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.
V1 = 15 VR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 15 ΩR4 = 3 Ω
Req = Ω
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.
До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Через який час після замикання вимикача струм досягне 50% кінцевого значення? Знайдіть t.
Vs = 9 VR = 20 ΩL = 10 mH
t = ms
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 30 V з указаною полярністю. За який час vC досягне 15,6 V? Знайдіть t.
Vs = 6 VR = 10 kΩC = 22 µFvC(0) = 30 V
t = ms
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 = 250 mHC = 2,2 µF
I = A
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
Послідовне коло RLC підключено до мережі 100 V (діюче значення), 1000 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.
V = 100 V (rms)f = 1000 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 100 µF
I = A
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
До однофазної мережі 240 V паралельно під’єднано два навантаження: навантаження 13 kW з коефіцієнтом потужності 0,6 (індуктивним) і навантаження 19 kW з коефіцієнтом потужності 0,85 (ємнісним). Знайдіть загальний коефіцієнт потужності cos φ з боку мережі.
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
Однофазне навантаження споживає 12 kW з коефіцієнтом потужності 0,65 (індуктивним) від мережі 400 V, 50 Hz. Паралельно навантаженню під’єднують конденсатор ємністю 100 µF. Знайдіть новий коефіцієнт потужності cos φ з боку мережі.
P = 12 kWpf1 = 0,65V = 400 Vf = 50 HzC = 100 µF
cos φ =
17.Трифазні системиСередня
Трифазний асинхронний двигун при повному навантаженні розвиває механічну потужність 110 kW. При цьому навантаженні його ККД становить 95%, а коефіцієнт потужності 0,82, відстаючий. Лінійна напруга мережі 400 V. Знайдіть лінійний струм IL.
Pout = 110 kWη = 95%cos φ = 0,82VL = 400 V
IL = A
18.Трифазні системиСкладна
Симетричне трифазне навантаження споживає 80 kW при коефіцієнті потужності 0,72 (відстаючому) від мережі 400 V (лінійна напруга), 60 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,95 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано трикутником. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.
P = 80 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
Підсилювач з вихідним опором 400 Ω живить гучномовець 16 Ω через ідеальний трансформатор. Для передачі максимальної потужності гучномовець з боку підсилювача має виглядати як 400 Ω. Знайдіть коефіцієнт трансформації a = N₁/N₂.
Rs = 400 ΩRL = 16 Ω
a =
20.ТрансформаториСкладна
Однофазний трансформатор 150 kVA має втрати в сталі 900 W. При номінальному навантаженні й коефіцієнті потужності 0,85 (відстаючому) його ККД становить 97,5%. Знайдіть втрати в міді при повному навантаженні Pcu,fl у ватах.
S = 150 kVAPcore = 900 Wpf = 0,85η = 97,5%
Pcu,fl = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
ОП ідеальний і живиться від ±15 V; його вихід насичується на рівні ±13 V. На інвертувальний підсилювач подається синусоїдальний сигнал. Знайдіть найбільшу амплітуду вхідного сигналу Vin,max (пікове значення), за якої вихідний сигнал не обмежується.
R1 = 10 kΩRf = 100 kΩVsat = ±13 V
Vin,max = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
Сумувальний підсилювач використовує ідеальний ОП, що живиться від ±15 V. Знайдіть вихідну напругу Vout.
NPN-транзистор з β = 120 має зміщення дільником напруги від VCC = 18 V: R₁ = 33 kΩ від VCC до бази й R₂ = 6,8 kΩ від бази до землі. Колекторний резистор RC = 3,3 kΩ, емітерний резистор RE = 1 kΩ. Візьміть VBE = 0,7 V і використайте еквівалент Тевенена дільника (не нехтуйте струмом бази). Знайдіть напругу колектор–емітер VCE.
NPN-транзистор з β = 200 комутує резистор навантаження 1 kΩ, увімкнений між VCC = 5 V і його колектором. Емітер заземлено. Базу керують від логічного виходу 5 V через базовий резистор RB. Візьміть VBE = 0,7 V і VCE(sat) = 0,2 V. Для надійного перемикання розрахуйте струм бази в 5 разів більшим за мінімально потрібний для насичення. Знайдіть RB у kΩ.
Знайдіть f(t) для F(s) = (3s + 30)/(s² + 8s + 16) і обчисліть f(0,5).
F(s) = (3s + 30)/(s² + 8s + 16)t = 0,5 s
f(0.5) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
Система підпорядковується рівнянню y″ + 5y′ + 6y = 6·u(t). Вона починає зі спокою (y(0) = 0, y′(0) = 0), а вхід — сходинка u(t) = 1 при t ≥ 0. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть вихід y(0,3).
Об’єкт G(s) = 36/(s + 10) керується в контурі від’ємного зворотного зв’язку, датчик якого має коефіцієнт підсилення H = 0,2. На R подано сходинку розміром 1. Знайдіть усталений вихід css.
G(s) = 36/(s + 10)H = 0,2R = 1
css =
32.Блок-схемиСкладна
Об’єкт G(s) = 48/(s(s + 9)) охоплено від’ємним зворотним зв’язком із коефіцієнтом датчика H = 1. Полюси замкненої системи комплексні. Знайдіть їхню уявну частину ωd (додатне значення) в rad/s.
G(s) = 48/(s(s + 9))H = 1
ωd = rad/s
33.Перехідна характеристикаСередня
Система має передатну функцію G(s) = 20/(s² + 6s + 20) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть коефіцієнт демпфування ζ.
G(s) = 20/(s² + 6s + 20)
ζ =
34.Перехідна характеристикаСкладна
Маса m = 10 kg висить на пружині k = 500 N/m з в’язким демпфером c = 85 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). З положення рівноваги в спокої раптово прикладають сталу силу F = 10 N. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS зміщення.
m = 10 kgk = 500 N/mc = 85 N·s/mF = 10 N
%OS = %
35.Діаграми Боде та запасиСередня
RL-фільтр нижніх частот на рисунку має R = 220 Ω, L = 10 mH. На вхід подають синусоїдний сигнал 1,8 kHz. Знайдіть фазовий зсув φ сигналу vout відносно vin, у градусах.
R = 220 ΩL = 10 mHf = 1,8 kHz
φ = °
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 680/(s(s + 9)(s + 10)). Знайдіть частоту перетину за фазою ω180, де ∠L(jω) = −180°.
L(s) = 680/(s(s + 9)(s + 10))
ω180 = rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
Контур на схемі має передавальну функцію розімкненої системи L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5)). Знайдіть найбільше значення Kmax, за якого замкнена система стійка.
L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5))
Kmax =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
Кореневий годограф L(s) = K(s + 11)/(s(s + 5)) відходить від дійсної осі між s = 0 і s = −5, описує коло й знову сходиться з дійсною віссю ліворуч від нуля. Знайдіть точку входу si.
L(s) = K(s + 11)/(s(s + 5))
si =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
Лінійно наростальний сигнал r(t) = 1t подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 5(s + 1)/(s(s + 1)). Знайдіть усталену похибку ess.
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 = 15 + 3 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 20·18/(20+18) = 9,474 Ω
Req = R1 + 9,474 = 12 + 9,474 = 21,47 Ω
Відповідь
Req = 21,47 Ω
2.Послідовні й паралельні резистори
Відповідь: Req = 22,45 Ω
Послідовне й паралельне з’єднання: послідовно через кожен резистор тече той самий струм і R = R₁ + R₂ + …. Паралельно на кожному резисторі та сама напруга і 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Драбинчасту мережу спрощують по одній парі, доки не залишиться один еквівалентний опір.
Об’єднуйте резистори з дальнього кінця
Почніть із кінця, найдальшого від джерела, і рухайтеся до нього. Резистори з однаковим струмом з’єднані послідовно; резистори між тими самими двома вузлами — паралельно.
R5 + R6 = 5 + 4 = 9 Ω
R4 ∥ 9 = 4,235 Ω
R3 + 4,235 = 34,24 Ω
R2 ∥ 34,24 = 14,45 Ω
Req = R1 + 14,45 = 8 + 14,45 = 22,45 Ω
Відповідь
Req = 22,45 Ω
3.Метод вузлових потенціалів
Відповідь: VB = 6,851 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 = 9 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/6 + (VA − 9)/20 + (VA − VB)/12 = 0
0,3·VA − 0,08333·VB = 0,45
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
(9 − 9)/10 + 9/5 = (VB − 9)/4
1,8 = (VB − 9)/4 → VB = 16,2 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 = (16,2 − 9)/4 + 16,2/10 = 3,42 A
Відповідь
Is = 3,42 A
5.Метод контурних струмів
Відповідь: IR2 = −1,054 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
15·I1 + 20(I1 − I2) = 12
35·I1 − 20·I2 = 12
ЗНК для контуру 2
Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).
R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
2·I2 + 20(I2 − I1) = (−18)
−20·I1 + 22·I2 = −18
Розв’яжіть
Δ = (35)(22) − (−20)(−20) = 370
I1 = Δ1/Δ = −96/370 = −0,2595 A
I2 = Δ2/Δ = −390/370 = −1,054 A
Відповідь
IR2 = I2 = −1,054 A
Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.
6.Метод контурних струмів
Відповідь: VR1 = 4,79 V
Метод контурних струмів: дайте кожному вікну плоского кола власний контурний струм, запишіть закон напруг Кірхгофа для кожного контуру (сума спадів = сума зростань) і розв’яжіть. Струми гілок — це контурний струм або різниця двох контурних струмів у спільній гілці.
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
25·I1 + 30(I1 − I2) = 9
55·I1 − 30·I2 = 9
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
6·I2 + 30(I2 − I1) + 25(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 61·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
20·I3 + 25(I3 − I2) = (−6)
−25·I2 + 45·I3 = −6
Розв’яжіть
Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 76100
I1 = Δ1/Δ = 14580/76100 = 0,1916 A
I2 = Δ2/Δ = 3900/76100 = 0,05125 A
I3 = Δ3/Δ = −7980/76100 = −0,1049 A
Відповідь
IR1 = I1 = 0,1916 A
VR1 = IR1·R1 = 0,1916·25 = 4,79 V
Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.
7.Метод накладання
Відповідь: IR3 = 0,1211 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.
Від’ємний результат означає, що насправді струм тече проти стрілки.
8.Метод накладання
Відповідь: VR2 = −34,11 V
Метод накладання: у лінійному колі будь-яка напруга чи струм дорівнює сумі відгуків на кожне незалежне джерело, що діє окремо. Щоб вимкнути джерело, замініть ідеальне джерело напруги коротким замиканням, а ідеальне джерело струму — розривом. Резистори залишаються на місці.
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) = 25 ∥ 27 = 12,98 Ω
VA = 9·12,98/(8+12,98) = 5,568 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 5,568·12/27 = 2,475 V
VR2′ = VA − VB = 5,568 − 2,475 = 3,093 V
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 = 6,061 Ω, тож лівий шлях — R2+6,061 = 21,06 Ω
Req = R4 ∥ 21,06 = 7,644 Ω
VB = Is·Req = 6·7,644 = 45,87 V
VA = VB·6,061/21,06 = 13,2 V
VR2″ = VA − VB = 13,2 − 45,87 = −32,67 V
Випадок 3 · діє лише V2
V₁ стає коротким замиканням, а Iₛ — розривом. R₁ ∥ R₃ відходить від A, послідовно з R₂ назад до B.
R1 ∥ R3 = 8·25/(8+25) = 6,061 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 10·21,06/33,06 = 6,37 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 6,37·6,061/21,06 = 1,833 V
VR2‴ = VA − VB = 1,833 − 6,37 = −4,537 V
Додайте складові
VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = 3,093 + (−32,67) + (−4,537) = −34,11 V
Від’ємний результат означає, що насправді полярність протилежна вказаній.
9.Тевенен і Нортон
Відповідь: Rth = 6,429 Ω
Теорема Тевенена: будь-яке лінійне двополюсне коло поводиться як одне джерело напруги Vth, послідовне з опором Rth. Теорема Нортона подає те саме коло як джерело струму IN = Vth/Rth, паралельне Rth.
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 = 5·2/(5+2) = 1,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,429 + 5 = 6,429 Ω
10.Тевенен і Нортон
Відповідь: PL = 9,565 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 = 10·12/(10+12) = 5,455 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,455 + 6 = 11,45 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) = 9,818 + 1·5,455 = 15,27 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 15,27 + 1·6 = 21,27 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) = 21,27/(11,45 + 8) = 1,093 A
PL = IL²·RL = 1,093²·8 = 9,565 W
11.Перехідні процеси RC і RL
Відповідь: t = 0,3466 ms
Перехідні процеси першого порядку: у колі з одним конденсатором або однією котушкою кожна напруга й кожен струм експоненційно змінюються від початкового до кінцевого значення: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, де τ = RC або τ = L/R. Приблизно через 5τ коло виходить на усталений режим.
Стала часу і кінцевий струм
Через тривалий час після замикання котушка поводиться як коротке замикання, тож кінцевий струм визначає лише R.
τ = L/R = 10 mH / 20 Ω = 0,5 ms
i(∞) = Vs/R = 9/20 = 0,45 A
Виразіть час
0,5 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,5)
t = −0,5·ln(0,5) = 0,3466 ms
Відповідь
t = 0,3466 ms
12.Перехідні процеси RC і RL
Відповідь: t = 201,6 ms
Перехідні процеси першого порядку: у колі з одним конденсатором або однією котушкою кожна напруга й кожен струм експоненційно змінюються від початкового до кінцевого значення: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, де τ = RC або τ = L/R. Приблизно через 5τ коло виходить на усталений режим.
Початкове значення, кінцеве значення, стала часу
Напруга на конденсаторі не може змінитися стрибком, тож вона починає з накопиченого значення й прямує до напруги джерела.
t = τ·ln((30 − 6)/(15,6 − 6)) = 220·ln(2,5) = 201,6 ms
Відповідь
t = 201,6 ms
13.Повний опір і комплексні амплітуди
Відповідь: I = 1,861 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 = 1257·0,25 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·2,2·10⁻⁶) = 361,7 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| = 100/53,73 = 1,861 A
Відповідь
I = 1,861 A
14.Повний опір і комплексні амплітуди
Відповідь: I = 0,6774 A
Кола змінного струму й комплексний метод: резистори, котушки й конденсатори мають повні опори R, jωL і 1/(jωC), де ω = 2πf. Послідовно повні опори додаються як опори, але як комплексні числа. Діючі значення струму й напруги підкоряються закону Ома з |Z|.
Реактивні опори
ω = 2πf = 2π·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,02 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·100·10⁻⁶) = 1,592 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| = 100/147,6 = 0,6774 A
Відповідь
I = 0,6774 A
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності
Відповідь: cos φ = 0,9852
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 = 13·tan(arccos 0,6) = 17,33 kvar
Q2 = −19·tan(arccos 0,85) = −11,78 kvar
Сумарні значення
P = 13 + 19 = 32 kW
Q = 17,33 + (−11,78) = 5,558 kvar
S = √(32² + 5,558²) = 32,48 kVA
Загальний коефіцієнт потужності
cos φ = P/S = 32/32,48 = 0,9852 відстаючий
Відповідь
cos φ = 0,9852
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності
Відповідь: cos φ = 0,7999
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 = 12·tan(arccos 0,65) = 14,03 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·50·100·10⁻⁶ = 5027 var = 5,027 kvar
Q2 = 14,03 − 5,027 = 9,003 kvar
Нова повна потужність
S2 = √(12² + 9,003²) = 15 kVA
Новий коефіцієнт потужності
cos φ = P/S2 = 12/15 = 0,7999
Відповідь
cos φ = 0,7999
17.Трифазні системи
Відповідь: IL = 203,8 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 = 110/0,95 = 115,8 kW
Струм лінії
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 115789/(√3·400·0,82) = 203,8 A
Відповідь
IL = 203,8 A
18.Трифазні системи
Відповідь: Cph = 280,8 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 0,95) = 80·0,3287 = 26,29 kvar
Реактивна потужність від конденсаторів
QC = Q1 − Q2 = 50,81 kvar
Ємність на фазу
У батареї, з’єднаній трикутником, кожен конденсатор увімкнено між двома лінійними проводами.
V = 400 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 16938/(377·400²) = 280,8 µF
Відповідь
Cph = 280,8 µF
19.Трансформатори
Відповідь: a = 5
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
a²·16 = 400
a = √(400/16) = √25 = 5
Відповідь
a = 5
20.Трансформатори
Відповідь: Pcu,fl = 2369 W
Втрати в трансформаторі: втрати в сталі (гістерезис і вихрові струми) залежать від напруги й однакові за будь-якого навантаження. Втрати в міді обмоток пропорційні квадрату струму, тож при частці навантаження x від номінального вони становлять x²·Pcu,fl. ККД η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), де Pout = x·S·pf. ККД максимальний при навантаженні, за якого втрати в міді дорівнюють втратам у сталі.
Вихідна й вхідна потужність
Pout = 150·0,85 = 127,5 kW
Pin = 127500/0,975 = 130769 W
Сумарні втрати й втрати в міді
Ploss = 130769 − 127500 = 3269 W
Pcu,fl = 3269 − 900 = 2369 W
Відповідь
Pcu,fl = 2369 W
21.Схеми з операційними підсилювачами
Відповідь: Vin,max = 1,3 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.
Коефіцієнт підсилення
|Av| = Rf/R1 = 100/10 = 10
Найбільший вхідний сигнал без обмеження
Vin,max = Vsat/|Av| = 13/10 = 1,3 V
Відповідь
Vin,max = 1,3 V
22.Схеми з операційними підсилювачами
Відповідь: Vout = 0,3346 V
Правила ідеального ОП: з від’ємним зворотним зв’язком підсилювач встановлює вихід так, щоб обидва входи мали однакову напругу (V₋ = V₊), і в жоден вхід струм не тече. ЗСК на інвертувальному вході з цими двома фактами дає вихід.
Вхідні струми
V₋ = 0, тож на кожному вхідному резисторі вся його вхідна напруга.
I1 = V1/R1 = 0,2/22 = 0,009091 mA
I2 = V2/R2 = −0,2/4,7 = −0,04255 mA
If = I1 + I2 = −0,03346 mA
Вихідна напруга
Vout = −Rf·If = −10·(−0,03346) = 0,3346 V
Відповідь
Vout = 0,3346 V
23.Діоди й транзистори
Відповідь: VCE = 8,303 V
Робоча точка БТ: в активному режимі VBE = 0,7 V, IC = β·IB і IE = (β + 1)·IB. Знайдіть IB з базового контуру за ЗНК, потім IC, потім VCE з контуру колектор–емітер. Дільник напруги в колі бази замінюють його еквівалентом Тевенена VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; емітерний резистор у базовому контурі виглядає в (β + 1) разів більшим.
Еквівалент Тевенена дільника
VTH = 18·6,8/(33 + 6,8) = 3,075 V
RTH = 33·6,8/(33 + 6,8) = 5,638 kΩ
Струм бази
ЗНК для базового контуру; струм емітера дорівнює (β + 1)·IB.
IB = (3,075 − 0,7)/(5,638 + 121·1) = 18,76 µA
Струм колектора
IC = 120·18,76 µA = 2,251 mA
IE = 121·18,76 µA = 2,27 mA
Напруга колектор–емітер
VCE = 18 − 2,251·3,3 − 2,27·1 = 8,303 V
Відповідь
VCE = 8,303 V
24.Діоди й транзистори
Відповідь: RB = 35,83 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 = 4,8/200 = 24 µA
Розрахунковий струм бази
IB = 5·24 µA = 120 µA
Базовий резистор
RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,12 mA = 35,83 kΩ
Відповідь
RB = 35,83 kΩ
25.Системи числення
Відповідь: U = 189
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.
Інвертуйте і додайте одиницю
67 = 0100 0011
інвертовано: 1011 1100
+1 → 1011 1101
Прочитайте як беззнакове
1011 1101₂ = 256 − 67 = 189
Відповідь
U = 189
26.Системи числення
Відповідь: M = 128 KiB
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.
Біти й байти
256·256·16 = 1048576 bit = 131072 B
Переведіть у KiB
131072/1024 = 128 KiB
Відповідь
M = 128 KiB
27.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.
Згрупуйте одиниці
Кожна група — це прямокутник із 2ᵏ клітинок; крайні клітинки є сусідами клітинок на протилежному краї.
BCD′
AC′D
AB′D′
Мінімальна форма SOP
F = BCD′ + AC′D + AB′D′
N = 3
Відповідь
N = 3
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери
Відповідь: N = 4
Карти Карно: клітинки впорядковано за кодом Грея (00, 01, 11, 10), тож сусідні клітинки, зокрема через краї, відрізняються рівно однією змінною. Групуйте одиниці в прямокутники по 1, 2, 4, 8 або 16 клітинок, якомога більші й у якомога меншій кількості, доки кожну 1 не буде покрито. Кожна група — це один добуток: змінні, що лишаються сталими всередині неї. Група з 2ᵏ клітинок втрачає k змінних. Байдужі стани (X) можна використовувати, щоб групи були більшими, але їх не обов’язково покривати. Групування нулів замість одиниць дає мінімальну форму POS.
Прості імпліканти
Найбільші групи, які можна утворити з одиниць і X.
BC′D′, BCD, A′CD′, AC′D′, ACD, A′B, AB′D, AB′C′
Мінімальне покриття
F = BC′D′ + BCD + A′B + AB′D
N = 4
Відповідь
N = 4
Існує інше групування того самого розміру; воно має таку саму кількість доданків і літералів.
29.Перетворення Лапласа
Відповідь: f(0.5) = 1,624
Перетворення Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt перетворює похідні на множення на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартні пари: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), а зсув s → s + σ множить оригінал на e−σt. Щоб знайти оригінал раціональної F(s), розкладіть її на простіші дроби: коефіцієнт простого полюса p дорівнює A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема про кінцеве значення: f(∞) = lims→0 s·F(s), справедлива лише тоді, коли всі полюси s·F(s) лежать у лівій півплощині. Теорема про початкове значення: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Розкладіть знаменник на множники
s² + 8s + 16 = (s + 4)²
Простіші дроби
3s + 30 = 3(s + 4) + 18
F(s) = 3/(s + 4) + 18/(s + 4)²
Обернене перетворення
f(t) = 3·e−4t + 18·t·e−4t
f(0,5) = (3 + 18·0,5)·e−4·0,5 = 1,624
Відповідь
f(0,5) = 1,624
30.Перетворення Лапласа
Відповідь: y(0.3) = 0,1667
Перетворення Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt перетворює похідні на множення на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартні пари: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), а зсув s → s + σ множить оригінал на e−σt. Щоб знайти оригінал раціональної F(s), розкладіть її на простіші дроби: коефіцієнт простого полюса p дорівнює A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема про кінцеве значення: f(∞) = lims→0 s·F(s), справедлива лише тоді, коли всі полюси s·F(s) лежать у лівій півплощині. Теорема про початкове значення: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Перетворіть рівняння
Y(s) = 6/(s(s + 2)(s + 3))
Простіші дроби
A = 6/(2·3) = 1
B = 6/((−2)·1) = −3
C = 6/((−3)·(−1)) = 2
Виведення
y(t) = 1 − 3·e−2t + 2·e−3t
y(0,3) = 0,1667
Відповідь
y(0,3) = 0,1667
31.Блок-схеми
Відповідь: css = 2,093
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).
Алгебра блок-схем: блоки, з’єднані послідовно, перемножуються (G₁·G₂), блоки, з’єднані паралельно, додаються (G₁ + G₂), а контур із прямим шляхом G і шляхом зворотного зв’язку H зводиться до T = G/(1 + G·H) для від’ємного зворотного зв’язку та G/(1 − G·H) для додатного. Спершу згортайте внутрішні контури, потім рухайтеся назовні. Полюси замкненої системи — корені характеристичного рівняння 1 + G(s)H(s) = 0. Для стійкого контуру вхідна сходинка розміром A дає усталений вихід A·T(0); за одиничного зворотного зв’язку усталена похибка на сходинку дорівнює A/(1 + Kp), де Kp = G(0).
Характеристичне рівняння
s(s + 9) + 48·1 = 0 → s² + 9s + 48 = 0
Корені
s = −4,5 ± j·√(48 − 20,25) = −4,5 ± j5,268
ωd = 5,268 rad/s
Відповідь
ωd = 5,268 rad/s
33.Перехідна характеристика
Відповідь: ζ = 0,6708
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 = 20 → ωₙ = 4,472 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·4,472) = 0,6708
Результат
ζ = 0,6708
Відповідь
ζ = 0,6708
34.Перехідна характеристика
Відповідь: %OS = 9,418 %
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) = √(500/10) = 7,071 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 85/(2·√(500·10)) = 0,601
Результат
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 9,418 %
Відповідь
%OS = 9,418 %
35.Діаграми Боде та запаси
Відповідь: φ = −27,21 °
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 = R/L = 220/0,01 = 22000 rad/s
fc = 3501 Hz → f/fc = 1800/3501 = 0,5141
Фаза
φ = − atan(0,5141) = −27,21°
Відповідь
φ = −27,21°
36.Діаграми Боде та запаси
Відповідь: ω180 = 9,487 rad/s
Частотна характеристика: підставте s = jω у передавальну функцію. Модуль у децибелах дорівнює 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумі кутів множників чисельника мінус кути множників знаменника. Фільтр першого порядку RC або RL має частоту зрізу (−3 dB) ωc = 1/(RC) або R/L, а fc = ωc/(2π); фільтр нижніх частот дає |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) і φ = −atan(ω/ωc). На асимптотичній (ламаній) діаграмі Боде кожен полюс згинає модуль вниз на 20 dB/decade на своїй частоті зламу, кожен нуль згинає його вгору на 20 dB/decade, а інтегратор 1/s дає −20 dB/decade на всіх частотах. Частота зрізу за коефіцієнтом підсилення ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас за фазою PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перетину за фазою ω180: ∠L(jω) = −180°; запас за підсиленням GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнена система стійка, коли обидва запаси додатні.
Перетин за фазою
(ω/9)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(9·10) = 9,487 rad/s
Відповідь
ω180 = 9,487 rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф
Відповідь: Kmax = 30
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.
Характеристичне рівняння
s³ + 6s² + 5s + K = 0
Таблиця Рауса
s³: 1, 5
s²: 6, K
s¹: (6·5 − K)/6
s⁰: K
Умови
Кожен елемент першого стовпця має бути додатним.
K > 0
6·5 − K > 0 → K < 30
Відповідь
Kmax = 30
При K = 30 замкнена система коливається з частотою ω = √5 = 2,236 rad/s.
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф
Відповідь: si = −19,12
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.
Коефіцієнт підсилення вздовж дійсної осі
K(s) = −(s² + 5s)/(s + 11)
Стаціонарні точки
Продиференціюйте за правилом частки й прирівняйте чисельник до нуля.
(2s + 5)(s + 11) − (s² + 5s) = s² + 22s + 55 = 0
s = −11 ± √66 = −2,876, −19,12
Точка входу
si = −19,12
Відповідь
si = −19,12
Між двома точками розгалуження годограф — коло з центром у нулі й радіусом √66 = 8,124.
39.Усталена похибка та ПІД-регулювання
Відповідь: ess = 0,2
Усталена похибка: у контурі з одиничним зворотним зв’язком і передавальною функцією розімкненої системи G(s) похибка дорівнює E(s) = R(s)/(1 + G(s)), а за теоремою про кінцеве значення ess = lims→0 s·E(s). Тип системи — це кількість полюсів G(s) у точці s = 0. Константи похибок: Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) і Ka = lim s²·G(s), усі при s → 0. Східчастий сигнал величини A дає ess = A/(1 + Kp), лінійно наростальний A·t дає A/Kv, а параболічний A·t²/2 дає A/Ka. Контур типу 0 відпрацьовує східчастий сигнал зі скінченною похибкою, контур типу 1 відпрацьовує його точно, а лінійно наростальний — зі скінченною похибкою.
Швидкісна константа
Kv = lim s·G(s) = 5
Похибка за лінійно наростального сигналу
ess = 1/5 = 0,2
Відповідь
ess = 0,2
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання
Відповідь: ess = 2,5
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 + 2 → 2 при s → 0.
Kv = 2·4/4 = 2
Похибка за лінійно наростального сигналу
ess = 5/2 = 2,5
Відповідь
ess = 2,5
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.