Повторюйте, доки між затискачами не залишиться один резистор.
Метод вузлових потенціалів
Закон струмів Кірхгофа
ΣIin = ΣIout
Струм гілки
I = (Va − Vb)/R
Опорний вузол
Vground = 0
Метод
Оберіть опорний вузол (землю) і позначте напруги інших вузлів.
Запишіть закон струмів Кірхгофа для кожного невідомого вузла: струми, що витікають через гілки, дорівнюють струмам, що втікають.
Виразіть кожен струм гілки як (Va − Vb)/R.
Розв’яжіть систему рівнянь, потім знайдіть потрібний струм.
Метод контурних струмів
Закон напруг Кірхгофа
ΣV = 0 у кожному контурі
Спільний резистор
струм = I1 − I2
Джерело струму в контурі
задає струм цього контуру
Метод
Задайте струм за годинниковою стрілкою в кожному контурі (вікні) кола.
Застосуйте закон напруг Кірхгофа до кожного контуру: сума спадів напруги дорівнює нулю.
У резисторі, спільному для двох контурів, струм дорівнює різниці двох контурних струмів.
Розв’яжіть рівняння; від’ємний результат означає, що струм тече в протилежному напрямку.
Метод накладання
Метод накладання
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Вимкнене джерело напруги
коротке замикання (0 V)
Вимкнене джерело струму
розрив (0 A)
Подільник напруги
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Подільник струму
I1 = I·R2/(R1 + R2)
Метод
Порахуйте незалежні джерела. Для кожного джерела ви розв’яжете одне простіше коло.
Залиште одне джерело й вимкніть інші: джерело напруги стає коротким замиканням (провідником), джерело струму — розривом.
Розв’яжіть простіше коло щодо потрібної напруги чи струму, стежачи за напрямком.
Повторіть для кожного джерела, потім додайте внески з урахуванням знаків.
Тевенен і Нортон
Напруга Тевенена
Vth = Vopen circuit
Опір Тевенена
Rth: усі джерела вимкнені, з боку a–b
Струм Нортона
IN = Vth/Rth
Струм навантаження
IL = Vth/(Rth + RL)
Передача максимальної потужності
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)
Метод
Від’єднайте навантаження й позначте два затискачі a і b.
Знайдіть напругу холостого ходу між a і b: це Vth.
Вимкніть усі незалежні джерела й знайдіть опір з боку a–b: це Rth.
Поверніть навантаження до еквівалентної схеми: Vth послідовно з Rth.
Для еквівалента Нортона перетворіть: IN = Vth/Rth, з паралельним RN = Rth.
Перехідні процеси RC і RL
Стала часу
τ = RC | τ = L/R
Відгук
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Конденсатор на постійному струмі
розрив; vC не може змінитися стрибком
Котушка на постійному струмі
коротке замикання; iL не може змінитися стрибком
Усталений режим
t ≈ 5τ
Метод
Знайдіть початкове значення одразу після комутації: напруга на конденсаторі й струм через котушку не можуть змінитися стрибком.
Знайдіть кінцеве значення через довгий час після комутації: конденсатор поводиться як розрив, котушка — як коротке замикання.
Знайдіть сталу часу: τ = RC або τ = L/R, використовуючи опір з боку конденсатора чи котушки.
Використайте x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.
Повний опір і комплексні амплітуди
Повні опори
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Кутова частота
ω = 2πf
Модуль і кут
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Закон Ома в комплексній формі
V = I·Z
Метод
Переведіть частоту: ω = 2πf.
Знайдіть кожен реактивний опір: XL = ωL і XC = 1/(ωC).
Додавайте опори як резистори, з Z = R + jX.
Знайдіть модуль |Z| = √(R² + X²) і кут φ = atan(X/R), потім застосуйте закон Ома для комплексних амплітуд.
Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності
Активна потужність
P = V·I·cos φ
Реактивна потужність
Q = V·I·sin φ
Повна потужність
S = V·I = √(P² + Q²)
Коефіцієнт потужності
pf = cos φ = P/S
Компенсувальний конденсатор
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)
Трифазні системи
З’єднання зіркою (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
З’єднання трикутником (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Сумарна активна потужність
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Повна й реактивна потужність
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Компенсувальні конденсатори
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Напруга на кожному конденсаторі
Δ: VL Y: VL/√3
Вхідна потужність двигуна
Pin = Pout/η
Трансформатори
Коефіцієнт трансформації
a = N1/N2 = V1/V2
Відношення струмів
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Номінальний струм
I = S/V
Зведений опір
Z1′ = a²·ZL
Втрати в міді при неповному навантаженні
Pcu = x²·Pcu,fl
ККД
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Максимальний ККД
x = √(Pcore/Pcu,fl)
Схеми з операційними підсилювачами
Інвертувальний підсилювач
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Неінвертувальний підсилювач
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Сумувальний підсилювач
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Ідеальний ОП
V+ = V−, Iin = 0
Діоди й транзистори
Діод (постійний спад)
VD = 0,7 V when conducting
Активний режим
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Фіксоване зміщення
IB = (VCC − 0,7)/RB
Зміщення дільником
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Еквівалент Тевенена дільника
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Колекторний контур
VCE = VCC − ICRC − IERE
Насичення
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β
Системи числення
Ваги розрядів
двійкова 2k, вісімкова 8k, шістнадцяткова 16k
У десяткову
Σ dk·bk
З десяткової
діліть на основу, остачі читайте знизу вгору
Шістнадцяткова ↔ двійкова
одна шістнадцяткова цифра = 4 біти
Додатковий код
інвертуйте біти й додайте 1
Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери
Базові вентилі
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Правила булевої алгебри
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Закони де Моргана
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Порядок на карті Карно
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Група з 2ᵏ клітинок
втрачає k змінних
Мультиплексор 4-до-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Тригери
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Лічильники
n-розрядний: 2ⁿ станів; за модулем N: найменше n з 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Послідовний лічильник
fmax = 1/(n·tpd)
Кільцевий лічильник і лічильник Джонсона
n і 2n станів
Метод
Для схеми рухайтеся від входів до виходу вентиль за вентилем і записуйте значення на кожному дроті, або запишіть її вираз і заповніть таблицю істинності.
Для спрощення занесіть одиниці (а байдужі стани як X) на карту Карно з рядками й стовпцями в коді Грея: 00, 01, 11, 10.
Покрийте одиниці якомога меншою кількістю якомога більших груп по 1, 2, 4, 8 або 16 клітинок, з переходом через краї; кожна група — це один добуток зі змінних, що лишаються сталими. Для форми POS групуйте нулі.
Для тригерів і лічильників читайте входи на кожному активному фронті такту, записуйте стан після кожного фронту й пам’ятайте, що n-розрядний лічильник переходить через максимум після 2ⁿ станів.
Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф
Стійкість
усі корені характеристичного полінома в лівій півплощині
таблиця Рауса, елемент s¹ кубічного полінома
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Корені в правій півплощині
кількість змін знака в першому стовпці
Кубічний поліном s³ + a₂s² + a₁s + a₀
стійкий, коли всі a > 0 і a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Характеристичне рівняння
1 + K·G(s) = 0
Асимптоти
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Точки відходу й входу
dK/ds = 0
Умова модуля
K = 1/|G(s)|
Кут відходу
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)
Метод
Запишіть характеристичний поліном замкненої системи: знаменник рівняння 1 + K·G(s) = 0, розкритий до кінця.
Запишіть коефіцієнти по черзі в перші два рядки таблиці Рауса й побудуйте решту рядків.
Підрахуйте зміни знака в першому стовпці: кожна з них — це полюс у правій півплощині. Якщо в таблиці є K, вимагайте, щоб кожен елемент першого стовпця залишався додатним.
Для кореневого годографа позначте полюси й нулі, ділянки дійсної осі, асимптоти з центра та точки розгалуження, де dK/ds = 0. Для коефіцієнта підсилення в точці скористайтеся K = 1/|G(s)|.
Усталена похибка та ПІД-регулювання
Тип системи
кількість полюсів G(s) у точці s = 0
Константи похибок
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Східчастий сигнал A
ess = A/(1 + Kp)
Лінійно наростальний сигнал A·t
ess = A/Kv
Параболічний сигнал A·t²/2
ess = A/Ka
ПІД-регулятор
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Цільова система другого порядку
s² + 2ζωns + ωn²
Перерегулювання та часові показники
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)
Метод
Підрахуйте полюси розімкненого контуру C(s)·G(s) у точці s = 0: це тип системи.
Знайдіть константу похибки, що відповідає входу: Kp для східчастого, Kv для лінійно наростального, Ka для параболічного сигналу.
Застосуйте ess = A/(1 + Kp), A/Kv або A/Ka, або розв’яжіть це відносно потрібного коефіцієнта підсилення.
Для вимоги щодо демпфування чи швидкодії запишіть характеристичний поліном замкненої системи й порівняйте його з s² + 2ζω_n·s + ω_n².
2Задачі для практики
1.Послідовні й паралельні резисториСередня
Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.
V1 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 ΩR4 = 12 Ω
Req = Ω
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
Знайдіть струм IR1, який віддає джерело і який тече через R1.
Між вузлом A і землею ввімкнено три вітки, як показано на схемі. Методом вузлових потенціалів знайдіть струм I1 у вітці 1, що тече вгору у вузол A в напрямку стрілки.
V1 = 9 VR1 = 6 ΩV2 = 9 VR2 = 4 ΩV3 = 6 VR3 = 2 Ω
I1 = A
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
Ромб — це джерело струму, кероване напругою, що подає струм 0,4·VA (в A, де VA у V) угору у вузол B. Методом вузлових потенціалів знайдіть струм IR4 через R4 у напрямку стрілки.
Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.
V1 = 15 VR1 = 4 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V
10.Тевенен і НортонСкладна
Знайдіть струм Нортона IN: струм, що тече від a до b, якщо затискачі закоротити.
V1 = 24 VIs = 6 AR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 25 Ω
IN = A
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
Джерело Vₛ заряджає конденсатор через R₁, а R₂ під’єднано паралельно C. Конденсатор розряджений, коли вимикач замикається в момент t = 0. Знайдіть напругу на конденсаторі vC у момент t = 75 ms.
Vs = 10 VR1 = 4,7 kΩR2 = 6,8 kΩC = 22 µFt = 75 ms
vC = V
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 4 V з указаною полярністю. За який час vC досягне 9,5 V? Знайдіть t.
Vs = 15 VR = 2,2 kΩC = 220 µFvC(0) = 4 V
t = ms
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
Послідовне коло RLC підключено до мережі 100 V (діюче значення), 500 Hz. Знайдіть активну потужність P, що споживається від мережі.
V = 100 V (rms)f = 500 HzR = 10 ΩL = 20 mHC = 22 µF
P = W
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
Послідовне RLC-коло живиться від джерела 24 V (діюче значення), частоту якого встановлено рівною резонансній частоті кола. Знайдіть діюче значення напруги VL на котушці.
V = 24 V (rms)R = 15 ΩL = 5 mHC = 2,2 µF
VL = V
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
Однофазний двигун споживає 13 kW при коефіцієнті потужності 0,9 (індуктивному) від мережі 240 V. Знайдіть струм лінії I.
P = 13 kWpf = 0,9V = 240 V
I = A
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
Однофазне навантаження споживає 21 kW з коефіцієнтом потужності 0,75 (індуктивним) від мережі 400 V, 50 Hz. Паралельно навантаженню під’єднують конденсатор ємністю 220 µF. Знайдіть новий коефіцієнт потужності cos φ з боку мережі.
P = 21 kWpf1 = 0,75V = 400 Vf = 50 HzC = 220 µF
cos φ =
17.Трифазні системиСередня
Симетричне навантаження, з’єднане трикутником, з повним опором 15 + j20 Ω на фазу підключене до симетричної трифазної мережі з лінійною напругою 400 V. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку поглинає навантаження, у kW.
VL = 400 VZ = 15 + j20 Ω на фазу
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
Симетричне трифазне навантаження споживає 200 kW при коефіцієнті потужності 0,7 (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. Знайдіть сумарну реактивну потужність QC, яку має постачати конденсаторна батарея, у kvar.
P = 200 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаториСередня
Однофазний трансформатор 150 kVA, 6600/230 V працює з номінальним навантаженням. Вважайте його ідеальним. Знайдіть струм IHV в обмотці вищої напруги.
S = 150 kVAV1 = 6600 VV2 = 230 V
IHV = A
20.ТрансформаториСкладна
Однофазний трансформатор 500 kVA має втрати в сталі 3000 W. При номінальному навантаженні й коефіцієнті потужності 0,8 (відстаючому) його ККД становить 96,5%. Знайдіть втрати в міді при повному навантаженні Pcu,fl у ватах.
S = 500 kVAPcore = 3000 Wpf = 0,8η = 96,5%
Pcu,fl = W
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
ОП ідеальний і живиться від ±15 V. Знайдіть вихідну напругу Vout.
Vin = 1 VRa = 47 kΩRb = 22 kΩR1 = 47 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
Сумувальний підсилювач використовує ідеальний ОП, що живиться від ±15 V. Знайдіть струм If через резистор зворотного зв’язку, що тече до виходу.
Стабілізатор на стабілітроні 12 В живиться від 20 В через 270 Ом і живить навантаження 2200 Ом. Знайдіть струм стабілітрона IZ.
Vin = 20 VVZ = 12 VR = 270 ΩRL = 2200 Ω
IZ = mA
24.Діоди й транзисториСкладна
Стабілізатор на стабілітроні 9,1 В має послідовний резистор 680 Ом. Вхідна напруга може зрости до 23 В, а навантаження може бути відключене. Знайдіть найбільшу потужність PZ,max, яку має розсіювати стабілітрон.
Vin,max = 23 VVZ = 9,1 VR = 680 Ω
PZ,max = mW
25.Системи численняСередня
Встановіть біти так, щоб вони зберігали −45 в 8-бітовому доповняльному коді. Яке значення U шаблону, якщо читати його як беззнакове число?
N = −458 bit
U =
26.Системи численняСкладна
Встановіть біти за 8-бітовим результатом 0011 0001 AND 0111 1111. Яке значення R результату в десятковій системі?
0011 0001AND0111 1111
R =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
Скористайтеся картою Карно, щоб знайти мінімальну форму добутку сум (POS) для F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 3, 5, 7, 8, 13). Скільки доданків-сум (множників) N вона має?
F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 3, 5, 7, 8, 13)
N =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
T-тригер, що спрацьовує за переднім фронтом, починає з Q = 0 і отримує показані входи на 8 передніх фронтах такту. Скільки разів N змінюється стан Q?
Q₀ = 0T
N =
29.Перетворення ЛапласаСередня
Знайдіть f(t) для F(s) = (s + 9)/(s² + 10s + 25) і обчисліть f(0,3).
F(s) = (s + 9)/(s² + 10s + 25)t = 0,3 s
f(0.3) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
Система підпорядковується рівнянню y″ + 6y′ + 5y = 15·u(t). Вона починає зі спокою (y(0) = 0, y′(0) = 0), а вхід — сходинка u(t) = 5 при t ≥ 0. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть вихід y(1,2).
Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = 2(s + 3)/((s + 5)(s + 8)). На задавальний сигнал подано сходинку розміром 2. Знайдіть усталену похибку ess.
G(s) = 2(s + 3)/((s + 5)(s + 8))R = 2
ess =
32.Блок-схемиСкладна
Пропорційний регулятор K керує об’єктом G(s) = 2/(s + 9) в одиничному від’ємному зворотному зв’язку. Сходинка збурення розміром 0,5 діє на вході об’єкта за R = 0. Знайдіть найменший коефіцієнт підсилення K, за якого усталений вихід не перевищує 0,001111.
G(s) = 2/(s + 9)D = 0,5css ≤ 0,001111
K =
33.Перехідна характеристикаСередня
Система має передатну функцію G(s) = 25/(s² + 6s + 25) і отримує на вході одиничну сходинку. Полюси: s = σ ± jωd. Знайдіть дійсну частину σ.
G(s) = 25/(s² + 6s + 25)
σ =
34.Перехідна характеристикаСкладна
Послідовне RLC-коло з R = 52 Ω, L = 20 mH і C = 4,7 µF підключають до сходинки 5 V у момент t = 0. Конденсатор незаряджений, і до сходинки струм не тече. Знайдіть власну частоту незагасаючих коливань ωn в rad/s.
R = 52 ΩL = 20 mHC = 4,7 µFV = 5 V
ωn = rad/s
35.Діаграми Боде та запасиСередня
Знайдіть фазу ∠G(jω) функції G(s) = 27(s + 20)/(s(s + 2)) за ω = 4 rad/s, у градусах.
G(s) = 27(s + 20)/(s(s + 2))ω = 4 rad/s
∠G(jω) = °
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 55/(s(s + 10)). Знайдіть частоту зрізу за підсиленням ωc, де |L(jω)| = 1.
L(s) = 55/(s(s + 10))
ωc = rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
Об’єкт G(s) = (s + 5)/((s − 1)(s + 5)) має нестійкий полюс у точці s = 1. 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 − 1)(s + 5))
Kmin =
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
Кореневий годограф L(s) = K/(s(s + 6)(s + 10)) відходить від дійсної осі між s = 0 і s = −6. Знайдіть точку відходу sb.
L(s) = K/(s(s + 6)(s + 10))
sb =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
Параболічний вхід r(t) = 5·t²/2 подано на контур з одиничним зворотним зв’язком і G(s) = 5(s + 4)/(s²(s + 10)). Знайдіть усталену похибку ess.
G(s) = 5(s + 4)/(s²(s + 10))r(t) = 5·t²/2
ess =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
ПІ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s керує об’єктом G(s) = 10/(s + 2) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Замкнена система має мати ωₙ = 5 rad/s і ζ = 0,6. Знайдіть інтегральний коефіцієнт Ki.
G(s) = 10/(s + 2)ωₙ = 5 rad/sζ = 0,6
Ki =
3Розчини
1.Послідовні й паралельні резистори
Відповідь: Req = 13,19 Ω
Послідовне й паралельне з’єднання: послідовно через кожен резистор тече той самий струм і R = R₁ + R₂ + …. Паралельно на кожному резисторі та сама напруга і 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Драбинчасту мережу спрощують по одній парі, доки не залишиться один еквівалентний опір.
Об’єднуйте резистори з дальнього кінця
Почніть із кінця, найдальшого від джерела, і рухайтеся до нього. Резистори з однаковим струмом з’єднані послідовно; резистори між тими самими двома вузлами — паралельно.
R3 + R4 = 5 + 12 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 20·17/(20+17) = 9,189 Ω
Req = R1 + 9,189 = 4 + 9,189 = 13,19 Ω
Відповідь
Req = 13,19 Ω
2.Послідовні й паралельні резистори
Відповідь: IR1 = 1,081 A
Послідовне й паралельне з’єднання: послідовно через кожен резистор тече той самий струм і R = R₁ + R₂ + …. Паралельно на кожному резисторі та сама напруга і 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Драбинчасту мережу спрощують по одній парі, доки не залишиться один еквівалентний опір.
Об’єднуйте резистори з дальнього кінця
Почніть із кінця, найдальшого від джерела, і рухайтеся до нього. Резистори з однаковим струмом з’єднані послідовно; резистори між тими самими двома вузлами — паралельно.
R5 + R6 = 12 + 20 = 32 Ω
R4 ∥ 32 = 4,324 Ω
R3 + 4,324 = 29,32 Ω
R2 ∥ 29,32 = 1,872 Ω
Req = R1 + 1,872 = 12 + 1,872 = 13,87 Ω
Струм джерела
Джерело бачить лише Req, тож закон Ома дає струм, який воно віддає. Цей струм тече через R₁.
IR1 = V1/Req = 15/13,87 = 1,081 A
Відповідь
IR1 = 1,081 A
3.Метод вузлових потенціалів
Відповідь: I1 = 0,2727 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)/6 + (VA − 9)/4 + (VA − 6)/2 = 0
Знайдіть VA
VA = (9/6 + 9/4 + 6/2) / (1/6 + 1/4 + 1/2) = 6,75/0,9167 = 7,364 V
Струм гілки
Стрілка спрямована вгору вздовж вітки, у вузол A.
I1 = (9 − VA)/R1 = (9 − 7,364)/6 = 0,2727 A
Відповідь
I1 = 0,2727 A
Від’ємний результат означає, що дійсний струм тече проти стрілки.
4.Метод вузлових потенціалів
Відповідь: IR4 = 8,327 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
Струми, що виходять з A через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у A.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,325·VA − 0,1667·VB = 3
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 = 0,4·VA
−0,5667·VA + 0,5·VB = 0
Розв’яжіть
Δ = (0,325)(0,5) − (−0,1667)(−0,5667) = 0,06806
VA = Δ1/Δ = 1,5/0,06806 = 22,04 V
VB = Δ2/Δ = 1,7/0,06806 = 24,98 V
Струм через R₄
IR4 = VB/R4 = 24,98/3 = 8,327 A
Відповідь
IR4 = 8,327 A
5.Метод контурних струмів
Відповідь: VR1 = 4,909 V
Метод контурних струмів: дайте кожному вікну плоского кола власний контурний струм, запишіть закон напруг Кірхгофа для кожного контуру (сума спадів = сума зростань) і розв’яжіть. Струми гілок — це контурний струм або різниця двох контурних струмів у спільній гілці.
Призначте контурні струми
У кожному вікні намалюйте струм за годинниковою стрілкою: I1, I2. 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
2·I1 + 15(I1 − I2) = 24
17·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
6·I2 + 15(I2 − I1) = (−12)
−15·I1 + 21·I2 = −12
Розв’яжіть
Δ = (17)(21) − (−15)(−15) = 132
I1 = Δ1/Δ = 324/132 = 2,455 A
I2 = Δ2/Δ = 156/132 = 1,182 A
Відповідь
IR1 = I1 = 2,455 A
VR1 = IR1·R1 = 2,455·2 = 4,909 V
Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.
6.Метод контурних струмів
Відповідь: I3 = −1,229 A
Метод контурних струмів: дайте кожному вікну плоского кола власний контурний струм, запишіть закон напруг Кірхгофа для кожного контуру (сума спадів = сума зростань) і розв’яжіть. Струми гілок — це контурний струм або різниця двох контурних струмів у спільній гілці.
Призначте контурні струми
У кожному вікні намалюйте струм за годинниковою стрілкою: I1, I2, I3. Резистор, спільний для двох контурів, проводить різницю їхніх струмів.
ЗНК для контуру 1
Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).
R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
8·I1 + 15(I1 − I2) = 24
23·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 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
30·I2 + 15(I2 − I1) + 3(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 48·I2 − 3·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
6·I3 + 3(I3 − I2) = (−12)
−3·I2 + 9·I3 = −12
Розв’яжіть
Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 7704
I1 = Δ1/Δ = 9612/7704 = 1,248 A
I2 = Δ2/Δ = 2412/7704 = 0,3131 A
I3 = Δ3/Δ = −9468/7704 = −1,229 A
Відповідь
I3 = −1,229 A
Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.
7.Метод накладання
Відповідь: IR1 = −2,375 A
Метод накладання: у лінійному колі будь-яка напруга чи струм дорівнює сумі відгуків на кожне незалежне джерело, що діє окремо. Щоб вимкнути джерело, замініть ідеальне джерело напруги коротким замиканням, а ідеальне джерело струму — розривом. Резистори залишаються на місці.
Випадок 1 · діє лише V1
Iₛ стає розривом, тож R₃ і R₄ утворюють одну послідовну гілку від A до землі, паралельну R₂.
R3+R4 = 4+20 = 24 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·24/(8+24) = 6 Ω
VA = 6·6/(2+6) = 4,5 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,5·20/24 = 3,75 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (6 − 4,5)/2 = 0,75 A
Випадок 2 · діє лише Is
V₁ стає коротким замиканням, тож R₁ паралельний R₂. Iₛ у точці B розгалужується між R₄ і шляхом через R₃.
R1 ∥ R2 = 2·8/(2+8) = 1,6 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 20 ∥ 5,6 = 4,375 Ω
VB = Is·Req = 5·4,375 = 21,88 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 21,88·1,6/5,6 = 6,25 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 6,25)/2 = −3,125 A
Додайте складові
IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 0,75 + (−3,125) = −2,375 A
Від’ємний результат означає, що насправді струм тече проти стрілки.
8.Метод накладання
Відповідь: IR2 = −3,136 A
Метод накладання: у лінійному колі будь-яка напруга чи струм дорівнює сумі відгуків на кожне незалежне джерело, що діє окремо. Щоб вимкнути джерело, замініть ідеальне джерело напруги коротким замиканням, а ідеальне джерело струму — розривом. Резистори залишаються на місці.
Випадок 1 · діє лише V1
V₂ стає коротким замиканням, а Iₛ — розривом. З боку A резистор R₃ паралельний послідовній парі R₂+R₄.
Від’ємний результат означає, що насправді струм тече проти стрілки.
9.Тевенен і Нортон
Відповідь: Vth = 5 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.
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 = 4·2/(4+2) = 1,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,333 + 8 = 9,333 Ω
Знайдіть Vth — напругу холостого ходу
Коли a–b розімкнені, через R₃ струм не тече, тож спаду на ньому немає і V_b = V_A. R₁ і R₂ утворюють дільник напруги.
Vth = V1·R2/(R1+R2) = 15·2/(4+2) = 5 V
10.Тевенен і Нортон
Відповідь: IN = 6,113 A
Теорема Тевенена: будь-яке лінійне двополюсне коло поводиться як одне джерело напруги Vth, послідовне з опором Rth. Теорема Нортона подає те саме коло як джерело струму IN = Vth/Rth, паралельне Rth.
Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами
Замініть джерела напруги короткими замиканнями, а джерела струму — розривами, а тоді подивіться на коло з боку a–b.
R1 ∥ R2 = 20·3/(20+3) = 2,609 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,609 + 25 = 27,61 Ω
Знайдіть Vth — напругу холостого ходу
Коли a–b розімкнені, Iₛ може текти лише через R₃ у вузол A. Знайдіть V_A накладанням V₁ та Iₛ, потім додайте спад на R₃.
VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 3,13 + 6·2,609 = 18,78 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 18,78 + 6·25 = 168,8 V
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 = 168,8/27,61 = 6,113 A
11.Перехідні процеси RC і RL
Відповідь: vC = 4,179 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.
Еквівалентна схема Тевенена з боку конденсатора
Закоротіть джерело, щоб знайти Rth; розімкніть конденсатор, щоб знайти напругу, до якої він зарядиться.
Rth = R1 ∥ R2 = 4,7·6,8/(4,7 + 6,8) = 2,779 kΩ
vC(∞) = 10·6,8/(4,7 + 6,8) = 5,913 V
Стала часу
τ = Rth·C = 2,779·22 = 61,14 ms
Крива заряджання
vC(t) = 5,913·(1 − e−75/61,14) = 4,179 V
Відповідь
vC = 4,179 V
12.Перехідні процеси RC і RL
Відповідь: t = 335,5 ms
Перехідні процеси першого порядку: у колі з одним конденсатором або однією котушкою кожна напруга й кожен струм експоненційно змінюються від початкового до кінцевого значення: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, де τ = RC або τ = L/R. Приблизно через 5τ коло виходить на усталений режим.
Початкове значення, кінцеве значення, стала часу
Напруга на конденсаторі не може змінитися стрибком, тож вона починає з накопиченого значення й прямує до напруги джерела.
t = τ·ln((4 − 15)/(9,5 − 15)) = 484·ln(2) = 335,5 ms
Відповідь
t = 335,5 ms
13.Повний опір і комплексні амплітуди
Відповідь: P = 41 W
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
XL = 62,83 Ω, XC = 14,47 Ω
Повний опір
|Z| = √(10² + (48,36)²) = 49,39 Ω
Активна потужність
Котушки й конденсатори лише накопичують і повертають енергію; усю активну потужність споживає резистор.
I = 100/49,39 = 2,025 A
P = I²·R = 2,025²·10 = 41 W
Відповідь
P = 41 W
14.Повний опір і комплексні амплітуди
Відповідь: VL = 76,28 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/√(0,005·2,2·10⁻⁶) = 9535 rad/s
I = V/R = 24/15 = 1,6 A
Напруга на котушці
XL = ω₀L = 9535·0,005 = 47,67 Ω
VL = I·XL = 1,6·47,67 = 76,28 V
Відповідь
VL = 76,28 V
Це в Q = 3,178 разів більше за напругу мережі.
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності
Відповідь: I = 60,19 A
Потужність змінного струму: повна потужність S = V·I (VA) складається з активної потужності P = S·cos φ (W), що виконує корисну роботу, і реактивної потужності Q = S·sin φ (var), що коливається між джерелом і навантаженням. Коефіцієнт потужності — cos φ. Паралельний конденсатор постачає реактивну потужність на місці, тож струм лінії зменшується за тієї самої активної потужності.
Струм лінії
Роботу виконує лише активна частина потужності, тож поділіть на коефіцієнт потужності.
I = P/(V·cos φ) = 13000/(240·0,9) = 60,19 A
Відповідь
I = 60,19 A
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності
Відповідь: cos φ = 0,9423
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 = 21·tan(arccos 0,75) = 18,52 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·50·220·10⁻⁶ = 11058 var = 11,06 kvar
Q2 = 18,52 − 11,06 = 7,462 kvar
Нова повна потужність
S2 = √(21² + 7,462²) = 22,29 kVA
Новий коефіцієнт потужності
cos φ = P/S2 = 21/22,29 = 0,9423
Відповідь
cos φ = 0,9423
17.Трифазні системи
Відповідь: P = 11,52 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 = VL = 400 V
Фазний струм
|Z| = √(15² + 20²) = 25 Ω
Iph = 400/25 = 16 A
Сумарна активна потужність
Активну потужність поглинає лише активна складова кожного опору.
P = 3·Iph²·R = 3·16²·15 = 11,52 kW
Відповідь
P = 11,52 kW
Перевірка: cos φ = R/|Z| = 0,6, і √3·VL·IL·cos φ дає ту саму потужність.
18.Трифазні системи
Відповідь: QC = 138,3 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 = 200·tan(acos 0,7) = 200·1,02 = 204 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,95) = 200·0,3287 = 65,74 kvar
Реактивна потужність від конденсаторів
QC = Q1 − Q2 = 138,3 kvar
Відповідь
QC = 138,3 kvar
19.Трансформатори
Відповідь: IHV = 22,73 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 = 150000/6600 = 22,73 A
Відповідь
IHV = 22,73 A
20.Трансформатори
Відповідь: Pcu,fl = 11508 W
Втрати в трансформаторі: втрати в сталі (гістерезис і вихрові струми) залежать від напруги й однакові за будь-якого навантаження. Втрати в міді обмоток пропорційні квадрату струму, тож при частці навантаження x від номінального вони становлять x²·Pcu,fl. ККД η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), де Pout = x·S·pf. ККД максимальний при навантаженні, за якого втрати в міді дорівнюють втратам у сталі.
Вихідна й вхідна потужність
Pout = 500·0,8 = 400 kW
Pin = 400000/0,965 = 414508 W
Сумарні втрати й втрати в міді
Ploss = 414508 − 400000 = 14508 W
Pcu,fl = 14508 − 3000 = 11508 W
Відповідь
Pcu,fl = 11508 W
21.Схеми з операційними підсилювачами
Відповідь: Vout = 0,6377 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.
Правила ідеального ОП: з від’ємним зворотним зв’язком підсилювач встановлює вихід так, щоб обидва входи мали однакову напругу (V₋ = V₊), і в жоден вхід струм не тече. ЗСК на інвертувальному вході з цими двома фактами дає вихід.
Вхідні струми
V₋ = 0, тож на кожному вхідному резисторі вся його вхідна напруга.
I1 = V1/R1 = −1,7/22 = −0,07727 mA
I2 = V2/R2 = −0,3/2 = −0,15 mA
If = I1 + I2 = −0,2273 mA
Відповідь
If = −0,2273 mA
23.Діоди й транзистори
Відповідь: IZ = 24,18 mA
Стабілізатор на стабілітроні: стабілітрон, увімкнений у зворотному напрямку, тримає напругу VZ, поки його струм вищий за мінімальний IZ,min. Послідовний резистор R бере різницю між вхідною та вихідною напругою: IR = (Vin − VZ)/R. Цей струм ділиться між навантаженням, IL = VZ/RL, і стабілітроном: IZ = IR − IL. Проєктуйте за найгіршими випадками: найнижча вхідна напруга при найбільшому навантаженні має все ж лишати IZ,min, а найвища вхідна напруга без навантаження дає найбільшу потужність стабілітрона PZ = VZ·IZ.
Струм резистора
IR = 8/270 = 29,63 mA
Струм навантаження
IL = 12/2200 = 5,455 mA
Струм стабілітрона
IZ = 29,63 − 5,455 = 24,18 mA
Відповідь
IZ = 24,18 mA
24.Діоди й транзистори
Відповідь: PZ,max = 186 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 = 13,9/680 = 20,44 mA
Потужність стабілітрона
PZ = 9,1·20,44 = 186 mW
Відповідь
PZ,max = 186 mW
25.Системи числення
Відповідь: U = 211
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
45 = 0010 1101
інвертовано: 1101 0010
+1 → 1101 0011
Прочитайте як беззнакове
1101 0011₂ = 256 − 45 = 211
Відповідь
U = 211
26.Системи числення
Відповідь: R = 49
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
AND дає 1 лише там, де обидва біти дорівнюють 1.
0011 0001
AND 0111 1111
= 0011 0001
Значення результату
0011 0001₂ = 49
Відповідь
R = 49
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери
Відповідь: N = 3
Карти Карно: клітинки впорядковано за кодом Грея (00, 01, 11, 10), тож сусідні клітинки, зокрема через краї, відрізняються рівно однією змінною. Групуйте одиниці в прямокутники по 1, 2, 4, 8 або 16 клітинок, якомога більші й у якомога меншій кількості, доки кожну 1 не буде покрито. Кожна група — це один добуток: змінні, що лишаються сталими всередині неї. Група з 2ᵏ клітинок втрачає k змінних. Байдужі стани (X) можна використовувати, щоб групи були більшими, але їх не обов’язково покривати. Групування нулів замість одиниць дає мінімальну форму POS.
Згрупуйте нулі
Кожна група — це прямокутник із 2ᵏ клітинок; крайні клітинки є сусідами клітинок на протилежному краї.
(B′ + D)
(A′ + C′)
(A′ + B + D′)
Мінімальна форма POS
F = (B′ + D)(A′ + C′)(A′ + B + D′)
N = 3
Відповідь
N = 3
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери
Відповідь: N = 5
Тригери та лічильники: тригер змінюється лише за активним фронтом такту. D копіює свій вхід (Q⁺ = D); T перемикається, коли T = 1; JK зберігає стан за 00, скидає за 01, встановлює за 10 і перемикає за 11. n-розрядний двійковий лічильник має 2ⁿ станів і рахує за модулем 2ⁿ; лічильник за модулем N рахує 0, 1, …, N − 1 і повертається до 0, і йому потрібне найменше n, для якого 2ⁿ ≥ N тригерів. Кожен ступінь послідовного лічильника ділить частоту навпіл, тож останній вихід лічильника за модулем N має частоту fclk/N. Лічильник Джонсона з n тригерів має 2n станів, кільцевий — n.
Q після кожного фронту
T-тригер перемикається за кожним переднім фронтом при T = 1 і зберігає стан при T = 0.
1: T = 1 → Q = 1
2: T = 1 → Q = 0
3: T = 1 → Q = 1
4: T = 0 → Q = 1
5: T = 0 → Q = 1
6: T = 0 → Q = 1
7: T = 1 → Q = 0
8: T = 1 → Q = 1
Порахуйте зміни
0 → 1 → 0 → 1 → 1 → 1 → 1 → 0 → 1
N = 5
Відповідь
N = 5
29.Перетворення Лапласа
Відповідь: f(0.3) = 0,4909
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 + 10s + 25 = (s + 5)²
Простіші дроби
s + 9 = 1(s + 5) + 4
F(s) = 1/(s + 5) + 4/(s + 5)²
Обернене перетворення
f(t) = e−5t + 4·t·e−5t
f(0,3) = (1 + 4·0,3)·e−5·0,3 = 0,4909
Відповідь
f(0,3) = 0,4909
30.Перетворення Лапласа
Відповідь: y(1.2) = 9,362
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) = 75/(s(s + 1)(s + 5))
Простіші дроби
A = 75/(1·5) = 15
B = 75/((−1)·4) = −18,75
C = 75/((−5)·(−4)) = 3,75
Виведення
y(t) = 15 − 18,75·e−t + 3,75·e−5t
y(1,2) = 9,362
Відповідь
y(1,2) = 9,362
31.Блок-схеми
Відповідь: ess = 1,739
Алгебра блок-схем: блоки, з’єднані послідовно, перемножуються (G₁·G₂), блоки, з’єднані паралельно, додаються (G₁ + G₂), а контур із прямим шляхом G і шляхом зворотного зв’язку H зводиться до T = G/(1 + G·H) для від’ємного зворотного зв’язку та G/(1 − G·H) для додатного. Спершу згортайте внутрішні контури, потім рухайтеся назовні. Полюси замкненої системи — корені характеристичного рівняння 1 + G(s)H(s) = 0. Для стійкого контуру вхідна сходинка розміром A дає усталений вихід A·T(0); за одиничного зворотного зв’язку усталена похибка на сходинку дорівнює A/(1 + Kp), де Kp = G(0).
Стала похибки за положенням
Kₚ = G(0) = 2·3/(5·8) = 0,15
Усталена похибка
ess = A/(1 + Kₚ) = 2/(1 + 0,15) = 1,739
Відповідь
ess = 1,739
32.Блок-схеми
Відповідь: K = 445,5
Алгебра блок-схем: блоки, з’єднані послідовно, перемножуються (G₁·G₂), блоки, з’єднані паралельно, додаються (G₁ + G₂), а контур із прямим шляхом G і шляхом зворотного зв’язку H зводиться до T = G/(1 + G·H) для від’ємного зворотного зв’язку та G/(1 − G·H) для додатного. Спершу згортайте внутрішні контури, потім рухайтеся назовні. Полюси замкненої системи — корені характеристичного рівняння 1 + G(s)H(s) = 0. Для стійкого контуру вхідна сходинка розміром A дає усталений вихід A·T(0); за одиничного зворотного зв’язку усталена похибка на сходинку дорівнює A/(1 + Kp), де Kp = G(0).
Відгук на збурення
css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 0,5·2/(9 + 2K)
Розв’яжіть відносно K
9 + 2K = 0,5·2/0,001111 = 900
K = (900 − 9)/2 = 445,5
Відповідь
K = 445,5
33.Перехідна характеристика
Відповідь: σ = −3
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 = 25 → ωₙ = 5 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·5) = 0,6
Результат
σ = −ζωₙ = −6/2 = −3
Відповідь
σ = −3
34.Перехідна характеристика
Відповідь: ωn = 3262 rad/s
Перехідна характеристика: система першого порядку G(s) = K/(τs + 1) відповідає на сходинку розміром U як y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): вона досягає 63,2 % кінцевого значення K·U за одну сталу часу τ і 98 % за 4τ. Система другого порядку G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) має полюси s = −ζωₙ ± jωd, де ωd = ωₙ√(1 − ζ²). За 0 < ζ < 1 перехідна характеристика має перерегулювання: відсоток перерегулювання %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), час піку tp = π/ωd, а 2-відсотковий час встановлення ts ≈ 4/(ζωₙ). Порівняйте знаменник із s² + 2ζωₙs + ωₙ², щоб знайти ωₙ і ζ. Для системи маса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) і ζ = c/(2√(km)); для послідовного RLC-кола ωₙ = 1/√(LC) і ζ = (R/2)·√(C/L).
Частотна характеристика: підставте s = jω у передавальну функцію. Модуль у децибелах дорівнює 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумі кутів множників чисельника мінус кути множників знаменника. Фільтр першого порядку RC або RL має частоту зрізу (−3 dB) ωc = 1/(RC) або R/L, а fc = ωc/(2π); фільтр нижніх частот дає |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) і φ = −atan(ω/ωc). На асимптотичній (ламаній) діаграмі Боде кожен полюс згинає модуль вниз на 20 dB/decade на своїй частоті зламу, кожен нуль згинає його вгору на 20 dB/decade, а інтегратор 1/s дає −20 dB/decade на всіх частотах. Частота зрізу за коефіцієнтом підсилення ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас за фазою PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перетину за фазою ω180: ∠L(jω) = −180°; запас за підсиленням GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнена система стійка, коли обидва запаси додатні.
Частотна характеристика: підставте s = jω у передавальну функцію. Модуль у децибелах дорівнює 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумі кутів множників чисельника мінус кути множників знаменника. Фільтр першого порядку RC або RL має частоту зрізу (−3 dB) ωc = 1/(RC) або R/L, а fc = ωc/(2π); фільтр нижніх частот дає |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) і φ = −atan(ω/ωc). На асимптотичній (ламаній) діаграмі Боде кожен полюс згинає модуль вниз на 20 dB/decade на своїй частоті зламу, кожен нуль згинає його вгору на 20 dB/decade, а інтегратор 1/s дає −20 dB/decade на всіх частотах. Частота зрізу за коефіцієнтом підсилення ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас за фазою PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перетину за фазою ω180: ∠L(jω) = −180°; запас за підсиленням GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнена система стійка, коли обидва запаси додатні.
Зріз за підсиленням
ω⁴ + 100ω² − 3025 = 0
ω² = (−100 + √(10000 + 4·3025))/2 = 24,33
ωc = 4,933 rad/s
Відповідь
ωc = 4,933 rad/s
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф
Відповідь: Kmin = 1
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.
Для s² + c₁s + c₀ усі корені лежать у лівій півплощині саме тоді, коли c₁ > 0 і c₀ > 0.
4 + K > 0 → K > −4
5K − 5 > 0 → K > 1
Kmin = 1
Відповідь
Kmin = 1
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф
Відповідь: sb = −2,427
Кореневий годограф: зі зростанням коефіцієнта підсилення K від 0 до ∞ полюси замкненої системи, тобто корені рівняння 1 + K·G(s) = 0, рухаються від полюсів розімкненої системи до її нулів або до нескінченності. Точка дійсної осі належить годографу, коли кількість дійсних полюсів і нулів праворуч від неї непарна. n − m віток, що йдуть у нескінченність, прямують уздовж асимптот під кутами (2q + 1)·180°/(n − m), які виходять із центра σₐ = (Σ полюсів − Σ нулів)/(n − m). Гілки відходять від дійсної осі або сходяться на ній там, де dK/ds = 0. Умова кута ∠G(s) = 180° визначає форму годографа, а умова модуля K = 1/|G(s)| дає значення K у будь-якій точці годографа.
Коефіцієнт підсилення вздовж дійсної осі
K(s) = −s(s + 6)(s + 10) = −(s³ + 16s² + 60s)
Стаціонарні точки
dK/ds = −(3s² + 32s + 60) = 0
s = (−32 ± √(1024 − 720))/6 = −2,427, −8,239
Оберіть точку на годографі
Годограф лежить на дійсній осі між 0 і −6; другий корінь годографу не належить.
sb = −2,427
Відповідь
sb = −2,427
39.Усталена похибка та ПІД-регулювання
Відповідь: ess = 2,5
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.
Константа прискорення
Ka = 5·4/10 = 2
Похибка за параболічного сигналу
ess = 5/2 = 2,5
Відповідь
ess = 2,5
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання
Відповідь: Ki = 2,5
П-, ПІ- і ПІД-регулювання: регулятор C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s діє на похибку. Пропорційний коефіцієнт підсилення робить контур швидшим і зменшує похибку об’єкта типу 0, але ніколи не усуває її. Інтегральна складова додає полюс у точці s = 0: тип системи зростає на одиницю, і східчастий сигнал відпрацьовується без похибки. Диференціальна складова додає демпфування. Щоб підібрати коефіцієнти, запишіть характеристичний поліном замкненої системи й порівняйте його з s² + 2ζωns + ωn². Тоді %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd при ωd = ωn√(1 − ζ²), а ts ≈ 4/(ζωn).
Характеристичний поліном
1 + C(s)G(s) = 0, помножене на s(s + 2).
s² + (2 + 10Kp)s + 10Ki
Цільовий поліном
s² + 2·0,6·5s + 5² = s² + 6s + 25
Зіставте коефіцієнти
10Ki = 25 → Ki = 2,5
Відповідь
Ki = 2,5
Інтегральна складова робить контур типу 1, тож східчастий сигнал відпрацьовується без усталеної похибки.
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.