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​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩAR4​15 ΩB

Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.

V1 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 10 ΩR3 = 20 ΩR4 = 15 Ω
Req = Ω
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 2 ΩIR1​R3​ = 3 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​3 ΩBR6​3 Ω

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

V1 = 12 VR1 = 2 ΩR2 = 15 ΩR3 = 3 ΩR4 = 3 ΩR5 = 25 ΩR6 = 3 Ω
IR1 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 3 ΩR3​ = 8 ΩIR3​+−V1​9 VR2​20 ΩAR4​12 ΩBIs​2 A

Скористайтеся методом вузлових потенціалів, щоб знайти струм IR3 через R3 у напрямку стрілки.

V1 = 9 VIs = 2 AR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 ΩR4 = 12 Ω
IR3 = A
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 5 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​36 VR2​8 ΩAR4​8 ΩB0,5·VA​

Ромб — це джерело струму, кероване напругою, що подає струм 0,5·VA (в A, де VA у V) угору у вузол B. Методом вузлових потенціалів знайдіть вузлову напругу VA (відносно землі).

V1 = 36 VR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 30 ΩR4 = 8 Ωg = 0,5 A/V
VA = V
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 12 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​10 VR3​20 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

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

V1 = 10 VV2 = 9 VR1 = 12 ΩR2 = 10 ΩR3 = 20 Ω
I2 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 30 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR4​20 ΩAR5​6 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

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

V1 = 12 VV2 = 9 VR1 = 30 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 ΩR4 = 20 ΩR5 = 6 Ω
I2 = A
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 20 ΩR3​ = 10 ΩIR3​+−V1​15 VR2​6 ΩAR4​3 ΩBIs​?

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

V1 = 15 VR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 ΩR4 = 3 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 = 6 mA. Коли V1 подвоєне, а два інші без змін, I = 16,5 mA. Коли напрямок Is змінено на протилежний, а два інші без змін, I = 16 mA. Знайдіть струм навантаження I, коли V2 вимкнене, а V1 і Is мають звичайні значення.

звичайні значення: I = 6 mA2·V1: I = 16,5 mA−Is: I = 16 mA
I = mA
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​12 ΩAab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 15 VR1 = 8 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 8 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩAIs​3 ABRL​30 ΩIL​

До a–b підключено навантаження RL = 30 Ω. За допомогою еквівалента Тевенена знайдіть потужність PL, що передається навантаженню.

V1 = 10 VIs = 3 AR1 = 8 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 ΩRL = 30 Ω
PL = W
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​9 Vt = 0R = 22 ΩL22 mHi(t)

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

Vs = 9 VR = 22 ΩL = 22 mHt = 1 ms
vL = V
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​20 Vt = 0R = 10 kΩC100 µF+−vC​vC​(0) = 30 V

Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 30 V з указаною полярністю. Знайдіть напругу на конденсаторі vC у момент t = 500 ms.

Vs = 20 VR = 10 kΩC = 100 µFvC(0) = 30 Vt = 500 ms
vC = V
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
24 V60 HzR = 100 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF

Послідовне коло RLC підключено до мережі 24 V (діюче значення), 60 Hz. Знайдіть кут зсуву фаз φ повного опору в градусах (додатний, коли струм відстає від напруги).

V = 24 V (rms)f = 60 HzR = 100 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF
φ = °
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
VfR = 15 ΩL = 50 mHC = 1 µF

Послідовне RLC-коло має R = 15 Ω, L = 50 mH і C = 1 µF. Знайдіть його смугу пропускання B (ширину смуги між частотами половинної потужності) у Hz.

R = 15 ΩL = 50 mHC = 1 µF
B = Hz
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
120 VZ16 + j12 ΩI

Навантаження з повним опором Z = 16 + j12 Ω під’єднано до однофазної мережі 120 V (діюче значення). Знайдіть активну потужність P, яку воно споживає.

V = 120 VZ = 16 + j12 Ω
P = W
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
10 V60 HzRs​ = 50 ΩXs​ = j10 ΩZL​ = ?

Джерело 10 V (діюче значення), 60 Hz має внутрішній опір Zs = 50 + j10 Ω. Опір навантаження ZL можна вибирати довільно. Навантаження для максимальної потужності складається з резистора, послідовно з’єднаного з конденсатором. Знайдіть ємність C.

Vs = 10 V (rms)f = 60 HzZs = 50 + j10 Ω
C = µF
17.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M90 kW, η = 91%cos φ = 0,86

Трифазний асинхронний двигун при повному навантаженні розвиває механічну потужність 90 kW. При цьому навантаженні його ККД становить 91%, а коефіцієнт потужності 0,86, відстаючий. Лінійна напруга мережі 480 V. Знайдіть лінійний струм IL.

Pout = 90 kWη = 91%cos φ = 0,86VL = 480 V
IL = A
18.Трифазні системиСкладна
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симетричне трифазне навантаження споживає 300 kW при коефіцієнті потужності 0,72 (відстаючому) від мережі 400 V (лінійна напруга), 50 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,9 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Знайдіть сумарну реактивну потужність QC, яку має постачати конденсаторна батарея, у kvar.

P = 300 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаториСередня
2400 V240 VIHV​ = ?ILV​50 kVA

Однофазний трансформатор 50 kVA, 2400/240 V працює з номінальним навантаженням. Вважайте його ідеальним. Знайдіть струм IHV в обмотці вищої напруги.

S = 50 kVAV1 = 2400 VV2 = 240 V
IHV = A
20.ТрансформаториСкладна
150 kVA

Однофазний трансформатор 150 kVA має втрати в сталі 1200 W і втрати в міді 3000 W при номінальному навантаженні. При якому навантаженні Sη,max, у kVA, його ККД найвищий?

S = 150 kVAPcore = 1200 WPcu,fl = 3000 W
Sη,max = kVA
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = 22 kΩR1​ = 10 kΩVin​

ОП ідеальний і живиться від ±15 V; його вихід насичується на рівні ±13 V. На неінвертувальний підсилювач подається синусоїдальний сигнал. Знайдіть найбільшу амплітуду вхідного сигналу Vin,max (пікове значення), за якої вихідний сигнал не обмежується.

R1 = 10 kΩRf = 22 kΩVsat = ±13 V
Vin,max = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
Vin​V1​Vout​каскад 1: інвертувальнийR1​ = 4,7 kΩRf1​ = 100 kΩкаскад 2: неінвертувальнийR2​ = 100 kΩRf2​ = 47 kΩ

Два каскади на ідеальних ОП увімкнено послідовно: інвертувальний підсилювач (R1, Rf1), за ним неінвертувальний (R2 на землю, Rf2 у колі зворотного зв’язку). Обидва живляться від ±15 V. Вхідна напруга Vin = 0,2 V. Знайдіть вихідну напругу Vout.

R1 = 4,7 kΩRf1 = 100 kΩR2 = 100 kΩRf2 = 47 kΩVin = 0,2 V
Vout = V
23.Діоди й транзисториСередня
RC​ = 2,7 kΩβ = 100IC​ = ?RE​ = 2,2 kΩVCC​ = 15 VR1​ = 68 kΩR2​ = 10 kΩ

NPN-транзистор з β = 100 має зміщення дільником напруги від VCC = 15 V: R₁ = 68 kΩ від VCC до бази й R₂ = 10 kΩ від бази до землі. Колекторний резистор RC = 2,7 kΩ, емітерний резистор RE = 2,2 kΩ. Візьміть VBE = 0,7 V і використайте еквівалент Тевенена дільника (не нехтуйте струмом бази). Знайдіть струм колектора IC у mA.

VCC = 15 VR1 = 68 kΩR2 = 10 kΩRC = 2,7 kΩRE = 2,2 kΩβ = 100
IC = mA
24.Діоди й транзисториСкладна
+−≤ 16 V270 Ω9,1 V

Стабілізатор на стабілітроні 9,1 В має послідовний резистор 270 Ом. Вхідна напруга може зрости до 16 В, а навантаження може бути відключене. Знайдіть найбільшу потужність PZ,max, яку має розсіювати стабілітрон.

Vin,max = 16 VVZ = 9,1 VR = 270 Ω
PZ,max = mW
25.Системи численняСередня
8-бітовий додатковий код0−12806403201608040201

Встановіть біти так, щоб вони зберігали −22 в 8-бітовому доповняльному коді. Яке значення U шаблону, якщо читати його як беззнакове число?

N = −228 bit
U =
26.Системи численняСкладна
клацайте біти, щоб встановити їх012806403201608040201

Встановіть біти за 8-бітовим результатом 1101 0100 << 3. Яке значення R результату в десятковій системі?

1101 0100<< 3
R =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
ABCD0001111000011110111111

На цій карті Карно рівно одна 1 не має сусідньої 1, тож у мінімальній формі SOP вона лишається групою з однієї клітинки (повний мінтерм із чотирьох літералів). Сусіди через краї карти враховуються. Клікніть цю клітинку.

F = Σm(5, 8, 9, 12, 14, 15)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
ABCD000111100001111010X11302141517160120130151140809X11010

Знайдіть мінімальну форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 4, 5, 6, 7, 14) + d(1, 11), де d позначає байдужі стани. Скільки добутків N вона має?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 4, 5, 6, 7, 14) + d(1, 11)
N =
29.Перетворення ЛапласаСередня
t (s)f(t)t = 0,1f(0,1) = ?

Знайдіть f(t) для F(s) = (s + 7)/(s² + 6s + 9) і обчисліть f(0,1).

F(s) = (s + 7)/(s² + 6s + 9)t = 0,1 s
f(0.1) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,6y(0,6) = ?

Система підпорядковується рівнянню y″ + 7y′ + 6y = 12·u(t). Вона починає зі спокою (y(0) = 0, y′(0) = 0), а вхід — сходинка u(t) = 10 при t ≥ 0. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть вихід y(0,6).

y″ + 7y′ + 6y = 12·u(t)u(t) = 10y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,6 s
y(0.6) =
31.Блок-схемиСередня
R(s)+35s + 2G(s)C(s)0,25H−

Об’єкт G(s) = 35/(s + 2) керується в контурі від’ємного зворотного зв’язку, датчик якого має коефіцієнт підсилення H = 0,25. На R подано сходинку розміром 2. Знайдіть усталений вихід css.

G(s) = 35/(s + 2)H = 0,25R = 2
css =
32.Блок-схемиСкладна
R(s)+Ks(s + 2)(s + 8)G(s)C(s)−

Об’єкт G(s) = K/(s(s + 2)(s + 8)) охоплено одиничним від’ємним зворотним зв’язком. За критерієм Рауса–Гурвіца знайдіть найбільший коефіцієнт підсилення Kmax, за якого замкнена система стійка.

G(s) = K/(s(s + 2)(s + 8))одиничний від’ємний зворотний зв’язок
Kmax =
33.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)1

Система має передатну функцію G(s) = 98/(s² + 15s + 98) і отримує на вході одиничну сходинку. Полюси: s = σ ± jωd. Знайдіть дійсну частину σ.

G(s) = 98/(s² + 15s + 98)
σ =
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 25 %.

G(s) = K/(s(s + 20))%OS = 25 %
K =
35.Діаграми Боде та запасиСередня
|H| (dB)0,11101001000−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 1

Знайдіть точний модуль |G(jω)| функції G(s) = 1014/((s + 6)(s + 13)) за ω = 1 rad/s, у dB.

G(s) = 1014/((s + 6)(s + 13))ω = 1 rad/s
|G(jω)| = dB
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) = 40/(s(s + 2)(s + 7)). Знайдіть частоту перетину за фазою ω180, де ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 40/(s(s + 2)(s + 7))
ω180 = rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+Ks + 5(s − 4)(s + 5)C(s)−

Об’єкт G(s) = (s + 5)/((s − 4)(s + 5)) має нестійкий полюс у точці s = 4. Пропорційний коефіцієнт підсилення K замикає навколо нього контур з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть найменше значення Kmin, за якого замкнена система стійка.

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

Контур з одиничним зворотним зв’язком має L(s) = K/(s(s + 5)(s + 2)). Знайдіть точку σa, у якій асимптоти кореневого годографа перетинають дійсну вісь.

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 2))
σa =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
r(t) = 2·t²/2+2(s + 2)s²(s + 4)C(s)−

Параболічний вхід r(t) = 2·t²/2 подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 2(s + 2)/(s²(s + 4)). Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 2(s + 2)/(s²(s + 4))r(t) = 2·t²/2
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+K2s(s + 6)C(s)−

П-регулятор K керує об’єктом G(s) = 2/(s(s + 6)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого замкнена система має коефіцієнт демпфування ζ = 0,5.

G(s) = 2/(s(s + 6))ζ = 0,5
K =

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: Req = 13,78 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​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩAR4​15 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 = 20 + 15 = 35 Ω
R2 ∥ 35 = 10·35/(10+35) = 7,778 Ω
Req = R1 + 7,778 = 6 + 7,778 = 13,78 Ω

Відповідь

Req = 13,78 Ω
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 1,956 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​ = 2 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​3 ΩBR6​3 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 = 25 + 3 = 28 Ω
R4 ∥ 28 = 2,71 Ω
R3 + 2,71 = 5,71 Ω
R2 ∥ 5,71 = 4,136 Ω
Req = R1 + 4,136 = 2 + 4,136 = 6,136 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 12/6,136 = 1,956 A

Відповідь

IR1 = 1,956 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR3 = 1,408 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.

R1​ = 3 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAR4​12 ΩBIs​2 A

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 9 V). Невідомі: VA, VB.

ЗСК у вузлі A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/20 + (VA − 9)/3 + (VA − VB)/8 = 0
0,5083·VA − 0,125·VB = 3

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/12 + (VB − VA)/8 = (−2)
−0,125·VA + 0,2083·VB = −2

Розв’яжіть

Δ = (0,5083)(0,2083) − (−0,125)(−0,125) = 0,09028
VA = Δ1/Δ = 0,375/0,09028 = 4,154 V
VB = Δ2/Δ = −0,6417/0,09028 = −7,108 V

Відповідь

IR3 = (VA − VB)/R3 = (4,154 − −7,108)/8 = 1,408 A
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VA = 29,26 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.

ЗСК для вузла A

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

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,3583·VA − 0,03333·VB = 7,2

ЗСК для вузла B

Залежне джерело подає g·VA у вузол B. Розглядайте його як незалежне джерело, потім перенесіть доданок з VA у ліву частину.

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,5·VA
−0,5333·VA + 0,1583·VB = 0

Розв’яжіть

Δ = (0,3583)(0,1583) − (−0,03333)(−0,5333) = 0,03896
VA = Δ1/Δ = 1,14/0,03896 = 29,26 V
VB = Δ2/Δ = 3,84/0,03896 = 98,57 V

Відповідь

VA = 29,26 V
5.Метод контурних струмів

Відповідь: I2 = −0,1571 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​ = 10 Ω+−V1​10 VR3​20 ΩA+−V2​9 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 + 20(I1 − I2) = 10
32·I1 − 20·I2 = 10

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
10·I2 + 20(I2 − I1) = (−9)
−20·I1 + 30·I2 = −9

Розв’яжіть

Δ = (32)(30) − (−20)(−20) = 560
I1 = Δ1/Δ = 120/560 = 0,2143 A
I2 = Δ2/Δ = −88/560 = −0,1571 A

Відповідь

I2 = −0,1571 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: I2 = 0,05116 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​ = 30 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR4​20 ΩAR5​6 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
30·I1 + 20(I1 − I2) = 12
50·I1 − 20·I2 = 12

ЗНК для контуру 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
3·I2 + 20(I2 − I1) + 6(I2 − I3) = 0
−20·I1 + 29·I2 − 6·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
8·I3 + 6(I3 − I2) = (−9)
−6·I2 + 14·I3 = −9

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 12900
I1 = Δ1/Δ = 3360/12900 = 0,2605 A
I2 = Δ2/Δ = 660/12900 = 0,05116 A
I3 = Δ3/Δ = −8010/12900 = −0,6209 A

Відповідь

I2 = 0,05116 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: Is = 1,154 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​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAR4​3 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 = 10+3 = 13 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 6·13/(6+13) = 4,105 Ω
VA = 15·4,105/(20+4,105) = 2,555 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,555·3/13 = 0,5895 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (2,555 − 0,5895)/10 = 0,1965 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 = 4,615 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·3/17,62 = −0,1703·Is

Прирівняйте суму до нуля

IR3′ + IR3″ = 0,1965 − 0,1703·Is = 0
Is = 0,1965/0,1703 = 1,154 A

Відповідь

Is = 1,154 A
8.Метод накладання

Відповідь: I = 5,5 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 = 6
2·I₁ + I₂ + I₃ = 16,5
I₁ + I₂ − I₃ = 16

Знайдіть внески

I₁ = 16,5 − 6 = 10,5 mA
I₃ = (6 − 16)/2 = −5 mA
I₂ = 6 − 10,5 − (−5) = 0,5 mA

Вимкніть V₂

I = I₁ + I₃ = 10,5 + (−5) = 5,5 mA

Відповідь

I = 5,5 mA
9.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = 9 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​ = 8 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​12 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 = 8·12/(8+12) = 4,8 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,8 + 2 = 6,8 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​12 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) = 15·12/(8+12) = 9 V
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: PL = 28,59 W

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

R1​ = 8 ΩR3​ = 8 ΩКЗR2​8 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 = 8·8/(8+8) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 8 = 12 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩAIs​3 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) = 5 + 3·4 = 17 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 17 + 3·8 = 41 V
Rth​ = 12 Ω+−Vth​41 VRL​30 ΩIL​

Підключіть навантаження до еквівалента Тевенена

Джерело Тевенена і послідовний R_th поводяться на a–b точно як початкове коло, тож навантаження бачить простий послідовний контур.

IL = Vth/(Rth + RL) = 41/(12 + 30) = 0,9762 A
PL = IL²·RL = 0,9762²·30 = 28,59 W
11.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vL = 3,311 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 = 22 mH / 22 Ω = 1 ms
i(∞) = Vs/R = 9/22 = 0,4091 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 = 9·e−1/1 = 3,311 V

Відповідь

vL = 3,311 V
12.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vC = 26,07 V

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

Початкове значення, кінцеве значення, стала часу

Напруга на конденсаторі не може змінитися стрибком, тож вона починає з накопиченого значення й прямує до напруги джерела.

vC(0) = 30 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 10 kΩ · 100 µF = 1000 ms
vC(t) = 20 + (30 − 20)·e−t/τ

Напруга в заданий момент

vC(500) = 20 + (10)·e−500/1000 = 26,07 V

Відповідь

vC = 26,07 V
13.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: φ = −79,61 °

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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,05 = 18,85 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·4,7·10⁻⁶) = 564,4 Ω

Повний опір

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (−545,5)²) = 554,6 Ω

Кут зсуву фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−545,5/100) = −79,61°

Відповідь

φ = −79,61°
14.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: B = 47,75 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·√(0,05·1·10⁻⁶)) = 711,8 Hz

Добротність

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

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/15)·√(0,05/(1·10⁻⁶)) = 14,91

Смуга пропускання

B = f0/Q = 711,8/14,91 = 47,75 Hz

Відповідь

B = 47,75 Hz
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: P = 576 W

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

|Z| = √(16² + 12²) = 20 Ω
I = V/|Z| = 120/20 = 6 A

Активна потужність

P = I²·R = 6²·16 = 576 W

Відповідь

P = 576 W
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: C = 265,3 µF

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

Спряжене узгодження

Реактивний опір навантаження компенсує реактивний опір джерела, а активний опір навантаження дорівнює активному опору джерела.

ZL = Zs* = 50 − j10 Ω

Ємність

XC = 10 Ω → C = 1/(2π·60·10) = 265,3 µF

Відповідь

C = 265,3 µF
17.Трифазні системи

Відповідь: IL = 138,3 A

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

Електрична вхідна потужність

Pin = Pout/η = 90/0,91 = 98,9 kW

Струм лінії

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 98901/(√3·480·0,86) = 138,3 A

Відповідь

IL = 138,3 A
18.Трифазні системи

Відповідь: QC = 143,9 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 0,9) = 300·0,4843 = 145,3 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 143,9 kvar

Відповідь

QC = 143,9 kvar
19.Трансформатори

Відповідь: IHV = 20,83 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.

Номінальний струм

Обидві обмотки передають однакову повну потужність.

IHV = S/V = 50000/2400 = 20,83 A

Відповідь

IHV = 20,83 A
20.Трансформатори

Відповідь: Sη,max = 94,87 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

x²·3000 = 1200 → x = √(1200/3000) = 0,6325

Навантаження при максимальному ККД

Sη,max = x·S = 0,6325·150 = 94,87 kVA

Відповідь

Sη,max = 94,87 kVA
21.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vin,max = 4,063 V

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

Коефіцієнт підсилення

Av = 1 + Rf/R1 = 1 + 22/10 = 3,2

Найбільший вхідний сигнал без обмеження

Vin,max = Vsat/|Av| = 13/3,2 = 4,063 V

Відповідь

Vin,max = 4,063 V
22.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = −6,255 V

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

Коефіцієнт підсилення кожного каскаду

A1 = −Rf1/R1 = −100/4,7 = −21,28
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 47/100 = 1,47

Каскад за каскадом

V1 = −21,28·0,2 = −4,255 V
Vout = 1,47·(−4,255) = −6,255 V

Відповідь

Vout = −6,255 V
23.Діоди й транзистори

Відповідь: IC = 0,5297 mA

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 = 15·10/(68 + 10) = 1,923 V
RTH = 68·10/(68 + 10) = 8,718 kΩ

Струм бази

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

IB = (1,923 − 0,7)/(8,718 + 101·2,2) = 5,297 µA

Струм колектора

IC = 100·5,297 µA = 0,5297 mA
IE = 101·5,297 µA = 0,535 mA

Відповідь

IC = 0,5297 mA
24.Діоди й транзистори

Відповідь: PZ,max = 232,6 mW

Стабілізатор на стабілітроні: стабілітрон, увімкнений у зворотному напрямку, тримає напругу VZ, поки його струм вищий за мінімальний IZ,min. Послідовний резистор R бере різницю між вхідною та вихідною напругою: IR = (Vin − VZ)/R. Цей струм ділиться між навантаженням, IL = VZ/RL, і стабілітроном: IZ = IR − IL. Проєктуйте за найгіршими випадками: найнижча вхідна напруга при найбільшому навантаженні має все ж лишати IZ,min, а найвища вхідна напруга без навантаження дає найбільшу потужність стабілітрона PZ = VZ·IZ.

Струм стабілітрона в найгіршому випадку

IZ = 6,9/270 = 25,56 mA

Потужність стабілітрона

PZ = 9,1·25,56 = 232,6 mW

Відповідь

PZ,max = 232,6 mW
25.Системи числення

Відповідь: U = 234

Встановлення бітів: кожен біт має вагу степеня двійки (128, 64, …, 1). Одна шістнадцяткова цифра — це рівно чотири біти, а в 8-бітовому доповняльному коді крайній лівий біт має вагу −128. Порозрядні операції працюють з кожною позицією біта окремо.

Інвертуйте і додайте одиницю

22 = 0001 0110
інвертовано: 1110 1001
+1 → 1110 1010

Прочитайте як беззнакове

1110 1010₂ = 256 − 22 = 234

Відповідь

U = 234
26.Системи числення

Відповідь: R = 160

Встановлення бітів: кожен біт має вагу степеня двійки (128, 64, …, 1). Одна шістнадцяткова цифра — це рівно чотири біти, а в 8-бітовому доповняльному коді крайній лівий біт має вагу −128. Порозрядні операції працюють з кожною позицією біта окремо.

Біт за бітом

Зсув ліворуч на 3 переміщує кожен біт на 3 позицій ліворуч; біти, що випадають з лівого краю, втрачаються, а справа додаються нулі.

1101 0100 << 3
= 1010 0000

Значення результату

1010 0000₂ = 160

Відповідь

R = 160
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери

Відповідь: AB = 01, CD = 01

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

Сусіди кожної 1

1 із сусідньою 1 може приєднатися до групи з двох або більше.

m5: m4, m7, m1, m13 → 0
ABCD0001111000011110111111

Ізольована 1

m5 = A′BC′D → AB = 01, CD = 01

Відповідь

AB = 01, CD = 01
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.

B′CD, BCD′, A′D, A′C′, A′B
ABCD000111100001111010X11302141517160120130151140809X11010

Мінімальне покриття

F = BCD′ + A′D + A′C′
N = 3

Відповідь

N = 3
29.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.1) = 1,037

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

Розкладіть знаменник на множники

s² + 6s + 9 = (s + 3)²

Простіші дроби

s + 7 = 1(s + 3) + 4
F(s) = 1/(s + 3) + 4/(s + 3)²

Обернене перетворення

f(t) = e−3t + 4·t·e−3t
f(0,1) = (1 + 4·0,1)·e−3·0,1 = 1,037

Відповідь

f(0,1) = 1,037
30.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.6) = 6,938

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

Перетворіть рівняння

Y(s) = 120/(s(s + 1)(s + 6))

Простіші дроби

A = 120/(1·6) = 20
B = 120/((−1)·5) = −24
C = 120/((−6)·(−5)) = 4

Виведення

y(t) = 20 − 24·e−t + 4·e−6t
y(0,6) = 6,938

Відповідь

y(0,6) = 6,938
31.Блок-схеми

Відповідь: css = 6,512

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).

Передатна функція замкненої системи

T(s) = G/(1 + G·H) = 35/(s + 2 + 8,75) = 35/(s + 10,75)

Результат

css = R·T(0) = 2·35/10,75 = 6,512

Відповідь

css = 6,512
32.Блок-схеми

Відповідь: Kmax = 160

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

s³ + 10s² + 16s + K = 0

Таблиця Рауса

s³ | 1 16
s² | 10 K
s¹ | (10·16 − K)/10
s⁰ | K

Межа стійкості

Усі елементи першого стовпця мають бути додатними.

Kmax = 10·16 = 160

Відповідь

Kmax = 160
33.Перехідна характеристика

Відповідь: σ = −7,5

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 = 98 → ωₙ = 9,899 rad/s
2ζωₙ = 15 → ζ = 15/(2·9,899) = 0,7576

Результат

σ = −ζωₙ = −15/2 = −7,5

Відповідь

σ = −7,5
34.Перехідна характеристика

Відповідь: K = 613,6

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(0,25)/√(π² + ln²(0,25)) = 0,4037

Коефіцієнт підсилення

ωₙ = 20/(2ζ) = 24,77 rad/s
K = ωₙ² = 613,6

Відповідь

K = 613,6
35.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: |G(jω)| = 22,13 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(j1)| = 1014/(√(1² + 6²)·√(1² + 13²)) = 1014/(6,083·13,04) = 12,79

Результат

20·log₁₀(12,79) = 22,13 dB

Відповідь

|G(jω)| = 22,13 dB
36.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ω180 = 3,742 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/2)·(ω/7) = 1 → ω180 = √(2·7) = 3,742 rad/s

Відповідь

ω180 = 3,742 rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: Kmin = 4

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 − 4)(s + 5) + K(s + 5) = s² + (1 + K)s + (5K − 20)

Умови

Для s² + c₁s + c₀ усі корені лежать у лівій півплощині саме тоді, коли c₁ > 0 і c₀ > 0.

1 + K > 0 → K > −1
5K − 20 > 0 → K > 4
Kmin = 4

Відповідь

Kmin = 4
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: σa = −2,333

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: 0, −5, −2
n − m = 3 − 0 = 3

Центр ваги

σa = (−7)/3 = −2,333

Відповідь

σa = −2,333

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

39.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 2

Усталена похибка: у контурі з одиничним зворотним зв’язком і передавальною функцією розімкненої системи G(s) похибка дорівнює E(s) = R(s)/(1 + G(s)), а за теоремою про кінцеве значення ess = lims→0 s·E(s). Тип системи — це кількість полюсів G(s) у точці s = 0. Константи похибок: Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) і Ka = lim s²·G(s), усі при s → 0. Східчастий сигнал величини A дає ess = A/(1 + Kp), лінійно наростальний A·t дає A/Kv, а параболічний A·t²/2 дає A/Ka. Контур типу 0 відпрацьовує східчастий сигнал зі скінченною похибкою, контур типу 1 відпрацьовує його точно, а лінійно наростальний — зі скінченною похибкою.

Константа прискорення

Ka = 2·2/4 = 1

Похибка за параболічного сигналу

ess = 2/1 = 2

Відповідь

ess = 2
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: K = 18

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) + 2K = s² + 6s + 2K

Власна частота

2·0,5·ωₙ = 6 → ωₙ = 6 rad/s

Коефіцієнт підсилення

2K = ωₙ² = 36 → K = 18

Відповідь

K = 18

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