Підготовка до іспиту FE Electrical and Computer: шпаргалка-підсумок

Аркуші з формулами, ключові кроки методів для кожної теми та 40 задач для практики, з повними розв’язками наприкінці.

Нові задачіНазад до курсу

У вікні друку виберіть «Зберегти як PDF», щоб зберегти копію на пристрої.

1Формули та методи

Послідовні й паралельні резистори

Послідовне з’єднання резисторів
Req = R1 + R2 + …
Паралельне з’єднання резисторів
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Два паралельно
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Закон Ома
V = I·R
Потужність
P = V·I = I²R = V²/R

Метод

  1. Почніть з кінця мережі, найдальшого від затискачів.
  2. Послідовні резистори об’єднуйте додаванням, паралельні — за 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Перемальовуйте коло після кожного кроку.
  4. Повторюйте, доки між затискачами не залишиться один резистор.

Метод вузлових потенціалів

Закон струмів Кірхгофа
ΣIin = ΣIout
Струм гілки
I = (Va − Vb)/R
Опорний вузол
Vground = 0

Метод

  1. Оберіть опорний вузол (землю) і позначте напруги інших вузлів.
  2. Запишіть закон струмів Кірхгофа для кожного невідомого вузла: струми, що витікають через гілки, дорівнюють струмам, що втікають.
  3. Виразіть кожен струм гілки як (Va − Vb)/R.
  4. Розв’яжіть систему рівнянь, потім знайдіть потрібний струм.

Метод контурних струмів

Закон напруг Кірхгофа
ΣV = 0 у кожному контурі
Спільний резистор
струм = I1 − I2
Джерело струму в контурі
задає струм цього контуру

Метод

  1. Задайте струм за годинниковою стрілкою в кожному контурі (вікні) кола.
  2. Застосуйте закон напруг Кірхгофа до кожного контуру: сума спадів напруги дорівнює нулю.
  3. У резисторі, спільному для двох контурів, струм дорівнює різниці двох контурних струмів.
  4. Розв’яжіть рівняння; від’ємний результат означає, що струм тече в протилежному напрямку.

Метод накладання

Метод накладання
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Вимкнене джерело напруги
коротке замикання (0 V)
Вимкнене джерело струму
розрив (0 A)
Подільник напруги
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Подільник струму
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Метод

  1. Порахуйте незалежні джерела. Для кожного джерела ви розв’яжете одне простіше коло.
  2. Залиште одне джерело й вимкніть інші: джерело напруги стає коротким замиканням (провідником), джерело струму — розривом.
  3. Розв’яжіть простіше коло щодо потрібної напруги чи струму, стежачи за напрямком.
  4. Повторіть для кожного джерела, потім додайте внески з урахуванням знаків.

Тевенен і Нортон

Напруга Тевенена
Vth = Vopen circuit
Опір Тевенена
Rth: усі джерела вимкнені, з боку a–b
Струм Нортона
IN = Vth/Rth
Струм навантаження
IL = Vth/(Rth + RL)
Передача максимальної потужності
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Метод

  1. Від’єднайте навантаження й позначте два затискачі a і b.
  2. Знайдіть напругу холостого ходу між a і b: це Vth.
  3. Вимкніть усі незалежні джерела й знайдіть опір з боку a–b: це Rth.
  4. Поверніть навантаження до еквівалентної схеми: Vth послідовно з Rth.
  5. Для еквівалента Нортона перетворіть: IN = Vth/Rth, з паралельним RN = Rth.

Перехідні процеси RC і RL

Стала часу
τ = RC | τ = L/R
Відгук
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Конденсатор на постійному струмі
розрив; vC не може змінитися стрибком
Котушка на постійному струмі
коротке замикання; iL не може змінитися стрибком
Усталений режим
t ≈ 5τ

Метод

  1. Знайдіть початкове значення одразу після комутації: напруга на конденсаторі й струм через котушку не можуть змінитися стрибком.
  2. Знайдіть кінцеве значення через довгий час після комутації: конденсатор поводиться як розрив, котушка — як коротке замикання.
  3. Знайдіть сталу часу: τ = RC або τ = L/R, використовуючи опір з боку конденсатора чи котушки.
  4. Використайте x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Повний опір і комплексні амплітуди

Повні опори
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Кутова частота
ω = 2πf
Модуль і кут
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Закон Ома в комплексній формі
V = I·Z

Метод

  1. Переведіть частоту: ω = 2πf.
  2. Знайдіть кожен реактивний опір: XL = ωL і XC = 1/(ωC).
  3. Додавайте опори як резистори, з Z = R + jX.
  4. Знайдіть модуль |Z| = √(R² + X²) і кут φ = atan(X/R), потім застосуйте закон Ома для комплексних амплітуд.

Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Активна потужність
P = V·I·cos φ
Реактивна потужність
Q = V·I·sin φ
Повна потужність
S = V·I = √(P² + Q²)
Коефіцієнт потужності
pf = cos φ = P/S
Компенсувальний конденсатор
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Трифазні системи

З’єднання зіркою (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
З’єднання трикутником (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Сумарна активна потужність
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Повна й реактивна потужність
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Компенсувальні конденсатори
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Напруга на кожному конденсаторі
Δ: VL Y: VL/√3
Вхідна потужність двигуна
Pin = Pout/η

Трансформатори

Коефіцієнт трансформації
a = N1/N2 = V1/V2
Відношення струмів
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Номінальний струм
I = S/V
Зведений опір
Z1′ = a²·ZL
Втрати в міді при неповному навантаженні
Pcu = x²·Pcu,fl
ККД
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Максимальний ККД
x = √(Pcore/Pcu,fl)

Схеми з операційними підсилювачами

Інвертувальний підсилювач
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Неінвертувальний підсилювач
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Сумувальний підсилювач
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Ідеальний ОП
V+ = V−, Iin = 0

Діоди й транзистори

Діод (постійний спад)
VD = 0,7 V when conducting
Активний режим
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Фіксоване зміщення
IB = (VCC − 0,7)/RB
Зміщення дільником
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Еквівалент Тевенена дільника
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Колекторний контур
VCE = VCC − ICRC − IERE
Насичення
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Системи числення

Ваги розрядів
двійкова 2k, вісімкова 8k, шістнадцяткова 16k
У десяткову
Σ dk·bk
З десяткової
діліть на основу, остачі читайте знизу вгору
Шістнадцяткова ↔ двійкова
одна шістнадцяткова цифра = 4 біти
Додатковий код
інвертуйте біти й додайте 1

Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Базові вентилі
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Правила булевої алгебри
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Закони де Моргана
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Порядок на карті Карно
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Група з 2ᵏ клітинок
втрачає k змінних
Мультиплексор 4-до-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Тригери
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Лічильники
n-розрядний: 2ⁿ станів; за модулем N: найменше n з 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Послідовний лічильник
fmax = 1/(n·tpd)
Кільцевий лічильник і лічильник Джонсона
n і 2n станів

Метод

  1. Для схеми рухайтеся від входів до виходу вентиль за вентилем і записуйте значення на кожному дроті, або запишіть її вираз і заповніть таблицю істинності.
  2. Для спрощення занесіть одиниці (а байдужі стани як X) на карту Карно з рядками й стовпцями в коді Грея: 00, 01, 11, 10.
  3. Покрийте одиниці якомога меншою кількістю якомога більших груп по 1, 2, 4, 8 або 16 клітинок, з переходом через краї; кожна група — це один добуток зі змінних, що лишаються сталими. Для форми POS групуйте нулі.
  4. Для тригерів і лічильників читайте входи на кожному активному фронті такту, записуйте стан після кожного фронту й пам’ятайте, що n-розрядний лічильник переходить через максимум після 2ⁿ станів.

Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Стійкість
усі корені характеристичного полінома в лівій півплощині
таблиця Рауса, елемент s¹ кубічного полінома
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Корені в правій півплощині
кількість змін знака в першому стовпці
Кубічний поліном s³ + a₂s² + a₁s + a₀
стійкий, коли всі a > 0 і a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Характеристичне рівняння
1 + K·G(s) = 0
Асимптоти
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Точки відходу й входу
dK/ds = 0
Умова модуля
K = 1/|G(s)|
Кут відходу
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Метод

  1. Запишіть характеристичний поліном замкненої системи: знаменник рівняння 1 + K·G(s) = 0, розкритий до кінця.
  2. Запишіть коефіцієнти по черзі в перші два рядки таблиці Рауса й побудуйте решту рядків.
  3. Підрахуйте зміни знака в першому стовпці: кожна з них — це полюс у правій півплощині. Якщо в таблиці є K, вимагайте, щоб кожен елемент першого стовпця залишався додатним.
  4. Для кореневого годографа позначте полюси й нулі, ділянки дійсної осі, асимптоти з центра та точки розгалуження, де dK/ds = 0. Для коефіцієнта підсилення в точці скористайтеся K = 1/|G(s)|.

Усталена похибка та ПІД-регулювання

Тип системи
кількість полюсів G(s) у точці s = 0
Константи похибок
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Східчастий сигнал A
ess = A/(1 + Kp)
Лінійно наростальний сигнал A·t
ess = A/Kv
Параболічний сигнал A·t²/2
ess = A/Ka
ПІД-регулятор
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Цільова система другого порядку
s² + 2ζωns + ωn²
Перерегулювання та часові показники
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Метод

  1. Підрахуйте полюси розімкненого контуру C(s)·G(s) у точці s = 0: це тип системи.
  2. Знайдіть константу похибки, що відповідає входу: Kp для східчастого, Kv для лінійно наростального, Ka для параболічного сигналу.
  3. Застосуйте ess = A/(1 + Kp), A/Kv або A/Ka, або розв’яжіть це відносно потрібного коефіцієнта підсилення.
  4. Для вимоги щодо демпфування чи швидкодії запишіть характеристичний поліном замкненої системи й порівняйте його з s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Задачі для практики

1.Послідовні й паралельні резисториСередня
R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​6 ΩAR4​6 ΩB

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 ΩR4 = 6 Ω
Req = Ω
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 3 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​5 VR2​30 ΩIR2​AR4​8 ΩBR6​15 Ω

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 5 VR1 = 3 ΩR2 = 30 ΩR3 = 5 ΩR4 = 8 ΩR5 = 3 ΩR6 = 15 Ω
IR2 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAR4​8 ΩBIs​1 A

Скористайтеся методом вузлових потенціалів, щоб знайти вузлову напругу VB (відносно землі).

V1 = 18 VIs = 1 AR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩR3 = 8 ΩR4 = 8 Ω
VB = V
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 12 Ω+−Vs​ = 9 V+−V1​5 VR2​2 ΩAR3​15 ΩBIs​3 A

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

V1 = 5 VIs = 3 AVs = 9 VR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 15 Ω
VB = V
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 6 ΩIR1​R2​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​3 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти струм IR1 через R1 у напрямку стрілки.

V1 = 24 VV2 = 15 VR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 Ω
IR1 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 15 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR4​2 ΩIR4​AR5​8 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти струм IR4 через R4 у напрямку стрілки.

V1 = 18 VV2 = 9 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩR4 = 2 ΩR5 = 8 Ω
IR4 = A
7.Метод накладанняСередня
лінійне колоVs​Is​IRL​

Лінійне резистивне коло містить одне джерело напруги Vs і одне джерело струму Is. Струм I через резистор навантаження виміряли двічі: при Vs = 4 V і Is = 6 mA I = 10,5 mA; при Vs = 20 V і Is = 8 mA I = 36 mA. Знайдіть струм навантаження I при Vs = 8 V і Is = 4 mA.

4 V, 6 mA → 10,5 mA20 V, 8 mA → 36 mAVs = 8 V, Is = 4 mA
I = mA
8.Метод накладанняСкладна
лінійне колоV1​V2​Is​IRL​

Лінійне резистивне коло містить три незалежні джерела: V1, V2 і Is. Струм I через навантаження виміряли тричі. Коли всі джерела мають звичайні значення, I = 4,5 mA. Коли V1 подвоєне, а два інші без змін, I = 6 mA. Коли напрямок Is змінено на протилежний, а два інші без змін, I = −16,5 mA. Знайдіть струм навантаження I, коли V2 вимкнене, а V1 і Is мають звичайні значення.

звичайні значення: I = 4,5 mA2·V1: I = 6 mA−Is: I = −16,5 mA
I = mA
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 12 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩAab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 Ω
Vth = V
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​25 ΩAIs​2 ABab

Знайдіть струм Нортона IN: струм, що тече від a до b, якщо затискачі закоротити.

V1 = 18 VIs = 2 AR1 = 2 ΩR2 = 25 ΩR3 = 6 Ω
IN = A
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​15 Vt = 0R1​ = 4,7 kΩR2​ = 3,3 kΩC33 µF+−vC​

Джерело Vₛ заряджає конденсатор через R₁, а R₂ під’єднано паралельно C. Конденсатор розряджений, коли вимикач замикається в момент t = 0. Знайдіть сталу часу τ кола після замикання ключа.

Vs = 15 VR1 = 4,7 kΩR2 = 3,3 kΩC = 33 µF
τ = ms
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​24 VR1​ = 10 ΩR2​ = 10 Ωрозмикається при t = 0L68 mHi(t)

Ключ паралельно R2 був замкнений тривалий час, тож струм котушки сталий. При t = 0 ключ розмикається. Знайдіть струм котушки i при t = 5 ms.

Vs = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩL = 68 mHt = 5 ms
i = A
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
50 V1000 HzR = 100 ΩL = 250 mHC = 47 µFI

Послідовне коло RLC підключено до мережі 50 V (діюче значення), 1000 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.

V = 50 V (rms)f = 1000 HzR = 100 ΩL = 250 mHC = 47 µF
I = A
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
VfR = 10 ΩL = 1 mHC = 1 µF

Послідовне RLC-коло має R = 10 Ω, L = 1 mH і C = 1 µF. Знайдіть його смугу пропускання B (ширину смуги між частотами половинної потужності) у Hz.

R = 10 ΩL = 1 mHC = 1 µF
B = Hz
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
P = 7 kWQSφ

Однофазний двигун споживає 7 kW при коефіцієнті потужності 0,65 (індуктивному) від мережі 230 V. Знайдіть струм лінії I.

P = 7 kWpf = 0,65V = 230 V
I = A
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P1​ = 78 kWQ1​S1​φ

Однофазний трансформатор потужністю 150 kVA живить навантаження 78 kW з коефіцієнтом потужності 0,7 (індуктивним). Яку додаткову активну потужність ΔP можна під’єднати у вигляді активного навантаження (коефіцієнт потужності 1), перш ніж трансформатор досягне номінальної потужності в kVA?

Smax = 150 kVAP1 = 78 kWpf1 = 0,7
ΔP = kW
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 690 VIL​ = 15 Acos φ = 0,95відстаючий

Симетричне трифазне навантаження споживає лінійний струм 15 A від мережі з лінійною напругою 690 V. Коефіцієнт потужності 0,95, відстаючий. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку споживає навантаження, у kW.

VL = 690 VIL = 15 Acos φ = 0,95
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симетричне трифазне навантаження споживає 300 kW при коефіцієнті потужності 0,72 (відстаючому) від мережі 480 V (лінійна напруга), 50 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,98 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Знайдіть сумарну реактивну потужність QC, яку має постачати конденсаторна батарея, у kvar.

P = 300 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаториСередня
16 ΩN1​N2​1024 Ω

Підсилювач з вихідним опором 1024 Ω живить гучномовець 16 Ω через ідеальний трансформатор. Для передачі максимальної потужності гучномовець з боку підсилювача має виглядати як 1024 Ω. Знайдіть коефіцієнт трансформації a = N₁/N₂.

Rs = 1024 ΩRL = 16 Ω
a =
20.ТрансформаториСкладна
pf 0,8575 kVA, η = 98,8%

Однофазний трансформатор 75 kVA має втрати в сталі 375 W. При номінальному навантаженні й коефіцієнті потужності 0,85 (відстаючому) його ККД становить 98,8%. Знайдіть втрати в міді при повному навантаженні Pcu,fl у ватах.

S = 75 kVAPcore = 375 Wpf = 0,85η = 98,8%
Pcu,fl = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = 22 kΩR1​ = 4,7 kΩVin​ = 4,5 VRa​ = 47 kΩRb​ = 47 kΩ

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

Vin = 4,5 VRa = 47 kΩRb = 47 kΩR1 = 4,7 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​C = 2,2 µFVin​ = 1 VR = 10 kΩ

Інтегратор використовує ідеальний ОП із живленням ±15 V; його вихід насичується на рівні ±14 V. Конденсатор розряджений, коли при t = 0 подається стала вхідна напруга Vin = 1 V. Через який час після t = 0 вихід досягне насичення? Знайдіть t.

Vin = 1 VR = 10 kΩC = 2,2 µFVsat = ±14 V
t = ms
23.Діоди й транзисториСередня
RC​ = 4,7 kΩβ = 150RE​ = 1,2 kΩVCC​ = 20 VR1​ = 22 kΩR2​ = 4,7 kΩ

NPN-транзистор з β = 150 має зміщення дільником напруги від VCC = 20 V: R₁ = 22 kΩ від VCC до бази й R₂ = 4,7 kΩ від бази до землі. Колекторний резистор RC = 4,7 kΩ, емітерний резистор RE = 1,2 kΩ. Візьміть VBE = 0,7 V і використайте еквівалент Тевенена дільника (не нехтуйте струмом бази). Знайдіть напругу колектор–емітер VCE.

VCC = 20 VR1 = 22 kΩR2 = 4,7 kΩRC = 4,7 kΩRE = 1,2 kΩβ = 150
VCE = V
24.Діоди й транзисториСкладна
RC​ = 220 Ωβ = 100VCC​ = 9 V3,3 VRB​ = ?

NPN-транзистор з β = 100 комутує резистор навантаження 220 Ω, увімкнений між VCC = 9 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. Знайдіть найбільший базовий резистор RB, у kΩ, за якого транзистор ще входить у насичення.

VCC = 9 VRC = 220 Ωβ = 100Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Системи численняСередня
ваги розрядів у додатковому коді1−12816413201608141211

8-бітовий шаблон 1110 0111 зберігає ціле число зі знаком у додатковому коді. Яке його значення N у десятковій системі?

1110 01118 bit
N =
26.Системи численняСкладна
16 bit1 px640 px480 pxM = ? KiB

Нестиснене зображення має 640 × 480 пікселів і 16 бітів на піксель. Скільки пам'яті M воно займає, у KiB (1 KiB = 1024 байти)?

640 × 480 px16 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABC000111100101324576

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

F = A′B′C′ + B′C + A′BC′ + AB′C′
L =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​FFQ4​Q4​FFQ5​Q5​CLKMOD-50

Лічильник за модулем 50 має пройти через 50 різних станів. Яка мінімальна кількість тригерів n йому потрібна?

N = 50
n =
29.Перетворення ЛапласаСередня
t (s)f(t)t = 0,1f(0,1) = ?

Знайдіть f(t) для F(s) = 40/(s(s + 3)(s + 4)) розкладом на простіші дроби й обчисліть f(0,1).

F(s) = 40/(s(s + 3)(s + 4))t = 0,1 s
f(0.1) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,5y(0,5) = ?

Розв’яжіть y″ + 5y′ + 6y = 0 при y(0) = −6 і y′(0) = −10 за допомогою перетворення Лапласа й знайдіть y(0,5).

y″ + 5y′ + 6y = 0y(0) = −6y′(0) = −10t = 0,5 s
y(0.5) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+1(s + 5)(s + 4)(s + 9)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = 1(s + 5)/((s + 4)(s + 9)). На задавальний сигнал подано сходинку розміром 5. Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 1(s + 5)/((s + 4)(s + 9))R = 5
ess =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+Kрегулятор+D(s)+3s + 5об’єктC(s)−

Пропорційний регулятор K керує об’єктом G(s) = 3/(s + 5) в одиничному від’ємному зворотному зв’язку. Сходинка збурення розміром 0,5 діє на вході об’єкта за R = 0. Знайдіть найменший коефіцієнт підсилення K, за якого усталений вихід не перевищує 0,003.

G(s) = 3/(s + 5)D = 0,5css ≤ 0,003
K =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)1?

Система має передатну функцію G(s) = 51/(s² + 8s + 51) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS перехідної характеристики.

G(s) = 51/(s² + 8s + 51)
%OS = %
34.Перехідна характеристикаСкладна
R(s)+Ks(s + 20)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = K/(s(s + 20)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого перехідна характеристика має перерегулювання 5 %.

G(s) = K/(s(s + 20))%OS = 5 %
K =
35.Діаграми Боде та запасиСередня
|H| (dB)0,11101001000−80−60−40−20020ω (rad/s)ω = 15

Знайдіть точний модуль |G(jω)| функції G(s) = 630/((s + 9)(s + 10)) за ω = 15 rad/s, у dB.

G(s) = 630/((s + 9)(s + 10))ω = 15 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 45/(s(s + 5)). Знайдіть частоту зрізу за підсиленням ωc, де |L(jω)| = 1.

L(s) = 45/(s(s + 5))
ωc = rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+Ks + 7s(s + 2)(s + 4)C(s)−

Контур з одиничним зворотним зв’язком має L(s) = K(s + 7)/(s(s + 2)(s + 4)), K > 0. Знайдіть найбільше значення Kmax, за якого замкнена система стійка.

L(s) = K(s + 7)/(s(s + 2)(s + 4))
Kmax =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−2−4−6−8−10−12j2

Контур з одиничним зворотним зв’язком має L(s) = K/((s + 10)(s + 1)(s + 3)). Знайдіть точку σa, у якій асимптоти кореневого годографа перетинають дійсну вісь.

L(s) = K/((s + 10)(s + 1)(s + 3))
σa =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
R(s)+K = 90,510s + 1C(s)−

Процес G(s) = 0,5/(10s + 1) регулюється пропорційним коефіцієнтом підсилення K = 9 у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть усталену похибку ess для східчастого сигналу у відсотках від величини східця.

G(s) = 0,5/(10s + 1)K = 9
ess = %
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+K5s(s + 6)C(s)−

П-регулятор K керує об’єктом G(s) = 5/(s(s + 6)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого замкнена система має коефіцієнт демпфування ζ = 0,8.

G(s) = 5/(s(s + 6))ζ = 0,8
K =

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 24,2 Ω

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​6 ΩAR4​6 ΩB

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R3 + R4 = 8 + 6 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 6·14/(6+14) = 4,2 Ω
Req = R1 + 4,2 = 20 + 4,2 = 24,2 Ω

Відповідь

Req = 24,2 Ω
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 0,1204 A

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

R1​ = 3 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​5 VR2​30 ΩAR4​8 ΩBR6​15 Ω

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

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

R5 + R6 = 3 + 15 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 5,538 Ω
R3 + 5,538 = 10,54 Ω
R2 ∥ 10,54 = 7,799 Ω
Req = R1 + 7,799 = 3 + 7,799 = 10,8 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 5/10,8 = 0,463 A

Струм через R₂

Відніміть спад на R₁, щоб отримати напругу у вузлі A, тобто напругу на R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 5 − 0,463·3 = 3,611 V
IR2 = VA/R2 = 3,611/30 = 0,1204 A

Відповідь

IR2 = 0,1204 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VB = 8,381 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.

R1​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAR4​8 ΩBIs​1 A

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 18 V). Невідомі: VA, VB.

ЗСК у вузлі A

Струми, що виходять із A через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у A.

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/10 + (VA − 18)/10 + (VA − VB)/8 = 0
0,325·VA − 0,125·VB = 1,8

ЗСК у вузлі B

Струми, що виходять із B через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у B.

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/8 + (VB − VA)/8 = 1
−0,125·VA + 0,25·VB = 1

Розв’яжіть

Δ = (0,325)(0,25) − (−0,125)(−0,125) = 0,06563
VA = Δ1/Δ = 0,575/0,06563 = 8,762 V
VB = Δ2/Δ = 0,55/0,06563 = 8,381 V

Відповідь

VB = 8,381 V
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VB = −2,821 V

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

Утворіть надвузол

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

VB = VA − 9
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Розв’яжіть

(VA − 5)/12 + VA/2 + (VA − 9)/15 = 3
VA·(1/12 + 1/2 + 1/15) = 3 + 5/12 + 9/15 = 4,017
VA = 4,017/0,65 = 6,179 V
VB = −2,821 V

Відповідь

VB = −2,821 V
5.Метод контурних струмів

Відповідь: IR1 = 2,375 A

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

R1​ = 6 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​3 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
6·I1 + 3(I1 − I2) = 24
9·I1 − 3·I2 = 24

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
6·I2 + 3(I2 − I1) = (−15)
−3·I1 + 9·I2 = −15

Розв’яжіть

Δ = (9)(9) − (−3)(−3) = 72
I1 = Δ1/Δ = 171/72 = 2,375 A
I2 = Δ2/Δ = −63/72 = −0,875 A

Відповідь

IR1 = I1 = 2,375 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: IR4 = 1,091 A

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

R1​ = 15 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR4​2 ΩAR5​8 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

Призначте контурні струми

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

ЗНК для контуру 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
15·I1 + 2(I1 − I2) = 18
17·I1 − 2·I2 = 18

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
5·I2 + 2(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−2·I1 + 15·I2 − 8·I3 = 0

ЗНК для контуру 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
20·I3 + 8(I3 − I2) = (−9)
−8·I2 + 28·I3 = −9

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 5940
I1 = Δ1/Δ = 6264/5940 = 1,055 A
I2 = Δ2/Δ = −216/5940 = −0,03636 A
I3 = Δ3/Δ = −1971/5940 = −0,3318 A

Відповідь

IR4 = I1 − I2 = 1,091 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: I = 15 mA

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 відгук як суму внесків

Кожен внесок пропорційний своєму джерелу з коефіцієнтом, що залежить лише від резисторів.

I = k₁·Vs + k₂·Is
4·k₁ + 6·k₂ = 10,5
20·k₁ + 8·k₂ = 36

Знайдіть коефіцієнти

Δ = (4)(8) − (6)(20) = −88
k₁ = Δ1/Δ = −132/−88 = 1,5
k₂ = Δ2/Δ = −66/−88 = 0,75
k₁ = 1,5 mA/V, k₂ = 0,75

Обчисліть новий струм

I = 1,5·8 + 0,75·4 = 15 mA

Відповідь

I = 15 mA
8.Метод накладання

Відповідь: I = 12 mA

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 = 4,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 6
I₁ + I₂ − I₃ = −16,5

Знайдіть внески

I₁ = 6 − 4,5 = 1,5 mA
I₃ = (4,5 − (−16,5))/2 = 10,5 mA
I₂ = 4,5 − 1,5 − 10,5 = −7,5 mA

Вимкніть V₂

I = I₁ + I₃ = 1,5 + 10,5 = 12 mA

Відповідь

I = 12 mA
9.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = 2,727 V

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 6 ΩКЗR2​10 ΩAabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

Замініть джерела напруги короткими замиканнями, а джерела струму — розривами, а тоді подивіться на коло з боку a–b.

R1 ∥ R2 = 12·10/(12+10) = 5,455 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,455 + 6 = 11,45 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩAab+−Vth​

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) = 6·10/(12+10) = 2,727 V
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: IN = 0,1226 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.

R1​ = 2 ΩR3​ = 6 ΩКЗR2​25 ΩAОБРИВBabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

Замініть джерела напруги короткими замиканнями, а джерела струму — розривами, а тоді подивіться на коло з боку a–b.

R1 ∥ R2 = 2·25/(2+25) = 1,852 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,852 + 6 = 7,852 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​25 ΩAIs​2 ABab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

Коли a–b розімкнені, Iₛ може текти лише через R₃ у вузол A. Знайдіть V_A накладанням V₁ та Iₛ, потім додайте спад на R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 16,67 + (−2)·1,852 = 12,96 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,96 + (−2)·6 = 0,963 V
IN​0,1226 ARth​7,852 Ωab

Еквівалент Нортона

Джерело Нортона — те саме коло, подане як джерело струму, паралельне R_th. Його струм — це струм короткого замикання на a–b.

IN = Vth/Rth = 0,963/7,852 = 0,1226 A
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: τ = 63,98 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.

Еквівалентна схема Тевенена з боку конденсатора

Закоротіть джерело, щоб знайти Rth; розімкніть конденсатор, щоб знайти напругу, до якої він зарядиться.

Rth = R1 ∥ R2 = 4,7·3,3/(4,7 + 3,3) = 1,939 kΩ
vC(∞) = 15·3,3/(4,7 + 3,3) = 6,188 V

Стала часу

τ = Rth·C = 1,939·33 = 63,98 ms

Відповідь

τ = 63,98 ms
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: i = 1,476 A

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

Початкове значення, кінцеве значення, стала часу

До t = 0 замкнений ключ шунтує R₂; після цього в контурі обидва резистори, R₁ і R₂.

i(0) = 24/10 = 2,4 A
i(∞) = 24/(10 + 10) = 1,2 A
τ = L/R = 68/20 = 3,4 ms
i(t) = 1,2 + (2,4 − 1,2)·e−t/τ

Струм у заданий момент

i(5) = 1,2 + (1,2)·e−5/3,4 = 1,476 A

Відповідь

i = 1,476 A
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: I = 0,03184 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 = 6283·0,25 = 1571 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·47·10⁻⁶) = 3,386 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (1567)²) = 1571 Ω

Струм

Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.

I = V/|Z| = 50/1571 = 0,03184 A

Відповідь

I = 0,03184 A
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: B = 1592 Hz

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

Резонансна частота

f0 = 1/(2π·√(0,001·1·10⁻⁶)) = 5033 Hz

Добротність

Q порівнює реактивний опір при резонансі з активним опором: Q = ω₀L/R.

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/10)·√(0,001/(1·10⁻⁶)) = 3,162

Смуга пропускання

B = f0/Q = 5033/3,162 = 1592 Hz

Відповідь

B = 1592 Hz
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: I = 46,82 A

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

Струм лінії

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

I = P/(V·cos φ) = 7000/(230·0,65) = 46,82 A

Відповідь

I = 46,82 A
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: ΔP = 49,15 kW

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

Реактивна потужність наявного навантаження

Q1 = 78·tan(arccos 0,7) = 79,58 kvar

Найбільша сумарна активна потужність

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(150² − 79,58²) = 127,2 kW

Додаткова активна потужність

ΔP = 127,2 − 78 = 49,15 kW

Відповідь

ΔP = 49,15 kW
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 17,03 kW

Симетричні трифазні системи: у з’єднанні зіркою (Y) лінійна напруга в √3 разів більша за фазну, VL = √3·Vph, а лінійний струм дорівнює фазному. У з’єднанні трикутником (Δ) лінійна напруга дорівнює фазній, а лінійний струм у √3 разів більший за фазний, IL = √3·Iph. Сумарна потужність утричі більша за потужність однієї фази: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Повна потужність

S = √3·VL·IL = √3·690·15 = 17,93 kVA

Активна потужність

P = S·cos φ = 17,93·0,95 = 17,03 kW

Відповідь

P = 17,03 kW
18.Трифазні системи

Відповідь: QC = 228,2 kvar

Симетричні трифазні системи: у з’єднанні зіркою (Y) лінійна напруга в √3 разів більша за фазну, VL = √3·Vph, а лінійний струм дорівнює фазному. У з’єднанні трикутником (Δ) лінійна напруга дорівнює фазній, а лінійний струм у √3 разів більший за фазний, IL = √3·Iph. Сумарна потужність утричі більша за потужність однієї фази: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Компенсація реактивної потужності: конденсатори постачають реактивну потужність на місці, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Кожен із трьох конденсаторів дає QC/3 = V²·ω·C, де V — напруга на цьому конденсаторі: VL у батареї, з’єднаній трикутником, VL/√3 — у батареї, з’єднаній зіркою.

Реактивна потужність до і після

Активна потужність не змінюється, тож кожен коефіцієнт потужності визначає реактивну потужність: Q = P·tan φ.

Q1 = 300·tan(acos 0,72) = 300·0,9639 = 289,2 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,98) = 300·0,2031 = 60,92 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 228,2 kvar

Відповідь

QC = 228,2 kvar
19.Трансформатори

Відповідь: a = 8

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 = 1024
a = √(1024/16) = √64 = 8

Відповідь

a = 8
20.Трансформатори

Відповідь: Pcu,fl = 399,3 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 = 75·0,85 = 63,75 kW
Pin = 63750/0,988 = 64524 W

Сумарні втрати й втрати в міді

Ploss = 64524 − 63750 = 774,3 W
Pcu,fl = 774,3 − 375 = 399,3 W

Відповідь

Pcu,fl = 399,3 W
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 12,78 V

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

Напруга на вході +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 4,5·47/(47 + 47) = 2,25 V

Коефіцієнт підсилення неінвертувального підсилювача

V₋ = V₊, і струм через R₁ тече також через Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 2,25·(1 + 22/4,7) = 12,78 V

Відповідь

Vout = 12,78 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: t = 308 ms

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.

Вхідний струм і швидкість наростання

kΩ помножити на µF дає мілісекунди.

RC = 10 kΩ · 2,2 µF = 22 ms
швидкість наростання = −Vin/(RC) = −1/22 = −0,04545 V/ms

Час до насичення

|Vin|·t/(RC) = Vsat → t = Vsat·RC/|Vin| = 14·22/1 = 308 ms

Відповідь

t = 308 ms
23.Діоди й транзистори

Відповідь: VCE = 6,494 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 = 20·4,7/(22 + 4,7) = 3,521 V
RTH = 22·4,7/(22 + 4,7) = 3,873 kΩ

Струм бази

ЗНК для базового контуру; струм емітера дорівнює (β + 1)·IB.

IB = (3,521 − 0,7)/(3,873 + 151·1,2) = 15,24 µA

Струм колектора

IC = 150·15,24 µA = 2,286 mA
IE = 151·15,24 µA = 2,301 mA

Напруга колектор–емітер

VCE = 20 − 2,286·4,7 − 2,301·1,2 = 6,494 V

Відповідь

VCE = 6,494 V
24.Діоди й транзистори

Відповідь: RB = 6,5 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) = (9 − 0,2)/220 = 40 mA

Мінімальний струм бази

IB(min) = IC(sat)/β = 40/100 = 400 µA

Базовий резистор

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,4 mA = 6,5 kΩ

Відповідь

RB = 6,5 kΩ

Будь-який менший базовий резистор також насичує транзистор; на практиці беруть у кілька разів менший.

25.Системи числення

Відповідь: N = −25

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 + 32 + 4 + 2 + 1 = −25

Відповідь

N = −25
26.Системи числення

Відповідь: M = 600 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

640·480·16 = 4915200 bit = 614400 B

Переведіть у KiB

614400/1024 = 600 KiB

Відповідь

M = 600 KiB
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: L = 3

Булева алгебра: правила, що спрощують вирази, — це X + X′ = 1 і X·X′ = 0, X + X = X, поглинання X + X·Y = X, правило склеювання X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y і теорема про консенсус XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Закони де Моргана перетворюють (X·Y)′ на X′ + Y′, а (X + Y)′ на X′·Y′. Карта Карно застосовує ці правила графічно: кожна група з двох сусідніх клітинок — це одне застосування XY + XY′ = X.

Мінтерми виразу

A′B′C′ → m(0)
B′C → m(1, 5)
A′BC′ → m(2)
AB′C′ → m(4)
ABC00011110011011031214150706

Згрупуйте й зчитайте

F = B′ + A′C′

Порахуйте літерали

L = 3

Відповідь

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

Відповідь: n = 6

Тригери та лічильники: тригер змінюється лише за активним фронтом такту. D копіює свій вхід (Q⁺ = D); T перемикається, коли T = 1; JK зберігає стан за 00, скидає за 01, встановлює за 10 і перемикає за 11. n-розрядний двійковий лічильник має 2ⁿ станів і рахує за модулем 2ⁿ; лічильник за модулем N рахує 0, 1, …, N − 1 і повертається до 0, і йому потрібне найменше n, для якого 2ⁿ ≥ N тригерів. Кожен ступінь послідовного лічильника ділить частоту навпіл, тож останній вихід лічильника за модулем N має частоту fclk/N. Лічильник Джонсона з n тригерів має 2n станів, кільцевий — n.

Кількість тригерів

2ⁿ ≥ 50 → n = 6 (2⁶ = 64)

Відповідь

n = 6
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.1) = 0,159

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).

Простіші дроби

F(s) = A/s + B/(s + 3) + C/(s + 4)
A = 40/(3·4) = 3,333
B = 40/((−3)·1) = −13,33
C = 40/((−4)·(−1)) = 10

Обернене перетворення

f(t) = 3,333 − 13,33·e−3t + 10·e−4t

Обчисліть

f(0,1) = 3,333 − 13,33·e−3·0,1 + 10·e−4·0,1 = 0,159

Відповідь

f(0,1) = 0,159
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.5) = −5,392

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

s²Y − (−6)s − (−10) + 5(sY − (−6)) + 6Y = 0
Y(s) = (−6s − 40)/((s + 2)(s + 3))

Простіші дроби

A = −28/1 = −28
B = −22/(−1) = 22

Результат

y(t) = −28·e−2t + 22·e−3t
y(0,5) = −5,392

Відповідь

y(0,5) = −5,392

Перевірка: y(0) = A + B = −6.

31.Блок-схеми

Відповідь: ess = 4,39

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) = 1·5/(4·9) = 0,1389

Усталена похибка

ess = A/(1 + Kₚ) = 5/(1 + 0,1389) = 4,39

Відповідь

ess = 4,39
32.Блок-схеми

Відповідь: K = 165

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).

Відгук на збурення

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 0,5·3/(5 + 3K)

Розв’яжіть відносно K

5 + 3K = 0,5·3/0,003 = 500
K = (500 − 5)/3 = 165

Відповідь

K = 165
33.Перехідна характеристика

Відповідь: %OS = 11,95 %

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 = 51 → ωₙ = 7,141 rad/s
2ζωₙ = 8 → ζ = 8/(2·7,141) = 0,5601

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−2,124 = 11,95 %

Відповідь

%OS = 11,95 %
34.Перехідна характеристика

Відповідь: K = 210

Перехідна характеристика: система першого порядку G(s) = K/(τs + 1) відповідає на сходинку розміром U як y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): вона досягає 63,2 % кінцевого значення K·U за одну сталу часу τ і 98 % за 4τ. Система другого порядку G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) має полюси s = −ζωₙ ± jωd, де ωd = ωₙ√(1 − ζ²). За 0 < ζ < 1 перехідна характеристика має перерегулювання: відсоток перерегулювання %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), час піку tp = π/ωd, а 2-відсотковий час встановлення ts ≈ 4/(ζωₙ). Порівняйте знаменник із s² + 2ζωₙs + ωₙ², щоб знайти ωₙ і ζ. Для системи маса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) і ζ = c/(2√(km)); для послідовного RLC-кола ωₙ = 1/√(LC) і ζ = (R/2)·√(C/L).

Передатна функція замкненої системи

T(s) = K/(s² + 20s + K)

Коефіцієнт демпфування за перерегулюванням

ζ = −ln(0,05)/√(π² + ln²(0,05)) = 0,6901

Коефіцієнт підсилення

ωₙ = 20/(2ζ) = 14,49 rad/s
K = ωₙ² = 210

Відповідь

K = 210
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: |G(jω)| = 6,011 dB

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

Перемножте модулі

|G(j15)| = 630/(√(15² + 9²)·√(15² + 10²)) = 630/(17,49·18,03) = 1,998

Результат

20·log₁₀(1,998) = 6,011 dB

Відповідь

|G(jω)| = 6,011 dB
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ωc = 5,848 rad/s

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

Зріз за підсиленням

ω⁴ + 25ω² − 2025 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·2025))/2 = 34,2
ωc = 5,848 rad/s

Відповідь

ωc = 5,848 rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: Kmax = 48

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

Характеристичний поліном

s(s + 2)(s + 4) + K(s + 7) = s³ + 6s² + (8 + K)s + 7K

Таблиця Рауса

s³: 1, 8 + K
s²: 6, 7K
s¹: (6·(8 + K) − 7K)/6
s⁰: 7K

Умова

48 − 1K > 0
K < 48/1 = 48

Відповідь

Kmax = 48

Якби нуль лежав праворуч від s = −6, контур залишався б стійким за будь-якого K > 0.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: σa = −4,667

Кореневий годограф: зі зростанням коефіцієнта підсилення K від 0 до ∞ полюси замкненої системи, тобто корені рівняння 1 + K·G(s) = 0, рухаються від полюсів розімкненої системи до її нулів або до нескінченності. Точка дійсної осі належить годографу, коли кількість дійсних полюсів і нулів праворуч від неї непарна. n − m віток, що йдуть у нескінченність, прямують уздовж асимптот під кутами (2q + 1)·180°/(n − m), які виходять із центра σₐ = (Σ полюсів − Σ нулів)/(n − m). Гілки відходять від дійсної осі або сходяться на ній там, де dK/ds = 0. Умова кута ∠G(s) = 180° визначає форму годографа, а умова модуля K = 1/|G(s)| дає значення K у будь-якій точці годографа.

Полюси й нулі

полюси: −10, −1, −3
n − m = 3 − 0 = 3

Центр ваги

σa = (−14)/3 = −4,667

Відповідь

σa = −4,667

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

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 18,18 %

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.

Позиційна константа

Kp = 9·0,5 = 4,5

Похибка за східчастого сигналу

ess = 100/(1 + 4,5) = 18,18 %

Відповідь

ess = 18,18 %
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: K = 2,812

П-, ПІ- і ПІД-регулювання: регулятор C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s діє на похибку. Пропорційний коефіцієнт підсилення робить контур швидшим і зменшує похибку об’єкта типу 0, але ніколи не усуває її. Інтегральна складова додає полюс у точці s = 0: тип системи зростає на одиницю, і східчастий сигнал відпрацьовується без похибки. Диференціальна складова додає демпфування. Щоб підібрати коефіцієнти, запишіть характеристичний поліном замкненої системи й порівняйте його з s² + 2ζωns + ωn². Тоді %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd при ωd = ωn√(1 − ζ²), а ts ≈ 4/(ζωn).

Характеристичний поліном

s(s + 6) + 5K = s² + 6s + 5K

Власна частота

2·0,8·ωₙ = 6 → ωₙ = 3,75 rad/s

Коефіцієнт підсилення

5K = ωₙ² = 14,06 → K = 2,812

Відповідь

K = 2,812

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

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