний вузол, позначте невідомі вузлові напруги, запишіть закон струмів Кірхгофа для кожного невідомого вузла за законом Ома (I = ΔV/R) і розв’яжіть отримані рівняння.
ЗСК у вузлі A
Струми, що виходять із A через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у A.
VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/3 + (VA − 6)/8 + (VA − VB)/8 = 0
0,5833·VA − 0,125·VB = 0,75
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/20 + (VB − VA)/8 = 2
−0,125·VA + 0,175·VB = 2
Розв’яжіть
Δ = (0,5833)(0,175) − (−0,125)(−0,125) = 0,08646
VA = Δ1/Δ = 0,3812/0,08646 = 4,41 V
VB = Δ2/Δ = 1,26/0,08646 = 14,58 V
Потужність, яку віддає джерело струму
Джерело подає Iₛ угору у вузол B, від землі (0 V) до VB. Джерело, струм якого виходить з його затискача +, віддає потужність P = V·I.
PIs = VB·Is = 14,58·2 = 29,16 W
Відповідь
PIs = 29,16 W
4.Метод вузлових потенціалів
Відповідь: Is = 3,288 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.
ЗСК для вузла A
VA відоме, тож це рівняння дає VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(13 − 36)/20 + 13/8 = (VB − 13)/20
0,475 = (VB − 13)/20 → VB = 22,5 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 = (22,5 − 13)/20 + 22,5/8 = 3,288 A
Відповідь
Is = 3,288 A
5.Метод контурних струмів
Відповідь: I2 = 0,05357 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
6·I1 + 4(I1 − I2) = 18
10·I1 − 4·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 + R3(I2 − I1) = −V2
20·I2 + 4(I2 − I1) = (−6)
−4·I1 + 24·I2 = −6
Розв’яжіть
Δ = (10)(24) − (−4)(−4) = 224
I1 = Δ1/Δ = 408/224 = 1,821 A
I2 = Δ2/Δ = 12/224 = 0,05357 A
Відповідь
I2 = 0,05357 A
Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.
6.Метод контурних струмів
Відповідь: IR2 = −0,8968 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 + 10(I1 − I2) = 15
30·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 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
3·I2 + 10(I2 − I1) + 25(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 38·I2 − 25·I3 = 0
ЗНК для контуру 3
Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).
R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
3·I3 + 25(I3 − I2) = (−18)
−25·I2 + 28·I3 = −18
Розв’яжіть
Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 10370
I1 = Δ1/Δ = 2085/10370 = 0,2011 A
I2 = Δ2/Δ = −9300/10370 = −0,8968 A
I3 = Δ3/Δ = −14970/10370 = −1,444 A
Відповідь
IR2 = I2 = −0,8968 A
Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.
7.Метод накладання
Відповідь: Is = 2,778 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.
V₁ стає коротким замиканням, тож R₁ ∥ R₂ з’єднує A із землею. Iₛ розгалужується у вузлі B між R₄ і шляхом R₃ + R₁∥R₂; частина через R₃ тече від B до A, проти стрілки.
Метод накладання: у лінійному колі будь-яка напруга чи струм дорівнює сумі відгуків на кожне незалежне джерело, що діє окремо. Щоб вимкнути джерело, замініть ідеальне джерело напруги коротким замиканням, а ідеальне джерело струму — розривом. Резистори залишаються на місці.
Запишіть вимірювання через внески
Кожен внесок пропорційний своєму джерелу.
I₁ + I₂ + I₃ = 14
2·I₁ + I₂ + I₃ = 16
I₁ + I₂ − I₃ = 11
Знайдіть внески
I₁ = 16 − 14 = 2 mA
I₃ = (14 − 11)/2 = 1,5 mA
I₂ = 14 − 2 − 1,5 = 10,5 mA
Вимкніть V₂
I = I₁ + I₃ = 2 + 1,5 = 3,5 mA
Відповідь
I = 3,5 mA
9.Тевенен і Нортон
Відповідь: IL = 0,1724 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 = 15·3/(15+3) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 10 = 12,5 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) = 15·3/(15+3) = 2,5 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) = 2,5/(12,5 + 2) = 0,1724 A
10.Тевенен і Нортон
Відповідь: PL = 44,51 W
Теорема Тевенена: будь-яке лінійне двополюсне коло поводиться як одне джерело напруги Vth, послідовне з опором Rth. Теорема Нортона подає те саме коло як джерело струму IN = Vth/Rth, паралельне Rth.
Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами
Замініть джерела напруги короткими замиканнями, а джерела струму — розривами, а тоді подивіться на коло з боку a–b.
R1 ∥ R2 = 20·3/(20+3) = 2,609 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,609 + 25 = 27,61 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) = 1,174 + 2,5·2,609 = 7,696 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 7,696 + 2,5·25 = 70,2 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) = 70,2/(27,61 + 25) = 1,334 A
PL = IL²·RL = 1,334²·25 = 44,51 W
11.Перехідні процеси RC і RL
Відповідь: W(∞) = 39,6 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 = 220 mH / 10 Ω = 22 ms
i(∞) = Vs/R = 6/10 = 0,6 A
Накопичена енергія
W(∞) = ½·L·i(∞)² = ½·220·0,6² = 39,6 mJ
Відповідь
W(∞) = 39,6 mJ
12.Перехідні процеси RC і RL
Відповідь: vC = 21,8 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) = 18 V, vC(∞) = Vs = 24 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 22 µF = 149,6 ms
vC(t) = 24 + (18 − 24)·e−t/τ
Напруга в заданий момент
vC(150) = 24 + (−6)·e−150/149,6 = 21,8 V
Відповідь
vC = 21,8 V
13.Повний опір і комплексні амплітуди
Відповідь: I = 0,03231 A
Кола змінного струму й комплексний метод: резистори, котушки й конденсатори мають повні опори R, jωL і 1/(jωC), де ω = 2πf. Послідовно повні опори додаються як опори, але як комплексні числа. Діючі значення струму й напруги підкоряються закону Ома з |Z|.
Реактивні опори
ω = 2πf = 2π·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,05 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·22·10⁻⁶) = 7,234 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| = 10/309,5 = 0,03231 A
Відповідь
I = 0,03231 A
14.Повний опір і комплексні амплітуди
Відповідь: VL = 22,36 V
Кола змінного струму й комплексний метод: резистори, котушки й конденсатори мають повні опори R, jωL і 1/(jωC), де ω = 2πf. Послідовно повні опори додаються як опори, але як комплексні числа. Діючі значення струму й напруги підкоряються закону Ома з |Z|.
Резонанс
При резонансі реактивні опори компенсуються, тож повний опір дорівнює просто R.
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,02·10·10⁻⁶) = 2236 rad/s
I = V/R = 5/10 = 0,5 A
Напруга на котушці
XL = ω₀L = 2236·0,02 = 44,72 Ω
VL = I·XL = 0,5·44,72 = 22,36 V
Відповідь
VL = 22,36 V
Це в Q = 4,472 разів більше за напругу мережі.
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності
Відповідь: I = 132,3 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.
Реактивна потужність кожного навантаження
Індуктивне навантаження споживає реактивну потужність (Q > 0); ємнісне — віддає її (Q < 0).
Q1 = 9·tan(arccos 0,7) = 9,182 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar
Сумарні значення
P = 9 + 20 = 29 kW
Q = 9,182 + 0 = 9,182 kvar
S = √(29² + 9,182²) = 30,42 kVA
Загальний струм
I = S/V = 30419/230 = 132,3 A
Відповідь
I = 132,3 A
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності
Відповідь: C = 480,5 µF
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 = 25·tan(49,46°) = 29,23 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 25·tan(11,48°) = 5,076 kvar
QC = Q1 − Q2 = 24,15 kvar
Ємність
Конденсатор, підключений до мережі, постачає Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 24152/(2π·50·400²) = 480,5 µF
Відповідь
C = 480,5 µF
17.Трифазні системи
Відповідь: IL = 65,37 A
Симетричні трифазні системи: у з’єднанні зіркою (Y) лінійна напруга в √3 разів більша за фазну, VL = √3·Vph, а лінійний струм дорівнює фазному. У з’єднанні трикутником (Δ) лінійна напруга дорівнює фазній, а лінійний струм у √3 разів більший за фазний, IL = √3·Iph. Сумарна потужність утричі більша за потужність однієї фази: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.
Електрична вхідна потужність
Pin = Pout/η = 55/0,88 = 62,5 kW
Струм лінії
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 62500/(√3·690·0,8) = 65,37 A
Відповідь
IL = 65,37 A
18.Трифазні системи
Відповідь: Cph = 639 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 = 150·tan(acos 0,7) = 150·1,02 = 153 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,95) = 150·0,3287 = 49,3 kvar
Реактивна потужність від конденсаторів
QC = Q1 − Q2 = 103,7 kvar
Ємність на фазу
У батареї, з’єднаній трикутником, кожен конденсатор увімкнено між двома лінійними проводами.
V = 415 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 34576/(314,2·415²) = 639 µF
Відповідь
Cph = 639 µF
19.Трансформатори
Відповідь: R1′ = 20 Ω
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.
Зведений опір
Напруга зростає в a разів, а струм зменшується в a разів, тож відношення V/I зростає в a² разів.
R1′ = a²·RL = 2²·5 = 20 Ω
Відповідь
R1′ = 20 Ω
20.Трансформатори
Відповідь: Ploss = 693,8 W
Втрати в трансформаторі: втрати в сталі (гістерезис і вихрові струми) залежать від напруги й однакові за будь-якого навантаження. Втрати в міді обмоток пропорційні квадрату струму, тож при частці навантаження x від номінального вони становлять x²·Pcu,fl. ККД η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), де Pout = x·S·pf. ККД максимальний при навантаженні, за якого втрати в міді дорівнюють втратам у сталі.
Втрати в міді при цьому навантаженні
Pcu = x²·Pcu,fl = 0,0625·1500 = 93,75 W
Сумарні втрати
Втрати в сталі однакові за будь-якого навантаження.
Ploss = 600 + 93,75 = 693,8 W
Відповідь
Ploss = 693,8 W
ККД при цьому навантаженні η = 97,74%.
21.Схеми з операційними підсилювачами
Відповідь: Rf = 300 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 = (4 − 1)·100 = 300 kΩ
Відповідь
Rf = 300 kΩ
22.Схеми з операційними підсилювачами
Відповідь: If = −0,1 mA
Правила ідеального ОП: з від’ємним зворотним зв’язком підсилювач встановлює вихід так, щоб обидва входи мали однакову напругу (V₋ = V₊), і в жоден вхід струм не тече. ЗСК на інвертувальному вході з цими двома фактами дає вихід.
Вхідні струми
V₋ = 0, тож на кожному вхідному резисторі вся його вхідна напруга.
I1 = V1/R1 = −0,2/1 = −0,2 mA
I2 = V2/R2 = 0,2/2 = 0,1 mA
If = I1 + I2 = −0,1 mA
Відповідь
If = −0,1 mA
23.Діоди й транзистори
Відповідь: IZ = 39,69 mA
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 резистора
IR = 14,7/330 = 44,55 mA
Струм навантаження
IL = 3,3/680 = 4,853 mA
Струм стабілітрона
IZ = 44,55 − 4,853 = 39,69 mA
Відповідь
IZ = 39,69 mA
24.Діоди й транзистори
Відповідь: RB = 27,08 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)/1000 = 4,8 mA
Мінімальний струм бази
IB(min) = IC(sat)/β = 4,8/100 = 48 µA
Розрахунковий струм бази
IB = 2·48 µA = 96 µA
Базовий резистор
RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,096 mA = 27,08 kΩ
Відповідь
RB = 27,08 kΩ
25.Системи числення
Відповідь: N = −63
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 + 64 + 1 = −63
Відповідь
N = −63
26.Системи числення
Відповідь: R = 12
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.
1110 0010
XOR 1110 1110
= 0000 1100
Значення результату
0000 1100₂ = 12
Відповідь
R = 12
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери
Відповідь: AB = 00, CD = 11
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.
Сусіди кожної 1
1 із сусідньою 1 може приєднатися до групи з двох або більше.
m3: m2, m1, m7, m11 → 0
Ізольована 1
m3 = A′B′CD → AB = 00, CD = 11
Відповідь
AB = 00, CD = 11
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери
Відповідь: N = 3
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.
BD, A′C′, ACD′, ABC
Мінімальне покриття
F = BD + A′C′ + ACD′
N = 3
Відповідь
N = 3
Існує інше групування того самого розміру; воно має таку саму кількість доданків і літералів.
29.Перетворення Лапласа
Відповідь: f(0.3) = 1,301
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 + 6s + 9 = (s + 3)²
Простіші дроби
2s + 10 = 2(s + 3) + 4
F(s) = 2/(s + 3) + 4/(s + 3)²
Обернене перетворення
f(t) = 2·e−3t + 4·t·e−3t
f(0,3) = (2 + 4·0,3)·e−3·0,3 = 1,301
Відповідь
f(0,3) = 1,301
30.Перетворення Лапласа
Відповідь: y(0.3) = 9,124
Перетворення Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt перетворює похідні на множення на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартні пари: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), а зсув s → s + σ множить оригінал на e−σt. Щоб знайти оригінал раціональної F(s), розкладіть її на простіші дроби: коефіцієнт простого полюса p дорівнює A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема про кінцеве значення: f(∞) = lims→0 s·F(s), справедлива лише тоді, коли всі полюси s·F(s) лежать у лівій півплощині. Теорема про початкове значення: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Перетворіть рівняння
(s² + 10s + 24)·Y(s) = 4s + 40 + 384/s
Y(s) = (4s² + 40s + 384)/(s(s + 4)(s + 6))
Простіші дроби
A = 384/(4·6) = 16
B = 288/((−4)·2) = −36
C = 288/((−6)·(−2)) = 24
Результат
y(t) = 16 − 36·e−4t + 24·e−6t
y(0,3) = 9,124
Відповідь
y(0,3) = 9,124
Перевірка: y(0) = A + B + C = 4.
31.Блок-схеми
Відповідь: ess = 0,5455
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) = 6·4/(1·9) = 2,667
Усталена похибка
ess = A/(1 + Kₚ) = 2/(1 + 2,667) = 0,5455
Відповідь
ess = 0,5455
32.Блок-схеми
Відповідь: T(0) = 1,588
Алгебра блок-схем: блоки, з’єднані послідовно, перемножуються (G₁·G₂), блоки, з’єднані паралельно, додаються (G₁ + G₂), а контур із прямим шляхом G і шляхом зворотного зв’язку H зводиться до T = G/(1 + G·H) для від’ємного зворотного зв’язку та G/(1 − G·H) для додатного. Спершу згортайте внутрішні контури, потім рухайтеся назовні. Полюси замкненої системи — корені характеристичного рівняння 1 + G(s)H(s) = 0. Для стійкого контуру вхідна сходинка розміром A дає усталений вихід A·T(0); за одиничного зворотного зв’язку усталена похибка на сходинку дорівнює A/(1 + Kp), де Kp = G(0).
Перехідна характеристика: система першого порядку G(s) = K/(τs + 1) відповідає на сходинку розміром U як y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): вона досягає 63,2 % кінцевого значення K·U за одну сталу часу τ і 98 % за 4τ. Система другого порядку G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) має полюси s = −ζωₙ ± jωd, де ωd = ωₙ√(1 − ζ²). За 0 < ζ < 1 перехідна характеристика має перерегулювання: відсоток перерегулювання %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), час піку tp = π/ωd, а 2-відсотковий час встановлення ts ≈ 4/(ζωₙ). Порівняйте знаменник із s² + 2ζωₙs + ωₙ², щоб знайти ωₙ і ζ. Для системи маса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) і ζ = c/(2√(km)); для послідовного RLC-кола ωₙ = 1/√(LC) і ζ = (R/2)·√(C/L).
Порівняйте зі стандартною формою
Знаменник має збігатися з s² + 2ζωₙs + ωₙ².
ωₙ² = 4 → ωₙ = 2 rad/s
2ζωₙ = 1 → ζ = 1/(2·2) = 0,25
Результат
σ = −ζωₙ = −1/2 = −0,5
Відповідь
σ = −0,5
34.Перехідна характеристика
Відповідь: ts = 0,4 s
Перехідна характеристика: система першого порядку G(s) = K/(τs + 1) відповідає на сходинку розміром U як y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): вона досягає 63,2 % кінцевого значення K·U за одну сталу часу τ і 98 % за 4τ. Система другого порядку G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) має полюси s = −ζωₙ ± jωd, де ωd = ωₙ√(1 − ζ²). За 0 < ζ < 1 перехідна характеристика має перерегулювання: відсоток перерегулювання %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), час піку tp = π/ωd, а 2-відсотковий час встановлення ts ≈ 4/(ζωₙ). Порівняйте знаменник із s² + 2ζωₙs + ωₙ², щоб знайти ωₙ і ζ. Для системи маса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) і ζ = c/(2√(km)); для послідовного RLC-кола ωₙ = 1/√(LC) і ζ = (R/2)·√(C/L).
Для цього контуру ζωₙ = a/2 за будь-якого K: збільшення K додає перерегулювання, але не скорочує час встановлення.
35.Діаграми Боде та запаси
Відповідь: ∠G(jω) = −93,62 °
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.
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 + 16ω² − 900 = 0
ω² = (−16 + √(256 + 4·900))/2 = 23,05
ωc = 4,801 rad/s
Відповідь
ωc = 4,801 rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф
Відповідь: m = 6
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 + 16s² + 60s + K = 0
s³: 1, 60
s²: 16, K
s¹: (16·60 − K)/16
s⁰: K
Найбільший стійкий коефіцієнт підсилення
Kmax = 16·60 = 960
Кратність
m = 960/160 = 6
Відповідь
m = 6
Ця кратність — запас за коефіцієнтом підсилення як відношення: 15,56 dB.
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф
Відповідь: ω = 7,211 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 + 13s² + 52s + 60 + K = 0
s¹: (13·52 − 60 − K)/13 = 0 → K = 616
Частота перетину
13s² + 60 + 616 = 13s² + 676 = 0 → s² = −52
ω = √52 = 7,211 rad/s
Відповідь
ω = 7,211 rad/s
39.Усталена похибка та ПІД-регулювання
Відповідь: K = 5000
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 = 5/0,01 = 500
Коефіцієнт підсилення
K = 10·Kv = 5000
Відповідь
K = 5000
Великий коефіцієнт підсилення робить цей контур дуже слабко демпфованим: ζ = 0,07071. Саме через цю суперечність застосовують коригувальні ланки.
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання
Відповідь: K = 78,12
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 + 10) + 2K = s² + 10s + 2K
Власна частота
2·0,4·ωₙ = 10 → ωₙ = 12,5 rad/s
Коефіцієнт підсилення
2K = ωₙ² = 156,2 → K = 78,12
Відповідь
K = 78,12
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.