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​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAR4​8 ΩB

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 9 VR1 = 20 ΩR2 = 20 ΩR3 = 4 ΩR4 = 8 Ω
Req = Ω
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 4 ΩIR1​R3​ = 6 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​5 VR2​4 ΩAR4​2 ΩBR6​8 Ω

Знайдіть струм IR1, який віддає джерело і який тече через R1.

V1 = 5 VR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 ΩR4 = 2 ΩR5 = 12 ΩR6 = 8 Ω
IR1 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​5 Ω+−V1​9 VR2​6 Ω+−V2​15 VI2​R3​6 Ω+−V3​24 VA

Між вузлом A і землею ввімкнено три вітки, як показано на схемі. Методом вузлових потенціалів знайдіть струм I2 у вітці 2, що тече вгору у вузол A в напрямку стрілки.

V1 = 9 VR1 = 5 ΩV2 = 15 VR2 = 6 ΩV3 = 24 VR3 = 6 Ω
I2 = A
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​8 ΩAR4​12 ΩBIs​?

Джерело струму регулюють, доки вузлова напруга в A не стане VA = 19,5 V. Методом вузлових потенціалів знайдіть струм джерела Is (напрямок як на схемі).

V1 = 15 VR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 20 ΩR4 = 12 ΩVA = 19,5 V
Is = A
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 12 ΩR2​ = 8 Ω+−V1​24 VR3​15 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти контурний струм I2 (за годинниковою стрілкою).

V1 = 24 VV2 = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 Ω
I2 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 15 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​30 VR4​30 ΩAR5​8 ΩIR5​B+−V2​6 VI1​I2​I3​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти струм IR5 через R5 у напрямку стрілки.

V1 = 30 VV2 = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 ΩR4 = 30 ΩR5 = 8 Ω
IR5 = A
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 10 ΩR3​ = 4 ΩIR3​+−V1​30 VR2​5 ΩAR4​15 ΩBIs​?

Знайдіть значення джерела струму Is (напрямок як на схемі), за якого струм IR3 через R3 дорівнює нулю.

V1 = 30 VR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 ΩR4 = 15 Ω
Is = A
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 = 23,5 mA. Коли V1 подвоєне, а два інші без змін, I = 34,5 mA. Коли напрямок Is змінено на протилежний, а два інші без змін, I = 14,5 mA. Знайдіть струм навантаження I, коли V2 вимкнене, а V1 і Is мають звичайні значення.

звичайні значення: I = 23,5 mA2·V1: I = 34,5 mA−Is: I = 14,5 mA
I = mA
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 10 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩAab

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

V1 = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 Ω
IN = A
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 6 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​9 VR2​6 ΩAIs​2,5 ABab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 9 VIs = 2,5 AR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 12 Ω
Vth = V
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​12 Vt = 0R = 15 ΩL10 mHi(t)

До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Знайдіть напругу vL на котушці в момент t = 1 ms.

Vs = 12 VR = 15 ΩL = 10 mHt = 1 ms
vL = V
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​6 Vt = 0R = 10 kΩC220 µF+−vC​vC​(0) = 2 V

Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 2 V з указаною полярністю. За який час vC досягне 4 V? Знайдіть t.

Vs = 6 VR = 10 kΩC = 220 µFvC(0) = 2 V
t = ms
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
12 V200 HzR = 60 ΩL = 50 mHC = 22 µFI

Послідовне коло RLC підключено до мережі 12 V (діюче значення), 200 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.

V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 60 ΩL = 50 mHC = 22 µF
I = A
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
10 Vf0​R = 15 ΩL = 50 mHC = 1 µF

Послідовне RLC-коло живиться від джерела 10 V (діюче значення), частоту якого встановлено рівною резонансній частоті кола. Знайдіть діюче значення напруги VL на котушці.

V = 10 V (rms)R = 15 ΩL = 50 mHC = 1 µF
VL = V
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
P = 33 kWQ = ?Sφ

Однофазний двигун споживає 33 kW при коефіцієнті потужності 0,85 (індуктивному) від мережі 400 V. Знайдіть реактивну потужність Q, яку він споживає.

P = 33 kWpf = 0,85V = 400 V
Q = kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P = 5 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазне навантаження споживає 5 kW при коефіцієнті потужності 0,65 (індуктивному) від мережі 230 V, 60 Hz. Паралельно підключений конденсатор підвищує коефіцієнт потужності до 0,92. Знайдіть реактивну потужність QC, яку має постачати конденсатор.

P = 5 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92V = 230 Vf = 60 Hz
QC = kvar
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 480 VNZ = 12 + j16 Ωна фазу

Симетричне навантаження, з’єднане зіркою, з повним опором 12 + j16 Ω на фазу підключене до симетричної трифазної мережі з лінійною напругою 480 V. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку поглинає навантаження, у kW.

VL = 480 VZ = 12 + j16 Ω на фазу
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симетричне трифазне навантаження споживає 60 kW при коефіцієнті потужності 0,8 (відстаючому) від мережі 415 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 зіркою. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.

P = 60 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
RL​ = 60 Ω21480 VV2​I1​ = ?I2​

До первинної обмотки ідеального трансформатора з коефіцієнтом трансформації N₁:N₂ = 2:1 прикладено 480 V. До вторинної обмотки підключено резистор 60 Ω. Знайдіть первинний струм I1.

N1:N2 = 2:1V1 = 480 VRL = 60 Ω
I1 = A
20.ТрансформаториСкладна
100 kVA

Однофазний трансформатор 100 kVA має втрати в сталі 300 W і втрати в міді 600 W при номінальному навантаженні. При якому навантаженні Sη,max, у kVA, його ККД найвищий?

S = 100 kVAPcore = 300 WPcu,fl = 600 W
Sη,max = kVA
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = 22 kΩR1​ = 22 kΩVin​ = 0,5 V

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

Vin = 0,5 VR1 = 22 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​R2​ = 10 kΩV1​ = −0,7 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 1,2 VR3​ = 1 kΩR4​ = 100 kΩ

ОП ідеальний і живиться від ±15 V. Відношення опорів не узгоджені. Знайдіть вихідну напругу Vout.

V1 = −0,7 VV2 = 1,2 VR1 = 4,7 kΩR2 = 10 kΩR3 = 1 kΩR4 = 100 kΩ
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
+−12 VR = ?3 × 3 V5 mA

3 білий світлодіодів (пряма напруга 3 В кожен) з’єднано послідовно з резистором до джерела 12 В. Знайдіть опір R, що задає струм 5 мА.

Vs = 12 VVF = 3 Vn = 3I = 5 mA
R = Ω
24.Діоди й транзисториСкладна
RC​ = 150 Ωβ = 80IC​ = ?VCC​ = 12 V5 VRB​ = 100 kΩ

NPN-транзистор з β = 80 комутує резистор навантаження 150 Ω, увімкнений між VCC = 12 V і його колектором. Емітер заземлено. Базу керують від логічного виходу 5 V через базовий резистор RB = 100 kΩ. Візьміть VBE = 0,7 V і VCE(sat) = 0,2 V. Знайдіть струм колектора IC у mA при високому рівні на вході. Спершу визначте, чи транзистор у насиченні.

VCC = 12 VRC = 150 Ωβ = 80Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 100 kΩ
IC = mA
25.Системи численняСередня
8-бітовий додатковий код?−128?64?32?16?8?4?2?1

Запишіть −12 як 8-бітовий шаблон у додатковому коді. Прочитайте шаблон як беззнакове двійкове число: яке його значення U у десятковій системі?

N = −128 bit
U =
26.Системи численняСкладна
16-бітний доповняльний код, N = ??знак???????????????

Яке найменше (найбільш від'ємне) ціле число N можна записати 16-бітовим додатковим кодом?

16 bit
N =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABC00011110010001131204050716

Скористайтеся картою Карно, щоб знайти мінімальну форму суми добутків (SOP) для F(A, B, C) = Σm(2, 3, 6). Скільки всього літералів L вона містить (змінна зі штрихом рахується як один літерал)?

F(A, B, C) = Σm(2, 3, 6)
L =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
ABCD00011110000111100001031214051716012013115X14X809X11010

Знайдіть мінімальну форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(2, 4, 6, 7, 15) + d(8, 11, 14), де d позначає байдужі стани. Скільки добутків N вона має?

F(A, B, C, D) = Σm(2, 4, 6, 7, 15) + d(8, 11, 14)
N =
29.Перетворення ЛапласаСередня
t (s)f(t)t = 0,4f(0,4) = ?

Знайдіть f(t) для F(s) = 55/(s(s + 2)(s + 4)) розкладом на простіші дроби й обчисліть f(0,4).

F(s) = 55/(s(s + 2)(s + 4))t = 0,4 s
f(0.4) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Система підпорядковується рівнянню y″ + 10y′ + 24y = 48·u(t) при y(0) = 5 і y′(0) = 0. У момент t = 0 подають вхідну сходинку u(t) = 5. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть y(0,25).

y″ + 10y′ + 24y = 48·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 5t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+Ks(s + 3)G(s)C(s)−

Об’єкт G(s) = K/(s(s + 3)) охоплено одиничним від’ємним зворотним зв’язком. Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого замкнена система критично загасаюча (два рівні дійсні полюси).

G(s) = K/(s(s + 3))одиничний від’ємний зворотний зв’язок
K =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+Kрегулятор+D(s)+3s + 3об’єктC(s)−

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

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

Система має передатну функцію G(s) = 132/(s² + 7s + 44) і отримує на вході одиничну сходинку. Полюси: s = σ ± jωd. Знайдіть дійсну частину σ.

G(s) = 132/(s² + 7s + 44)
σ =
34.Перехідна характеристикаСкладна
+−10 VR = 11 ΩL = 20 mHC = 100 µFvC​

Послідовне RLC-коло з R = 11 Ω, L = 20 mH і C = 100 µF підключають до сходинки 10 V у момент t = 0. Конденсатор незаряджений, і до сходинки струм не тече. Знайдіть пікову напругу на конденсаторі vC,max.

R = 11 ΩL = 20 mHC = 100 µFV = 10 V
vC,max = V
35.Діаграми Боде та запасиСередня
vin​R = 100 ΩL = 1 mHvout​

RL-фільтр верхніх частот на рисунку має R = 100 Ω, L = 1 mH. На вхід подають синусоїдний сигнал 80 kHz. Знайдіть фазовий зсув φ сигналу vout відносно vin, у градусах.

R = 100 ΩL = 1 mHf = 80 kHz
φ = °
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​ = ?

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 170/(s(s + 6)(s + 10)). Знайдіть частоту перетину за фазою ω180, де ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 170/(s(s + 6)(s + 10))
ω180 = rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+28801s(s + 6)(s + 10)C(s)−

Контур на схемі має від’ємний зворотний зв’язок, L(s) = 2880/(s(s + 6)(s + 10)). Скільки полюсів N замкненої системи лежить у правій півплощині?

L(s) = 2880/(s(s + 6)(s + 10))
N =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−1−2−3−4−5−6j1−2

Для контуру L(s) = K/(s(s + 4)(s + 5)) знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого полюс замкненої системи опиняється в точці s = −2.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 5))s = −2
K =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
r(t) = 1 + 5t+4s(s + 4)C(s)−

Вхід r(t) = 1 + 5t (східчастий сигнал плюс лінійно наростальний) подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 4/(s(s + 4)). Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 4/(s(s + 4))r(t) = 1 + 5t
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
r(t) = 5t+1 + 4/s2(s + 2)(s + 10)C(s)−

ПІ-регулятор C(s) = 1 + 4/s керує об’єктом G(s) = 2/((s + 2)(s + 10)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть усталену похибку ess для лінійно наростального входу r(t) = 5t.

C(s) = 1 + 4/sG(s) = 2/((s + 2)(s + 10))r(t) = 5t
ess =

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 27,5 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​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAR4​8 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 = 4 + 8 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 20·12/(20+12) = 7,5 Ω
Req = R1 + 7,5 = 20 + 7,5 = 27,5 Ω

Відповідь

Req = 27,5 Ω
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 0,7523 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​ = 4 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​5 VR2​4 ΩAR4​2 ΩBR6​8 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 = 12 + 8 = 20 Ω
R4 ∥ 20 = 1,818 Ω
R3 + 1,818 = 7,818 Ω
R2 ∥ 7,818 = 2,646 Ω
Req = R1 + 2,646 = 4 + 2,646 = 6,646 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 5/6,646 = 0,7523 A

Відповідь

IR1 = 0,7523 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: I2 = −0,09375 A

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

ЗСК для вузла A

Нижній провід візьміть за землю. Кожна вітка проводить від A струм (VA − Vk)/Rk, де Vk — напруга її джерела (нуль для простого резистора). Сума струмів, що виходять з A, дорівнює нулю.

(VA − 9)/5 + (VA − 15)/6 + (VA − 24)/6 = 0

Знайдіть VA

VA = (9/5 + 15/6 + 24/6) / (1/5 + 1/6 + 1/6) = 8,3/0,5333 = 15,56 V

Струм гілки

Стрілка спрямована вгору вздовж вітки, у вузол A.

I2 = (15 − VA)/R2 = (15 − 15,56)/6 = −0,09375 A

Відповідь

I2 = −0,09375 A

Від’ємний результат означає, що дійсний струм тече проти стрілки.

4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: Is = 9,325 A

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

ЗСК для вузла A

VA відоме, тож це рівняння дає VB.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(19,5 − 15)/10 + 19,5/8 = (VB − 19,5)/20
2,888 = (VB − 19,5)/20 → VB = 77,25 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 = (77,25 − 19,5)/20 + 77,25/12 = 9,325 A

Відповідь

Is = 9,325 A
5.Метод контурних струмів

Відповідь: I2 = 0,5 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​ = 12 ΩR2​ = 8 Ω+−V1​24 VR3​15 ΩA+−V2​6 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
12·I1 + 15(I1 − I2) = 24
27·I1 − 15·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
8·I2 + 15(I2 − I1) = (−6)
−15·I1 + 23·I2 = −6

Розв’яжіть

Δ = (27)(23) − (−15)(−15) = 396
I1 = Δ1/Δ = 462/396 = 1,167 A
I2 = Δ2/Δ = 198/396 = 0,5 A

Відповідь

I2 = 0,5 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: IR5 = 0,8333 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​ = 12 Ω+−V1​30 VR4​30 ΩAR5​8 ΩB+−V2​6 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 + 30(I1 − I2) = 30
45·I1 − 30·I2 = 30

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
5·I2 + 30(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 43·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
12·I3 + 8(I3 − I2) = (−6)
−8·I2 + 20·I3 = −6

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 17820
I1 = Δ1/Δ = 22440/17820 = 1,259 A
I2 = Δ2/Δ = 15840/17820 = 0,8889 A
I3 = Δ3/Δ = 990/17820 = 0,05556 A

Відповідь

IR5 = I2 − I3 = 0,8333 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: Is = 0,6667 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.

R1​ = 10 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAR4​15 ΩBОБРИВ

Випадок 1 · діє лише V1

Iₛ стає розривом, тож R₃ і R₄ утворюють одну послідовну гілку від A до землі, паралельну R₂.

R3+R4 = 4+15 = 19 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 5·19/(5+19) = 3,958 Ω
VA = 30·3,958/(10+3,958) = 8,507 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 8,507·15/19 = 6,716 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (8,507 − 6,716)/4 = 0,4478 A

Випадок 2 · діє лише Is

V₁ стає коротким замиканням, тож R₁ ∥ R₂ з’єднує A із землею. Iₛ розгалужується у вузлі B між R₄ і шляхом R₃ + R₁∥R₂; частина через R₃ тече від B до A, проти стрілки.

R1 ∥ R2 = 3,333 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·15/22,33 = −0,6716·Is

Прирівняйте суму до нуля

IR3′ + IR3″ = 0,4478 − 0,6716·Is = 0
Is = 0,4478/0,6716 = 0,6667 A

Відповідь

Is = 0,6667 A
8.Метод накладання

Відповідь: I = 15,5 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 = 23,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 34,5
I₁ + I₂ − I₃ = 14,5

Знайдіть внески

I₁ = 34,5 − 23,5 = 11 mA
I₃ = (23,5 − 14,5)/2 = 4,5 mA
I₂ = 23,5 − 11 − 4,5 = 8 mA

Вимкніть V₂

I = I₁ + I₃ = 11 + 4,5 = 15,5 mA

Відповідь

I = 15,5 mA
9.Тевенен і Нортон

Відповідь: IN = 0,3 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​ = 10 ΩR3​ = 5 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 = 10·10/(10+10) = 5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5 + 5 = 10 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 5 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/(10+10) = 3 V
IN​0,3 ARth​10 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 = 3/10 = 0,3 A
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = 42 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​ = 6 ΩR3​ = 12 ΩКЗR2​6 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 = 6·6/(6+6) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 12 = 15 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​9 VR2​6 ΩAIs​2,5 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) = 4,5 + 2,5·3 = 12 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12 + 2,5·12 = 42 V
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vL = 2,678 V

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

Стала часу і кінцевий струм

Через тривалий час після замикання котушка поводиться як коротке замикання, тож кінцевий струм визначає лише R.

τ = L/R = 10 mH / 15 Ω = 0,6667 ms
i(∞) = Vs/R = 12/15 = 0,8 A

Напруга на котушці

У момент t = 0 уся напруга живлення прикладена до котушки; далі вона спадає до нуля.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 12·e−1/0,6667 = 2,678 V

Відповідь

vL = 2,678 V
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: t = 1525 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.

vC(0) = 2 V, vC(∞) = Vs = 6 V
τ = R·C = 10 kΩ · 220 µF = 2200 ms
vC(t) = 6 + (2 − 6)·e−t/τ

Виразіть час

4 = 6 + (−4)·e−t/τ → e−t/τ = (4 − 6)/(2 − 6) = 0,5
t = τ·ln((2 − 6)/(4 − 6)) = 2200·ln(2) = 1525 ms

Відповідь

t = 1525 ms
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: I = 0,1828 A

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

Реактивні опори

ω = 2πf = 2π·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,05 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·22·10⁻⁶) = 36,17 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(60² + (26,66)²) = 65,66 Ω

Струм

Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.

I = V/|Z| = 12/65,66 = 0,1828 A

Відповідь

I = 0,1828 A
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: VL = 149,1 V

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

Резонанс

При резонансі реактивні опори компенсуються, тож повний опір дорівнює просто R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,05·1·10⁻⁶) = 4472 rad/s
I = V/R = 10/15 = 0,6667 A

Напруга на котушці

XL = ω₀L = 4472·0,05 = 223,6 Ω
VL = I·XL = 0,6667·223,6 = 149,1 V

Відповідь

VL = 149,1 V

Це в Q = 14,91 разів більше за напругу мережі.

15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: Q = 20,45 kvar

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

Кут

φ = arccos(0,85) = 31,79°, tan φ = 0,6197

Реактивна потужність

Q = P·tan φ = 33·0,6197 = 20,45 kvar

Відповідь

Q = 20,45 kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: QC = 3,716 kvar

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

Реактивна потужність до і після

Активна потужність P не змінюється; змінюється лише реактивна потужність із мережі.

Q1 = P·tan φ1 = 5·tan(49,46°) = 5,846 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(23,07°) = 2,13 kvar
QC = Q1 − Q2 = 3,716 kvar

Відповідь

QC = 3,716 kvar
17.Трифазні системи

Відповідь: P = 6,912 kW

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

Фазна напруга

Vph = 480/√3 = 277,1 V

Фазний струм

|Z| = √(12² + 16²) = 20 Ω
Iph = 277,1/20 = 13,86 A

Сумарна активна потужність

Активну потужність поглинає лише активна складова кожного опору.

P = 3·Iph²·R = 3·13,86²·12 = 6,912 kW

Відповідь

P = 6,912 kW

Перевірка: cos φ = R/|Z| = 0,6, і √3·VL·IL·cos φ дає ту саму потужність.

18.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 389,3 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 = 60·tan(acos 0,8) = 60·0,75 = 45 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,95) = 60·0,3287 = 19,72 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 25,28 kvar

Ємність на фазу

У батареї, з’єднаній зіркою, кожен конденсатор увімкнено між лінійним проводом і нейтральною точкою.

V = 415/√3 = 239,6 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 8426/(377·239,6²) = 389,3 µF

Відповідь

Cph = 389,3 µF
19.Трансформатори

Відповідь: I1 = 2 A

Ідеальний трансформатор: напруги відносяться як кількості витків, а струми — обернено: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a і I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, тож вхідна потужність дорівнює вихідній, V₁·I₁ = V₂·I₂. Опір навантаження Z у вторинному колі з боку первинної обмотки виглядає як a²·Z.

Вторинні напруга й струм

V2 = 480/2 = 240 V
I2 = 240/60 = 4 A

Первинний струм

Ідеальний трансформатор не має втрат: V₁·I₁ = V₂·I₂.

I1 = I2/2 = 2 A

Відповідь

I1 = 2 A

Перевірка: навантаження з боку первинної обмотки a²·RL = 240 Ω, і 480/240 дає той самий струм.

20.Трансформатори

Відповідь: Sη,max = 70,71 kVA

Втрати в трансформаторі: втрати в сталі (гістерезис і вихрові струми) залежать від напруги й однакові за будь-якого навантаження. Втрати в міді обмоток пропорційні квадрату струму, тож при частці навантаження x від номінального вони становлять x²·Pcu,fl. ККД η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), де Pout = x·S·pf. ККД максимальний при навантаженні, за якого втрати в міді дорівнюють втратам у сталі.

Втрати в міді дорівнюють втратам у сталі

x²·600 = 300 → x = √(300/600) = 0,7071

Навантаження при максимальному ККД

Sη,max = x·S = 0,7071·100 = 70,71 kVA

Відповідь

Sη,max = 70,71 kVA
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 1 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.

Інвертувальний вхід повторює вхід

V₋ = V₊ = 0,5 V
I = V₋/R1 = 0,5/22 = 0,02273 mA

Вихідна напруга

Струм через R₁ тече й через Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 0,5 + 0,02273·22 = 1 V

Відповідь

Vout = 1 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 5,205 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₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,2·100/(1 + 100) = 1,188 V

Накладіть дію двох входів

При V₂ = 0 для V₁ схема — інвертувальний підсилювач. При V₁ = 0 V₊ підсилюється з коефіцієнтом неінвертувального підсилювача 1 + R₂/R₁.

Vout = −(10/4,7)·(−0,7) + (1 + 10/4,7)·1,188 = 1,489 + 3,716 = 5,205 V

Відповідь

Vout = 5,205 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: R = 600 Ω

Кола зі світлодіодами та діодами: світлодіод, увімкнений у прямому напрямку, має падіння напруги приблизно VF (близько 2 В для червоного, 3 В для синього чи білого) незалежно від струму. Послідовний резистор задає струм: R = (Vs − n·VF)/I для n світлодіодів послідовно. За точнішою моделлю діода V = V₀ + I·rd робоча точка лежить там, де пряма діода перетинає лінію навантаження I = (Vs − V)/R, тож I = (Vs − V₀)/(R + rd).

Напруга на резисторі

VR = 12 − 3·3 = 3 V

Опір

R = 3/0,005 = 600 Ω

Відповідь

R = 600 Ω

Резистор розсіює 15 мВт.

24.Діоди й транзистори

Відповідь: IC = 3,44 mA

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 бази

IB = (5 − 0,7)/100 kΩ = 43 µA

Насичення чи активний режим?

β·IB менше за IC(sat), тож транзистор залишається в активному режимі.

β·IB = 3,44 mA
IC(sat) = (12 − 0,2)/150 = 78,67 mA

Струм колектора

IC = β·IB = 3,44 mA

Відповідь

IC = 3,44 mA

Транзистор в активному режимі, тож навантаження ввімкнено не повністю.

25.Системи числення

Відповідь: U = 244

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

12 = 0000 1100
інвертовано: 1111 0011
+1 → 1111 0100

Прочитайте як беззнакове

1111 0100₂ = 256 − 12 = 244

Відповідь

U = 244
26.Системи числення

Відповідь: N = −32768

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.

Найбільш від'ємне значення

−215 = −32768

Відповідь

N = −32768
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: L = 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.

ABC00011110010001131204050716

Згрупуйте одиниці

Кожна група — це прямокутник із 2ᵏ клітинок; крайні клітинки є сусідами клітинок на протилежному краї.

BC′
A′B

Мінімальна форма SOP

F = BC′ + A′B
L = 4

Відповідь

L = 4
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: N = 3

Карти Карно: клітинки впорядковано за кодом Грея (00, 01, 11, 10), тож сусідні клітинки, зокрема через краї, відрізняються рівно однією змінною. Групуйте одиниці в прямокутники по 1, 2, 4, 8 або 16 клітинок, якомога більші й у якомога меншій кількості, доки кожну 1 не буде покрито. Кожна група — це один добуток: змінні, що лишаються сталими всередині неї. Група з 2ᵏ клітинок втрачає k змінних. Байдужі стани (X) можна використовувати, щоб групи були більшими, але їх не обов’язково покривати. Групування нулів замість одиниць дає мінімальну форму POS.

Прості імпліканти

Найбільші групи, які можна утворити з одиниць і X.

BC, A′CD′, ACD, A′BD′
ABCD00011110000111100001031214051716012013115X14X809X11010

Мінімальне покриття

F = BC + A′CD′ + A′BD′
N = 3

Відповідь

N = 3
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.4) = 2,085

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 + 2) + C/(s + 4)
A = 55/(2·4) = 6,875
B = 55/((−2)·2) = −13,75
C = 55/((−4)·(−2)) = 6,875

Обернене перетворення

f(t) = 6,875 − 13,75·e−2t + 6,875·e−4t

Обчисліть

f(0,4) = 6,875 − 13,75·e−2·0,4 + 6,875·e−4·0,4 = 2,085

Відповідь

f(0,4) = 2,085
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.25) = 6,713

Перетворення Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt перетворює похідні на множення на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартні пари: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), а зсув s → s + σ множить оригінал на e−σt. Щоб знайти оригінал раціональної F(s), розкладіть її на простіші дроби: коефіцієнт простого полюса p дорівнює A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема про кінцеве значення: f(∞) = lims→0 s·F(s), справедлива лише тоді, коли всі полюси s·F(s) лежать у лівій півплощині. Теорема про початкове значення: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Перетворіть рівняння

(s² + 10s + 24)·Y(s) = 5s + 50 + 240/s
Y(s) = (5s² + 50s + 240)/(s(s + 4)(s + 6))

Простіші дроби

A = 240/(4·6) = 10
B = 120/((−4)·2) = −15
C = 120/((−6)·(−2)) = 10

Результат

y(t) = 10 − 15·e−4t + 10·e−6t
y(0,25) = 6,713

Відповідь

y(0,25) = 6,713

Перевірка: y(0) = A + B + C = 5.

31.Блок-схеми

Відповідь: K = 2,25

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

1 + K/(s(s + 3)) = 0 → s² + 3s + K = 0

Кратний корінь

Квадратний тричлен s² + βs + γ має подвійний корінь, коли β² = 4γ.

3² = 4K → K = 9/4 = 2,25

Відповідь

K = 2,25
Обидва полюси замкненої системи тоді лежать у s = −1,5.
32.Блок-схеми

Відповідь: K = 9

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)) = 5·3/(3 + 3K)

Розв’яжіть відносно K

3 + 3K = 5·3/0,5 = 30
K = (30 − 3)/3 = 9

Відповідь

K = 9
33.Перехідна характеристика

Відповідь: σ = −3,5

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 = 44 → ωₙ = 6,633 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·6,633) = 0,5276

Результат

σ = −ζωₙ = −7/2 = −3,5

Відповідь

σ = −3,5
34.Перехідна характеристика

Відповідь: vC,max = 12,65 V

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 = 1/√(LC) = 1/√(0,02·1 × 10⁻⁴) = 707,1 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (11/2)·√(1 × 10⁻⁴/0,02) = 0,3889

Результат

%OS = 26,55 %
vC,max = 10·(1 + 0,2655) = 12,65 V

Відповідь

vC,max = 12,65 V
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: φ = 11,25 °

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 = 100/0,001 = 100000 rad/s
fc = 15915 Hz → f/fc = 80000/15915 = 5,027

Фаза

φ = 90° − atan(5,027) = 11,25°

Відповідь

φ = 11,25°
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ω180 = 7,746 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/6)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(6·10) = 7,746 rad/s

Відповідь

ω180 = 7,746 rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: N = 2

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

Характеристичний поліном

s³ + 16s² + 60s + 2880 = 0

Таблиця Рауса

s³: 1, 60
s²: 16, 2880
s¹: −120
s⁰: 2880

Зміни знака в першому стовпці

1 → 16 → −120 → 2880
N = 2

Відповідь

N = 2

Коефіцієнт підсилення вищий за межу K = 960, тож комплексна пара перейшла в праву півплощину.

38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: K = 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.

Умова модуля

K = |s|·|s + 4|·|s + 5|

Обчисліть у цій точці

K = 2·2·3 = 12

Відповідь

K = 12

Перевірка: s(s + 4)(s + 5) + K дорівнює нулю при s = −2.

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 5

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) = 1

Східчаста частина

Kp = ∞ → estep = 0

Похибка за лінійно наростального сигналу

ess = 5/1 = 5

Відповідь

ess = 5
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 12,5

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) = 1s + 4 → 4 при s → 0.

Kv = 4·2/20 = 0,4

Похибка за лінійно наростального сигналу

ess = 5/0,4 = 12,5

Відповідь

ess = 12,5

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.

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