Подготовка к экзамену FE Electrical and Computer: шпаргалка-пакет

Листы формул, ключевые шаги методов по каждой теме и тренировочные задачи (40) с полными решениями в конце.

Новые задачиНазад к курсу

В окне печати выберите «Сохранить как PDF», чтобы сохранить копию на своём устройстве.

1Формулы и методы

Последовательные и параллельные резисторы

Последовательное соединение резисторов
Req = R1 + R2 + …
Параллельное соединение резисторов
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Два параллельно
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Закон Ома
V = I·R
Мощность
P = V·I = I²R = V²/R

Метод

  1. Начните с конца цепи, наиболее удалённого от зажимов.
  2. Последовательные резисторы складывайте, а параллельные объединяйте по формуле 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. После каждого шага перерисовывайте схему.
  4. Повторяйте, пока между зажимами не останется один резистор.

Метод узловых потенциалов

Закон токов Кирхгофа
ΣIin = ΣIout
Ток ветви
I = (Va − Vb)/R
Опорный узел
Vground = 0

Метод

  1. Выберите опорный узел (землю) и обозначьте потенциалы остальных узлов.
  2. Запишите первый закон Кирхгофа для каждого неизвестного узла: сумма токов, вытекающих по ветвям, равна сумме втекающих.
  3. Выразите ток каждой ветви как (Va − Vb)/R.
  4. Решите систему уравнений, затем найдите нужные токи.

Метод контурных токов

Закон напряжений Кирхгофа
ΣV = 0 в каждом контуре
Общий резистор
ток = I1 − I2
Источник тока в контуре
задаёт ток этого контура

Метод

  1. Нарисуйте в каждом контуре (ячейке) схемы контурный ток по часовой стрелке.
  2. Примените второй закон Кирхгофа к каждому контуру: сумма падений напряжения равна нулю.
  3. В резисторе, общем для двух контуров, ток равен разности двух контурных токов.
  4. Решите уравнения; отрицательный результат означает, что ток течёт в обратную сторону.

Метод наложения

Метод наложения
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Отключённый источник напряжения
короткое замыкание (0 V)
Отключённый источник тока
разрыв (0 A)
Делитель напряжения
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Делитель тока
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Метод

  1. Посчитайте независимые источники. Для каждого источника вы решите одну более простую схему.
  2. Оставьте один источник, а остальные отключите: источник напряжения заменяется коротким замыканием (проводом), источник тока — разрывом цепи.
  3. Найдите в упрощённой схеме нужное напряжение или ток, следя за направлением.
  4. Повторите для каждого источника, затем сложите вклады с учётом знаков.

Тевенин и Нортон

Напряжение Тевенина
Vth = Vopen circuit
Сопротивление Тевенина
Rth: все источники отключены, со стороны a–b
Ток Нортона
IN = Vth/Rth
Ток нагрузки
IL = Vth/(Rth + RL)
Передача максимальной мощности
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Метод

  1. Отключите нагрузку и обозначьте два зажима a и b.
  2. Найдите напряжение холостого хода между a и b: это Vth.
  3. Отключите все независимые источники и найдите сопротивление со стороны a–b: это Rth.
  4. Верните нагрузку в эквивалентную схему: Vth последовательно с Rth.
  5. Для эквивалента Нортона преобразуйте: IN = Vth/Rth, с RN = Rth параллельно.

Переходные процессы RC и RL

Постоянная времени
τ = RC | τ = L/R
Отклик
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Конденсатор на постоянном токе
разрыв; vC не может измениться скачком
Катушка на постоянном токе
короткое замыкание; iL не может измениться скачком
Установившийся режим
t ≈ 5τ

Метод

  1. Найдите начальное значение сразу после коммутации: напряжение на конденсаторе и ток в катушке не могут изменяться скачком.
  2. Найдите установившееся значение спустя долгое время после коммутации: конденсатор ведёт себя как разрыв, катушка — как короткое замыкание.
  3. Найдите постоянную времени: τ = RC или τ = L/R, где берётся сопротивление со стороны конденсатора или катушки.
  4. Используйте x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Полные сопротивления
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Угловая частота
ω = 2πf
Модуль и угол
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Закон Ома в комплексной форме
V = I·Z

Метод

  1. Переведите частоту: ω = 2πf.
  2. Найдите каждое реактивное сопротивление: XL = ωL и XC = 1/(ωC).
  3. Складывайте сопротивления как у резисторов, с Z = R + jX.
  4. Найдите модуль |Z| = √(R² + X²) и угол φ = atan(X/R), затем примените закон Ома для комплексных амплитуд.

Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Активная мощность
P = V·I·cos φ
Реактивная мощность
Q = V·I·sin φ
Полная мощность
S = V·I = √(P² + Q²)
Коэффициент мощности
pf = cos φ = P/S
Компенсирующий конденсатор
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Трёхфазная мощность

Соединение звездой (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Соединение треугольником (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Полная активная мощность
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Полная и реактивная мощность
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Компенсирующие конденсаторы
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Напряжение на каждом конденсаторе
Δ: VL Y: VL/√3
Потребляемая мощность двигателя
Pin = Pout/η

Трансформаторы

Коэффициент трансформации
a = N1/N2 = V1/V2
Отношение токов
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Номинальный ток
I = S/V
Приведённое сопротивление
Z1′ = a²·ZL
Потери в меди при неполной нагрузке
Pcu = x²·Pcu,fl
КПД
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Максимальный КПД
x = √(Pcore/Pcu,fl)

Схемы на операционных усилителях

Инвертирующий усилитель
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Неинвертирующий усилитель
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Суммирующий усилитель
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Идеальный ОУ
V+ = V−, Iin = 0

Диоды и транзисторы

Диод (постоянное падение напряжения)
VD = 0,7 V when conducting
Активный режим
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Фиксированное смещение
IB = (VCC − 0,7)/RB
Смещение делителем напряжения
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Эквивалент Тевенена для делителя
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Контур коллектора
VCE = VCC − ICRC − IERE
Насыщение
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Системы счисления

Веса разрядов
двоичная 2k, восьмеричная 8k, шестнадцатеричная 16k
В десятичную
Σ dk·bk
Из десятичной
делите на основание, остатки читайте снизу вверх
Шестнадцатеричная ↔ двоичная
одна шестнадцатеричная цифра = 4 бита
Дополнительный код
инвертируйте биты и прибавьте 1

Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Основные вентили
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Правила булевой алгебры
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Законы де Моргана
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Порядок на карте Карно
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Группа из 2ᵏ клеток
теряет k переменных
Мультиплексор 4 в 1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Триггеры
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Счётчики
n-разрядный: 2ⁿ состояний; по модулю N: наименьшее n, при котором 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Асинхронный счётчик
fmax = 1/(n·tpd)
Кольцевой счётчик и счётчик Джонсона
n и 2n состояний

Метод

  1. Для схемы идите от входов к выходу вентиль за вентилем и записывайте значение на каждом проводе или запишите её выражение и заполните таблицу истинности.
  2. Для упрощения поставьте единицы (и безразличные состояния как X) на карту Карно со строками и столбцами в коде Грея: 00, 01, 11, 10.
  3. Покройте единицы как можно меньшим числом как можно больших групп по 1, 2, 4, 8 или 16 клеток, с переходом через края; каждая группа — один член-произведение из переменных, которые остаются постоянными. Для формы POS группируйте нули.
  4. Для триггеров и счётчиков считывайте входы на каждом активном фронте тактового сигнала, записывайте состояние после каждого фронта и помните, что n-разрядный счётчик возвращается к началу после 2ⁿ состояний.

Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Устойчивость
все корни характеристического полинома в левой полуплоскости
таблица Рауса, элемент s¹ кубического полинома
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Корни в правой полуплоскости
число смен знака в первом столбце
Кубический полином s³ + a₂s² + a₁s + a₀
устойчив, когда все a > 0 и a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Характеристическое уравнение
1 + K·G(s) = 0
Асимптоты
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Точки отрыва и входа
dK/ds = 0
Условие по модулю
K = 1/|G(s)|
Угол выхода
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Метод

  1. Запишите характеристический полином замкнутой системы: знаменатель уравнения 1 + K·G(s) = 0 после раскрытия скобок.
  2. Запишите коэффициенты поочерёдно в первые две строки таблицы Рауса и достройте остальные строки.
  3. Посчитайте смены знака в первом столбце: каждая — это один полюс в правой полуплоскости. Если в таблице есть K, потребуйте, чтобы все элементы первого столбца оставались положительными.
  4. Для корневого годографа отметьте полюса и нули, участки вещественной оси, асимптоты из центра и точки отрыва, где dK/ds = 0. Для коэффициента усиления в точке используйте K = 1/|G(s)|.

Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Тип системы
число полюсов G(s) в точке s = 0
Коэффициенты ошибок
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Ступенька A
ess = A/(1 + Kp)
Линейное воздействие A·t
ess = A/Kv
Парабола A·t²/2
ess = A/Ka
ПИД-регулятор
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Целевая система второго порядка
s² + 2ζωns + ωn²
Перерегулирование и временные характеристики
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Метод

  1. Посчитайте полюса разомкнутого контура C(s)·G(s) в точке s = 0: это тип системы.
  2. Найдите коэффициент ошибки, соответствующий входу: Kp для ступеньки, Kv для линейного воздействия, Ka для параболы.
  3. Примените ess = A/(1 + Kp), A/Kv или A/Ka либо решите это уравнение относительно нужного коэффициента усиления.
  4. Для требований по демпфированию или скорости запишите характеристический полином замкнутой системы и приравняйте его коэффициенты к s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Тренировочные задачи

1.Последовательные и параллельные резисторыСредняя
R1​ = 20 ΩIR1​R3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAR4​12 ΩB

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 ΩR4 = 12 Ω
IR1 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 25 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩIR2​AR4​2 ΩBR6​20 Ω

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 15 VR1 = 25 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 ΩR4 = 2 ΩR5 = 15 ΩR6 = 20 Ω
IR2 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAR4​15 ΩBIs​1 A

Используйте метод узловых потенциалов, чтобы найти узловое напряжение VB (относительно земли).

V1 = 12 VIs = 1 AR1 = 15 ΩR2 = 2 ΩR3 = 5 ΩR4 = 15 Ω
VB = V
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 25 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​12 VR3​5 ΩAR5​30 ΩBIs​2 A+−V2​36 V

Используйте метод узловых потенциалов, чтобы найти узловое напряжение VB (относительно земли).

V1 = 12 VIs = 2 AV2 = 36 VR1 = 25 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 ΩR4 = 8 ΩR5 = 30 Ω
VB = V
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 15 ΩR2​ = 8 Ω+−VR2​+−V1​15 VR3​6 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти напряжение VR2 на R2 с указанной полярностью.

V1 = 15 VV2 = 30 VR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 Ω
VR2 = V
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 15 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​6 VR4​5 ΩAR5​3 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти контурный ток I1 (по часовой стрелке).

V1 = 6 VV2 = 9 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 30 ΩR4 = 5 ΩR5 = 3 Ω
I1 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 15 ΩR3​ = 8 ΩIR3​+−V1​6 VR2​20 ΩAR4​2 ΩBIs​2 A

Используйте метод наложения, чтобы найти ток IR3 через R3 в направлении стрелки.

V1 = 6 VIs = 2 AR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 Ω
IR3 = A
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 20 ΩIR1​R2​ = 10 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​10 VR3​3 ΩAIs​2 AB+−V2​30 V

Используйте метод наложения, чтобы найти мощность PR1, потребляемую R1.

V1 = 10 VIs = 2 AV2 = 30 VR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 3 ΩR4 = 25 Ω
PR1 = W
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAab

Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.

V1 = 15 VR1 = 20 ΩR2 = 20 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 6 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAIs​3 ABab

Найдите ток Нортона IN: ток, текущий от a к b, если зажимы замкнуть накоротко.

V1 = 9 VIs = 3 AR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 12 Ω
IN = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​10 Vt = 0R = 47 ΩL150 mHi(t)

До замыкания ключа в момент t = 0 тока через катушку нет. Найдите напряжение vL на катушке в момент t = 5 ms.

Vs = 10 VR = 47 ΩL = 150 mHt = 5 ms
vL = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​20 Vt = 0R = 4,7 kΩC22 µF+−vC​vC​(0) = 24 V

Непосредственно перед замыканием ключа в момент t = 0 конденсатор заряжен до 24 V с указанной полярностью. Через какое время vC достигнет 21,2 V? Найдите t.

Vs = 20 VR = 4,7 kΩC = 22 µFvC(0) = 24 V
t = ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
Vf0​ = 60 HzRL = ?C = 4,7 µF

Последовательный RLC-контур с C = 4,7 µF должен резонировать на частоте 60 Hz. Найдите необходимую индуктивность L.

f0 = 60 HzC = 4,7 µF
L = mH
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
12 V50 HzR = 50 ΩL = 250 mHC = 10 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 12 V (действующее значение), 50 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 12 V (rms)f = 50 HzR = 50 ΩL = 250 mHC = 10 µF
I = A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
240 V116 kW, 0,8215 kW, 1I = ?

К однофазной сети 240 V параллельно подключены две нагрузки: нагрузка 16 kW при коэффициенте мощности 0,8 (индуктивном) и нагреватель мощностью 15 kW (коэффициент мощности 1). Найдите общий ток I, потребляемый от сети.

V = 240 VP1 = 16 kW, pf1 = 0,8 отстающийP2 = 15 kW, pf2 = 1
I = A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P = 15 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазная нагрузка потребляет 15 kW при коэффициенте мощности 0,65 (индуктивном) от сети 230 V, 60 Hz. Параллельно подключённый конденсатор повышает коэффициент мощности до 0,92. Найдите необходимую ёмкость C.

P = 15 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92V = 230 Vf = 60 Hz
C = µF
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 690 VIL​ = 75 Acos φ = 0,88отстающий

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет линейный ток 75 A от сети с линейным напряжением 690 V. Коэффициент мощности 0,88 (отстающий). Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 690 VIL = 75 Acos φ = 0,88
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 60 kW при коэффициенте мощности 0,8 (отстающий) от сети 480 V (линейное), 60 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,98 (отстающий). Активная мощность не меняется. Конденсаторы соединены звездой. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 60 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
8 ΩN1​N2​288 Ω

Усилитель с выходным сопротивлением 288 Ω питает громкоговоритель 8 Ω через идеальный трансформатор. Для передачи максимальной мощности громкоговоритель должен выглядеть со стороны усилителя как 288 Ω. Найдите коэффициент трансформации a = N₁/N₂.

Rs = 288 ΩRL = 8 Ω
a =
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,9500 kVA, η = 97,5%

Однофазный трансформатор 500 kVA имеет потери в стали 4000 W. При номинальной нагрузке и коэффициенте мощности 0,9 (отстающий) его КПД равен 97,5%. Найдите потери в меди при номинальной нагрузке Pcu,fl в ваттах.

S = 500 kVAPcore = 4000 Wpf = 0,9η = 97,5%
Pcu,fl = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​R2​ = 2 kΩV1​ = 2,3 VR1​ = 10 kΩV2​ = 1,2 VR3​ = 10 kΩR4​ = 2 kΩ

Дифференциальный усилитель выполнен на идеальном ОУ с питанием ±15 V, при этом R3 = R1 и R4 = R2. Найдите выходное напряжение Vout.

V1 = 2,3 VV2 = 1,2 VR1 = R3 = 10 kΩR2 = R4 = 2 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​R2​ = 22 kΩV1​ = 0,6 VR1​ = 10 kΩV2​ = 1,7 VR3​ = 47 kΩR4​ = 47 kΩ

ОУ идеальный и питается от ±15 V. Отношения резисторов не согласованы. Найдите выходное напряжение Vout.

V1 = 0,6 VV2 = 1,7 VR1 = 10 kΩR2 = 22 kΩR3 = 47 kΩR4 = 47 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 1,5 kΩβ = 100VCC​ = 12 VRB​ = 680 kΩ

NPN-транзистор с β = 100 смещён резистором базы RB = 680 kΩ от источника питания VCC = 12 V. Резистор коллектора RC = 1,5 kΩ, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите напряжение коллектор–эмиттер VCE.

VCC = 12 VRB = 680 kΩRC = 1,5 kΩβ = 100VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 150 Ωβ = 50IC​ = ?VCC​ = 24 V5 VRB​ = 4,7 kΩ

NPN-транзистор с β = 50 коммутирует нагрузочный резистор 150 Ω, включённый между VCC = 24 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 5 V через резистор базы RB = 4,7 kΩ. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Найдите ток коллектора IC в mA при высоком уровне на входе. Сначала определите, насыщен ли транзистор.

VCC = 24 VRC = 150 Ωβ = 50Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 4,7 kΩ
IC = mA
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −4 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −48 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
24 bit1 px1920 px1080 pxM = ? KiB

Несжатое изображение имеет размер 1920 × 1080 пикселей и 24 бит на пиксель. Сколько памяти M оно занимает, в KiB (1 KiB = 1024 байта)?

1920 × 1080 px24 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABCD0001111000011110111111

На этой карте Карно ровно у одной единицы нет соседней единицы, поэтому в минимальной форме SOP она остаётся группой из одной клетки (полным минтермом из четырёх литералов). Соседи через края карты учитываются. Нажмите на эту клетку.

F = Σm(2, 3, 5, 7, 13, 14)
  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.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
DQ0​Q0​DQ1​Q1​DQ2​Q2​DQ3​Q3​DQ4​Q4​DQ5​Q5​CLKJOHNSON

Счётчик Джонсона (скрученное кольцо) построен из 6 D-триггеров, инвертированный последний выход подан обратно на первый вход, и он начинает со всех нулей. Через сколько различных состояний, N, он проходит?

n = 6
N =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm−2−42

Найдите f(t) для F(s) = (2s + 10)/(s² + 6s + 18) выделением полного квадрата и вычислите f(0,4).

F(s) = (2s + 10)/(s² + 6s + 18)t = 0,4 s
f(0.4) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 7y′ + 10y = 20·u(t), где y(0) = 6 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 4. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,1).

y″ + 7y′ + 10y = 20·u(t)y(0) = 6y′(0) = 0u(t) = 4t = 0,1 s
y(0.1) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+5K+6s + 4G(s)C(s)5H₁−−

Объект G(s) = 6/(s + 4) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 5. Коэффициент регулятора K = 5, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите полюс замкнутой системы p.

G(s) = 6/(s + 4)H₁ = 5K = 5
p =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+27регулятор+D(s)+8s + 9объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K = 27 управляет объектом G(s) = 8/(s + 9) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Возмущение D действует на входе объекта (прибавляется к выходу регулятора). Одновременно подаются ступенька задания величиной 5 и ступенька возмущения величиной 2. Найдите установившийся выход css.

K = 27G(s) = 8/(s + 9)D = 2R = 5
css =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 75/(s² + 9s + 75) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите перерегулирование %OS переходной характеристики в процентах.

G(s) = 75/(s² + 9s + 75)
%OS = %
34.Переходная характеристикаСложная
R(s)+45s(s + 2)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 45/(s(s + 2)). Найдите время установления ts переходной характеристики замкнутой системы по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 45/(s(s + 2))
ts = s
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,11101001000−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 10

Найдите точный модуль |G(jω)| функции G(s) = 1540/((s + 7)(s + 11)) при ω = 10 rad/s в dB.

G(s) = 1540/((s + 7)(s + 11))ω = 10 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 2)(s + 10)). Найдите коэффициент усиления K, который даёт запас по усилению 6 dB.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 10))GM = 6 dB
K =
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1s(s + 2)(s + 10)C(s)−

Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 2)(s + 10)). Коэффициент усиления повышают до тех пор, пока замкнутая система не окажется на границе устойчивости. Найдите частоту ω незатухающих колебаний.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 10))
ω = rad/s
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4−6−8−10−12−14−16j2j4sb​

Показан корневой годограф L(s) = K/((s + 5)(s + 13)). Найдите коэффициент усиления K в точке отрыва sb, где два полюса замкнутой системы встречаются на вещественной оси.

L(s) = K/((s + 5)(s + 13))
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
R(s)+K = 412s + 1C(s)−

Процесс G(s) = 1/(2s + 1) управляется пропорциональным коэффициентом усиления K = 4 в контуре с единичной обратной связью. Найдите установившуюся ошибку ess по ступеньке в процентах от величины ступеньки.

G(s) = 1/(2s + 1)K = 4
ess = %
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 161s(s + 2)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 16 управляет объектом G(s) = 1/(s(s + 2)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите время пика tp переходной характеристики.

G(s) = 1/(s(s + 2))K = 16
tp = s

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 0,42 A

Последовательное и параллельное соединение: последовательно через каждый резистор течёт один и тот же ток и R = R₁ + R₂ + …. Параллельно на каждом резисторе одно и то же напряжение и 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Лестничную цепь упрощают по одной паре, пока не останется одно эквивалентное сопротивление.

R1​ = 20 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAR4​12 ΩB

Объединяйте резисторы с дальнего конца

Начните с конца, самого дальнего от источника, и двигайтесь к нему. Резисторы с одинаковым током соединены последовательно; резисторы между одними и теми же двумя узлами — параллельно.

R3 + R4 = 4 + 12 = 16 Ω
R2 ∥ 16 = 5·16/(5+16) = 3,81 Ω
Req = R1 + 3,81 = 20 + 3,81 = 23,81 Ω

Ток источника

Источник видит только Req, поэтому закон Ома даёт ток, который он отдаёт. Этот ток течёт через R₁.

IR1 = V1/Req = 10/23,81 = 0,42 A

Ответ

IR1 = 0,42 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 0,3447 A

Последовательное и параллельное соединение: последовательно через каждый резистор течёт один и тот же ток и R = R₁ + R₂ + …. Параллельно на каждом резисторе одно и то же напряжение и 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Лестничную цепь упрощают по одной паре, пока не останется одно эквивалентное сопротивление.

R1​ = 25 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAR4​2 ΩBR6​20 Ω

Объединяйте резисторы с дальнего конца

Начните с конца, самого дальнего от источника, и двигайтесь к нему. Резисторы с одинаковым током соединены последовательно; резисторы между одними и теми же двумя узлами — параллельно.

R5 + R6 = 15 + 20 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 1,892 Ω
R3 + 1,892 = 6,892 Ω
R2 ∥ 6,892 = 2,531 Ω
Req = R1 + 2,531 = 25 + 2,531 = 27,53 Ω

Ток источника

Источник видит только Req, поэтому закон Ома даёт ток, который он отдаёт. Этот ток течёт через R₁.

IR1 = V1/Req = 15/27,53 = 0,5448 A

Ток через R₂

Вычтите падение на R₁, чтобы получить напряжение в узле A, то есть напряжение на R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 15 − 0,5448·25 = 1,379 V
IR2 = VA/R2 = 1,379/4 = 0,3447 A

Ответ

IR2 = 0,3447 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 5,635 V

Метод узловых потенциалов: выберите опорный узел, обозначьте неизвестные узловые напряжения, запишите закон токов Кирхгофа для каждого неизвестного узла с помощью закона Ома (I = ΔV/R) и решите полученные уравнения.

R1​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAR4​15 ΩBIs​1 A

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 12 V). Неизвестные: VA, VB.

ЗТК в узле A

Токи, вытекающие из A через резисторы, равны току, который источники подают в A.

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/2 + (VA − 12)/15 + (VA − VB)/5 = 0
0,7667·VA − 0,2·VB = 0,8

ЗТК в узле B

Токи, вытекающие из B через резисторы, равны току, который источники подают в B.

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/15 + (VB − VA)/5 = 1
−0,2·VA + 0,2667·VB = 1

Решите

Δ = (0,7667)(0,2667) − (−0,2)(−0,2) = 0,1644
VA = Δ1/Δ = 0,4133/0,1644 = 2,514 V
VB = Δ2/Δ = 0,9267/0,1644 = 5,635 V

Ответ

VB = 5,635 V
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 26,09 V

Метод узловых потенциалов: выберите опорный узел, обозначьте неизвестные узловые напряжения, запишите закон токов Кирхгофа для каждого неизвестного узла с помощью закона Ома (I = ΔV/R) и решите полученные уравнения.

R1​ = 25 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​12 VR3​5 ΩAR5​30 ΩBIs​2 A+−V2​36 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 12 V, V2 = 36 V). Неизвестные: VA, VB.

ЗТК в узле A

Токи, вытекающие из A через резисторы, равны току, который источники подают в A.

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/5 + (VA − 12)/25 + (VA − VB)/6 = 0
0,4067·VA − 0,1667·VB = 0,48

ЗТК в узле B

Токи, вытекающие из B через резисторы, равны току, который источники подают в B.

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/30 + (VB − VA)/6 + (VB − 36)/8 = 2
−0,1667·VA + 0,325·VB = 6,5

Решите

Δ = (0,4067)(0,325) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,1044
VA = Δ1/Δ = 1,239/0,1044 = 11,87 V
VB = Δ2/Δ = 2,723/0,1044 = 26,09 V

Ответ

VB = 26,09 V
5.Метод контурных токов

Ответ: VR2 = −16,74 V

Метод контурных токов: дайте каждому окну плоской цепи свой контурный ток, запишите закон напряжений Кирхгофа для каждого контура (сумма падений = сумма подъёмов) и решите. Токи ветвей — это контурный ток или разность двух контурных токов в общей ветви.

R1​ = 15 ΩR2​ = 8 Ω+−V1​15 VR3​6 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

Задайте контурные токи

В каждом окне нарисуйте ток по часовой стрелке: I1, I2. Резистор, общий для двух контуров, проводит разность их токов.

ЗНК для контура 1

При обходе по часовой стрелке падения напряжения на резисторах равны подъёмам напряжения источников (от − к + в направлении обхода).

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
15·I1 + 6(I1 − I2) = 15
21·I1 − 6·I2 = 15

ЗНК для контура 2

При обходе по часовой стрелке падения напряжения на резисторах равны подъёмам напряжения источников (от − к + в направлении обхода).

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
8·I2 + 6(I2 − I1) = (−30)
−6·I1 + 14·I2 = −30

Решите

Δ = (21)(14) − (−6)(−6) = 258
I1 = Δ1/Δ = 30/258 = 0,1163 A
I2 = Δ2/Δ = −540/258 = −2,093 A

Ответ

IR2 = I2 = −2,093 A
VR2 = IR2·R2 = −2,093·8 = −16,74 V

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I1 = 0,3079 A

Метод контурных токов: дайте каждому окну плоской цепи свой контурный ток, запишите закон напряжений Кирхгофа для каждого контура (сумма падений = сумма подъёмов) и решите. Токи ветвей — это контурный ток или разность двух контурных токов в общей ветви.

R1​ = 15 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​6 VR4​5 ΩAR5​3 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

Задайте контурные токи

В каждом окне нарисуйте ток по часовой стрелке: I1, I2, I3. Резистор, общий для двух контуров, проводит разность их токов.

ЗНК для контура 1

При обходе по часовой стрелке падения напряжения на резисторах равны подъёмам напряжения источников (от − к + в направлении обхода).

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
15·I1 + 5(I1 − I2) = 6
20·I1 − 5·I2 = 6

ЗНК для контура 2

При обходе по часовой стрелке падения напряжения на резисторах равны подъёмам напряжения источников (от − к + в направлении обхода).

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
15·I2 + 5(I2 − I1) + 3(I2 − I3) = 0
−5·I1 + 23·I2 − 3·I3 = 0

ЗНК для контура 3

При обходе по часовой стрелке падения напряжения на резисторах равны подъёмам напряжения источников (от − к + в направлении обхода).

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
30·I3 + 3(I3 − I2) = (−9)
−3·I2 + 33·I3 = −9

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 14175
I1 = Δ1/Δ = 4365/14175 = 0,3079 A
I2 = Δ2/Δ = 450/14175 = 0,03175 A
I3 = Δ3/Δ = −3825/14175 = −0,2698 A

Ответ

I1 = 0,3079 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: IR3 = −0,4 A

Метод наложения: в линейной цепи любое напряжение или ток равно сумме откликов на каждый независимый источник, действующий отдельно. Чтобы отключить источник, замените идеальный источник напряжения коротким замыканием, а идеальный источник тока — разрывом. Резисторы остаются на месте.

R1​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAR4​2 ΩBОБРЫВ

Случай 1 · действует только V1

Iₛ становится разрывом, поэтому R₃ и R₄ образуют одну последовательную ветвь от A к земле, параллельную R₂.

R3+R4 = 8+2 = 10 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 20·10/(20+10) = 6,667 Ω
VA = 6·6,667/(15+6,667) = 1,846 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 1,846·2/10 = 0,3692 V
IR3′ = (VB − VA)/R3 = (0,3692 − 1,846)/8 = −0,1846 A
R1​ = 15 ΩR3​ = 8 ΩКЗR2​20 ΩAR4​2 ΩBIs​2 A

Случай 2 · действует только Is

V₁ становится коротким замыканием, поэтому R₁ параллелен R₂. Iₛ в точке B делится между R₄ и путём через R₃.

R1 ∥ R2 = 15·20/(15+20) = 8,571 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 2 ∥ 16,57 = 1,785 Ω
VB = Is·Req = (−2)·1,785 = −3,569 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −3,569·8,571/16,57 = −1,846 V
IR3″ = (VB − VA)/R3 = (−3,569 − −1,846)/8 = −0,2154 A

Сложите составляющие

IR3 = IR3′ + IR3″
IR3 = (−0,1846) + (−0,2154) = −0,4 A

Отрицательный результат означает, что на самом деле ток течёт против стрелки.

8.Метод наложения

Ответ: PR1 = 0,5239 W

Метод наложения: в линейной цепи любое напряжение или ток равно сумме откликов на каждый независимый источник, действующий отдельно. Чтобы отключить источник, замените идеальный источник напряжения коротким замыканием, а идеальный источник тока — разрывом. Резисторы остаются на месте.

R1​ = 20 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​10 VR3​3 ΩAОБРЫВBКЗ

Случай 1 · действует только V1

V₂ становится коротким замыканием, а Iₛ — разрывом. Со стороны A резистор R₃ параллелен последовательной паре R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 3 ∥ 35 = 2,763 Ω
VA = 10·2,763/(20+2,763) = 1,214 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,214·25/35 = 0,8671 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (10 − 1,214)/20 = 0,4393 A
R1​ = 20 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 25 ΩКЗR3​3 ΩAIs​2 ABКЗ

Случай 2 · действует только Is

Оба источника напряжения становятся короткими замыканиями. Iₛ в точке B делится между R₄ (теперь к земле) и R₂, последовательным с R₁ ∥ R₃.

R1 ∥ R3 = 2,609 Ω, поэтому левый путь — R2+2,609 = 12,61 Ω
Req = R4 ∥ 12,61 = 8,382 Ω
VB = Is·Req = 2·8,382 = 16,76 V
VA = VB·2,609/12,61 = 3,468 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 3,468)/20 = −0,1734 A
R1​ = 20 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 25 ΩКЗR3​3 ΩAОБРЫВB+−V2​30 V

Случай 3 · действует только V2

V₁ становится коротким замыканием, а Iₛ — разрывом. R₁ ∥ R₃ отходит от A, последовательно с R₂ обратно к B.

R1 ∥ R3 = 20·3/(20+3) = 2,609 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 30·12,61/37,61 = 10,06 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 10,06·2,609/12,61 = 2,081 V
IR1‴ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 2,081)/20 = −0,104 A

Складываем вклады токов

IR1 = IR1′ + IR1″ + IR1‴ = 0,4393 + (−0,1734) + (−0,104) = 0,1618 A

Мощность в резисторе

Мощность зависит от квадрата тока, поэтому принцип наложения к ней неприменим: сначала сложите токи, затем возведите в квадрат.

PR1 = IR1²·R1 = 0,1618²·20 = 0,5239 W

Ответ

PR1 = 0,5239 W

Сложение мощностей отдельных случаев дало бы 4,678 W, что неверно.

9.Тевенин и Нортон

Ответ: Vth = 7,5 V

Теорема Тевенина: любая линейная двухполюсная цепь ведёт себя как один источник напряжения Vth, последовательный с сопротивлением Rth. Теорема Нортона представляет ту же цепь как источник тока IN = Vth/Rth, параллельный Rth.

R1​ = 20 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​20 ΩAabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

Замените источники напряжения короткими замыканиями, а источники тока — разрывами, затем посмотрите на цепь со стороны a–b.

R1 ∥ R2 = 20·20/(20+20) = 10 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 10 + 2 = 12 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAab+−Vth​

Найдите Vth — напряжение холостого хода

Когда a–b разомкнуты, через R₃ ток не течёт, поэтому падения на нём нет и V_b = V_A. R₁ и R₂ образуют делитель напряжения.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 15·20/(20+20) = 7,5 V
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = 3,395 A

Теорема Тевенина: любая линейная двухполюсная цепь ведёт себя как один источник напряжения Vth, последовательный с сопротивлением Rth. Теорема Нортона представляет ту же цепь как источник тока IN = Vth/Rth, параллельный Rth.

R1​ = 6 ΩR3​ = 12 ΩКЗR2​15 ΩAОБРЫВBabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

Замените источники напряжения короткими замыканиями, а источники тока — разрывами, затем посмотрите на цепь со стороны a–b.

R1 ∥ R2 = 6·15/(6+15) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 12 = 16,29 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAIs​3 ABab+−Vth​

Найдите Vth — напряжение холостого хода

Когда a–b разомкнуты, Iₛ может течь только через R₃ в узел A. Найдите V_A наложением V₁ и Iₛ, затем прибавьте падение на R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 6,429 + 3·4,286 = 19,29 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 19,29 + 3·12 = 55,29 V
IN​3,395 ARth​16,29 Ωab

Эквивалент Нортона

Источник Нортона — та же цепь, представленная как источник тока, параллельный R_th. Его ток — это ток короткого замыкания на a–b.

IN = Vth/Rth = 55,29/16,29 = 3,395 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vL = 2,087 V

Переходные процессы первого порядка: в цепи с одним конденсатором или одной катушкой каждое напряжение и каждый ток экспоненциально меняются от начального к конечному значению: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, где τ = RC или τ = L/R. Примерно через 5τ цепь выходит на установившийся режим.

Постоянная времени и конечный ток

Спустя долгое время после замыкания катушка ведёт себя как короткое замыкание, поэтому конечный ток определяется только R.

τ = L/R = 150 mH / 47 Ω = 3,191 ms
i(∞) = Vs/R = 10/47 = 0,2128 A

Напряжение на катушке

В момент t = 0 всё напряжение питания приложено к катушке; затем оно спадает до нуля.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 10·e−5/3,191 = 2,087 V

Ответ

vL = 2,087 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: t = 124,5 ms

Переходные процессы первого порядка: в цепи с одним конденсатором или одной катушкой каждое напряжение и каждый ток экспоненциально меняются от начального к конечному значению: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, где τ = RC или τ = L/R. Примерно через 5τ цепь выходит на установившийся режим.

Начальное значение, конечное значение, постоянная времени

Напряжение на конденсаторе не может измениться скачком, поэтому оно начинается с накопленного значения и стремится к напряжению источника.

vC(0) = 24 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 22 µF = 103,4 ms
vC(t) = 20 + (24 − 20)·e−t/τ

Выразите время

21,2 = 20 + (4)·e−t/τ → e−t/τ = (21,2 − 20)/(24 − 20) = 0,3
t = τ·ln((24 − 20)/(21,2 − 20)) = 103,4·ln(3,333) = 124,5 ms

Ответ

t = 124,5 ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: L = 1497 mH

Цепи переменного тока и комплексный метод: резисторы, катушки и конденсаторы имеют полные сопротивления R, jωL и 1/(jωC), где ω = 2πf. При последовательном соединении полные сопротивления складываются как сопротивления, но как комплексные числа. Действующие значения тока и напряжения подчиняются закону Ома с |Z|.

Условие резонанса

При резонансе индуктивное и ёмкостное сопротивления компенсируют друг друга: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·60 = 377 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(377²·4,7·10⁻⁶) = 1497 mH

Ответ

L = 1497 mH
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,04899 A

Цепи переменного тока и комплексный метод: резисторы, катушки и конденсаторы имеют полные сопротивления R, jωL и 1/(jωC), где ω = 2πf. При последовательном соединении полные сопротивления складываются как сопротивления, но как комплексные числа. Действующие значения тока и напряжения подчиняются закону Ома с |Z|.

Реактивные сопротивления

ω = 2πf = 2π·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,25 = 78,54 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·10·10⁻⁶) = 318,3 Ω

Полное сопротивление

При последовательном соединении полные сопротивления складываются как комплексные числа: Z = R + j(XL − XC).

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(50² + (−239,8)²) = 244,9 Ω

Ток

Через каждый элемент последовательной цепи течёт один и тот же ток.

I = V/|Z| = 12/244,9 = 0,04899 A

Ответ

I = 0,04899 A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 138,5 A

Мощность переменного тока: полная мощность S = V·I (VA) складывается из активной мощности P = S·cos φ (W), совершающей полезную работу, и реактивной мощности Q = S·sin φ (var), которая колеблется между источником и нагрузкой. Коэффициент мощности — cos φ. Параллельный конденсатор поставляет реактивную мощность на месте, поэтому ток линии уменьшается при той же активной мощности.

Реактивная мощность каждой нагрузки

Индуктивная нагрузка потребляет реактивную мощность (Q > 0); ёмкостная — отдаёт её (Q < 0).

Q1 = 16·tan(arccos 0,8) = 12 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Суммы

P = 16 + 15 = 31 kW
Q = 12 + 0 = 12 kvar
S = √(31² + 12²) = 33,24 kVA

Общий ток

I = S/V = 33242/240 = 138,5 A

Ответ

I = 138,5 A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: C = 558,9 µF

Мощность переменного тока: полная мощность S = V·I (VA) складывается из активной мощности P = S·cos φ (W), совершающей полезную работу, и реактивной мощности Q = S·sin φ (var), которая колеблется между источником и нагрузкой. Коэффициент мощности — cos φ. Параллельный конденсатор поставляет реактивную мощность на месте, поэтому ток линии уменьшается при той же активной мощности.

Реактивная мощность до и после

Активная мощность P не меняется; меняется только реактивная мощность из сети.

Q1 = P·tan φ1 = 15·tan(49,46°) = 17,54 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 15·tan(23,07°) = 6,39 kvar
QC = Q1 − Q2 = 11,15 kvar

Ёмкость

Конденсатор, подключённый к сети, поставляет Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 11147/(2π·60·230²) = 558,9 µF

Ответ

C = 558,9 µF
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 78,88 kW

Симметричные трёхфазные системы: при соединении звездой (Y) линейное напряжение в √3 раз больше фазного, VL = √3·Vph, а линейный ток равен фазному. При соединении треугольником (Δ) линейное напряжение равно фазному, а линейный ток в √3 раз больше фазного, IL = √3·Iph. Полная мощность в три раза больше мощности одной фазы: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Полная мощность

S = √3·VL·IL = √3·690·75 = 89,63 kVA

Активная мощность

P = S·cos φ = 89,63·0,88 = 78,88 kW

Ответ

P = 78,88 kW
18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 377,8 µF

Симметричные трёхфазные системы: при соединении звездой (Y) линейное напряжение в √3 раз больше фазного, VL = √3·Vph, а линейный ток равен фазному. При соединении треугольником (Δ) линейное напряжение равно фазному, а линейный ток в √3 раз больше фазного, IL = √3·Iph. Полная мощность в три раза больше мощности одной фазы: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Компенсация реактивной мощности: конденсаторы вырабатывают реактивную мощность на месте, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Каждый из трёх конденсаторов даёт QC/3 = V²·ω·C, где V — напряжение на этом конденсаторе: VL в батарее, соединённой треугольником, VL/√3 — в батарее, соединённой звездой.

Реактивная мощность до и после

Активная мощность не меняется, поэтому каждый коэффициент мощности задаёт реактивную мощность: Q = P·tan φ.

Q1 = 60·tan(acos 0,8) = 60·0,75 = 45 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,98) = 60·0,2031 = 12,18 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 32,82 kvar

Ёмкость на фазу

В батарее, соединённой звездой, каждый конденсатор включён между линейным проводом и нейтральной точкой.

V = 480/√3 = 277,1 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 10939/(377·277,1²) = 377,8 µF

Ответ

Cph = 377,8 µF
19.Трансформаторы

Ответ: a = 6

Идеальный трансформатор: напряжения относятся как числа витков, а токи — обратно: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a и I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, поэтому входная мощность равна выходной, V₁·I₁ = V₂·I₂. Сопротивление нагрузки Z во вторичной цепи со стороны первичной обмотки выглядит как a²·Z.

Согласуйте приведённую нагрузку

a²·8 = 288
a = √(288/8) = √36 = 6

Ответ

a = 6
20.Трансформаторы

Ответ: Pcu,fl = 7538 W

Потери в трансформаторе: потери в стали (гистерезис и вихревые токи) зависят от напряжения и одинаковы при любой нагрузке. Потери в меди обмоток пропорциональны квадрату тока, поэтому при доле x от номинальной нагрузки они равны x²·Pcu,fl. КПД η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), где Pout = x·S·pf. КПД максимален при той нагрузке, при которой потери в меди равны потерям в стали.

Выходная и потребляемая мощность

Pout = 500·0,9 = 450 kW
Pin = 450000/0,975 = 461538 W

Суммарные потери и потери в меди

Ploss = 461538 − 450000 = 11538 W
Pcu,fl = 11538 − 4000 = 7538 W

Ответ

Pcu,fl = 7538 W
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −0,22 V

Правила идеального ОУ: при отрицательной обратной связи усилитель устанавливает выход так, чтобы оба входа имели одинаковое напряжение (V₋ = V₊), и ни в один вход ток не течёт. ЗТК на инвертирующем входе с этими двумя фактами даёт выход.

Напряжение на входах

Через R₃ и R₄ течёт один и тот же ток, поэтому они образуют делитель напряжения; обратная связь обеспечивает V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,2·2/(10 + 2) = 0,2 V
V₋ = V₊

ЗТК на инвертирующем входе

(2,3 − 0,2)/10 = (0,2 − Vout)/2
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (2/10)·(1,2 − 2,3) = −0,22 V

Ответ

Vout = −0,22 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 1,4 V

Правила идеального ОУ: при отрицательной обратной связи усилитель устанавливает выход так, чтобы оба входа имели одинаковое напряжение (V₋ = V₊), и ни в один вход ток не течёт. ЗТК на инвертирующем входе с этими двумя фактами даёт выход.

Напряжение на входе +

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,7·47/(47 + 47) = 0,85 V

Наложение двух входов

При V₂ = 0 для V₁ схема — инвертирующий усилитель. При V₁ = 0 V₊ усиливается с коэффициентом неинвертирующего усилителя 1 + R₂/R₁.

Vout = −(22/10)·0,6 + (1 + 22/10)·0,85 = −1,32 + 2,72 = 1,4 V

Ответ

Vout = 1,4 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: VCE = 9,507 V

Рабочая точка биполярного транзистора: в активном режиме VBE = 0,7 V, IC = β·IB и IE = (β + 1)·IB. Найдите IB из базового контура по второму закону Кирхгофа, затем IC, затем VCE из контура коллектор–эмиттер. Делитель напряжения в цепи базы заменяют эквивалентом Тевенена VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; резистор в цепи эмиттера в базовом контуре выглядит в (β + 1) раз больше.

Ток базы

IB = (VCC − VBE)/RB = (12 − 0,7)/680 kΩ = 16,62 µA

Ток коллектора

IC = β·IB = 100·16,62 µA = 1,662 mA

Напряжение коллектор–эмиттер

VCE = 12 − 1,662 mA·1,5 kΩ = 9,507 V

Ответ

VCE = 9,507 V
24.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 45,74 mA

Биполярный транзистор как ключ: чтобы полностью включить нагрузку, транзистор вводят в насыщение, где VCE = VCE(sat), а ток коллектора определяется нагрузкой: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Для насыщения нужен ток базы не менее IB = IC(sat)/β. Если ток базы меньше, транзистор остаётся в активном режиме, и IC = β·IB.

Ток базы

IB = (5 − 0,7)/4,7 kΩ = 914,9 µA

Насыщение или активный режим?

β·IB меньше IC(sat), поэтому транзистор остаётся в активном режиме.

β·IB = 45,74 mA
IC(sat) = (24 − 0,2)/150 = 158,7 mA

Ток коллектора

IC = β·IB = 45,74 mA

Ответ

IC = 45,74 mA

Транзистор в активном режиме, поэтому нагрузка включена не полностью.

25.Системы счисления

Ответ: U = 252

Установка битов: каждый бит стоит степень двойки (128, 64, …, 1). Одна шестнадцатеричная цифра — это ровно четыре бита, а в 8-битном дополнительном коде крайний левый бит стоит −128. Побитовые операции работают с каждой позицией бита отдельно.

Инвертируйте и прибавьте единицу

4 = 0000 0100
инвертировано: 1111 1011
+1 → 1111 1100

Прочитайте как беззнаковое

1111 1100₂ = 256 − 4 = 252

Ответ

U = 252
26.Системы счисления

Ответ: M = 6075 KiB

Позиционные системы счисления: каждая цифра стоит своего значения, умноженного на степень основания. В двоичной системе разряды стоят 1, 2, 4, 8, 16, …, в шестнадцатеричной 1, 16, 256, …, а A–F обозначают 10–15. В 8-битном дополнительном коде крайний левый бит стоит −128 вместо +128; так хранятся отрицательные числа.

Биты и байты

1920·1080·24 = 49766400 bit = 6220800 B

Переведите в KiB

6220800/1024 = 6075 KiB

Ответ

M = 6075 KiB
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: AB = 11, CD = 10

Карты Карно: клетки упорядочены по коду Грея (00, 01, 11, 10), поэтому соседние клетки, включая те, что через края, отличаются ровно одной переменной. Группируйте единицы в прямоугольники по 1, 2, 4, 8 или 16 клеток, как можно большие и в как можно меньшем числе, пока не будет покрыта каждая единица. Каждая группа — один член-произведение: переменные, которые внутри неё остаются постоянными. Группа из 2ᵏ клеток теряет k переменных. Безразличные состояния (X) можно использовать, чтобы увеличить группы, но покрывать их не обязательно. Если группировать нули, получится минимальная форма POS.

Соседи каждой единицы

Единица с соседней единицей может войти в группу из двух или более.

m14: m15, m12, m10, m6 → 0
ABCD0001111000011110111111

Изолированная единица

m14 = ABCD′ → AB = 11, CD = 10

Ответ

AB = 11, CD = 10
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 12

Триггеры и счётчики: триггер меняется только по активному фронту тактового сигнала. D копирует свой вход (Q⁺ = D); T переключается при T = 1; JK сохраняет состояние при 00, сбрасывает при 01, устанавливает при 10 и переключает при 11. n-разрядный двоичный счётчик имеет 2ⁿ состояний и считает по модулю 2ⁿ; счётчик по модулю N считает 0, 1, …, N − 1 и возвращается к 0, и ему нужно наименьшее число триггеров n, при котором 2ⁿ ≥ N. Каждый разряд асинхронного счётчика делит частоту пополам, поэтому последний выход счётчика по модулю N работает на частоте fclk/N. У счётчика Джонсона из n триггеров 2n состояний, у кольцевого счётчика n.

Последовательность для 6 триггеров

000000 → 100000 → 110000 → 111000 → 111100 → 111110 → 111111 → 011111 → 001111 → 000111 → 000011 → 000001

Число состояний

N = 12

Ответ

N = 12
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.4) = 0,5926

Преобразование Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt превращает производные в умножение на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартные пары: 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 сдвиг s → s + σ умножает функцию времени на e−σt. Чтобы найти оригинал рациональной F(s), разложите её на простые дроби: вычет простого полюса p равен A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема о конечном значении: f(∞) = lims→0 s·F(s), верна только когда все полюсы s·F(s) лежат в левой полуплоскости. Теорема о начальном значении: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Выделение полного квадрата

s² + 6s + 18 = (s + 3)² + 9 = (s + 3)² + 3²

Подбор числителя

F(s) = 2·(s + 3)/((s + 3)² + 3²) + (4/3)·3/((s + 3)² + 3²)

Обратное преобразование

f(t) = e−3t·(2·cos 3t + 1,333·sin 3t)
f(0,4) = e−3·0,4·(2·cos(3·0,4) + 1,333·sin(3·0,4)) = 0,5926

Ответ

f(0,4) = 0,5926
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.1) = 6,08

Преобразование Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt превращает производные в умножение на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартные пары: 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 сдвиг s → s + σ умножает функцию времени на e−σt. Чтобы найти оригинал рациональной F(s), разложите её на простые дроби: вычет простого полюса p равен A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема о конечном значении: f(∞) = lims→0 s·F(s), верна только когда все полюсы s·F(s) лежат в левой полуплоскости. Теорема о начальном значении: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Преобразование уравнения

(s² + 7s + 10)·Y(s) = 6s + 42 + 80/s
Y(s) = (6s² + 42s + 80)/(s(s + 2)(s + 5))

Простые дроби

A = 80/(2·5) = 8
B = 20/((−2)·3) = −3,333
C = 20/((−5)·(−3)) = 1,333

Результат

y(t) = 8 − 3,333·e−2t + 1,333·e−5t
y(0,1) = 6,08

Ответ

y(0,1) = 6,08

Проверка: y(0) = A + B + C = 6.

31.Структурные схемы

Ответ: p = −64

Алгебра структурных схем: блоки, соединённые последовательно, перемножаются (G₁·G₂), блоки, соединённые параллельно, складываются (G₁ + G₂), а контур с прямым путём G и обратной связью H сводится к T = G/(1 + G·H) при отрицательной обратной связи и G/(1 − G·H) при положительной. Сначала упрощайте внутренние контуры, затем двигайтесь наружу. Полюсы замкнутой системы — корни характеристического уравнения 1 + G(s)H(s) = 0. Для устойчивого контура ступенчатый вход величиной A даёт установившийся выход A·T(0); при единичной обратной связи установившаяся ошибка по ступеньке равна A/(1 + Kp), где Kp = G(0).

Внутренний контур

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 6/(s + 4 + 6·5) = 6/(s + 34)

Внешний контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 30/(s + 34 + 30) = 30/(s + 64)

Результат

p = −64

Ответ

p = −64
32.Структурные схемы

Ответ: css = 4,871

Алгебра структурных схем: блоки, соединённые последовательно, перемножаются (G₁·G₂), блоки, соединённые параллельно, складываются (G₁ + G₂), а контур с прямым путём G и обратной связью H сводится к T = G/(1 + G·H) при отрицательной обратной связи и G/(1 − G·H) при положительной. Сначала упрощайте внутренние контуры, затем двигайтесь наружу. Полюсы замкнутой системы — корни характеристического уравнения 1 + G(s)H(s) = 0. Для устойчивого контура ступенчатый вход величиной A даёт установившийся выход A·T(0); при единичной обратной связи установившаяся ошибка по ступеньке равна A/(1 + Kp), где Kp = G(0).

Передаточные функции

C/D = G/(1 + K·G) = 8/(s + 9 + 216)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 216/(s + 9 + 216)

Установившийся режим

css = 5·216/225 + 2·8/225 = 4,871

Ответ

css = 4,871

Больший K ослабляет влияние возмущения, но с пропорциональным регулятором никогда не обращает его в нуль.

33.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 14,8 %

Переходная характеристика: система первого порядка G(s) = K/(τs + 1) отвечает на ступеньку величиной U сигналом y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): за одну постоянную времени τ она достигает 63,2 % конечного значения K·U, а за 4τ — 98 %. Система второго порядка G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) имеет полюсы s = −ζωₙ ± jωd, где ωd = ωₙ√(1 − ζ²). При 0 < ζ < 1 переходная характеристика перерегулируется: перерегулирование %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), время пика tp = π/ωd, а время установления по критерию 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Сравните знаменатель с s² + 2ζωₙs + ωₙ², чтобы найти ωₙ и ζ. Для системы масса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) и ζ = c/(2√(km)); для последовательной RLC-цепи ωₙ = 1/√(LC) и ζ = (R/2)·√(C/L).

Сравните со стандартной формой

Знаменатель должен совпадать с s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 75 → ωₙ = 8,66 rad/s
2ζωₙ = 9 → ζ = 9/(2·8,66) = 0,5196

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−1,911 = 14,8 %

Ответ

%OS = 14,8 %
34.Переходная характеристика

Ответ: ts = 4 s

Переходная характеристика: система первого порядка G(s) = K/(τs + 1) отвечает на ступеньку величиной U сигналом y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): за одну постоянную времени τ она достигает 63,2 % конечного значения K·U, а за 4τ — 98 %. Система второго порядка G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) имеет полюсы s = −ζωₙ ± jωd, где ωd = ωₙ√(1 − ζ²). При 0 < ζ < 1 переходная характеристика перерегулируется: перерегулирование %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), время пика tp = π/ωd, а время установления по критерию 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Сравните знаменатель с s² + 2ζωₙs + ωₙ², чтобы найти ωₙ и ζ. Для системы масса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) и ζ = c/(2√(km)); для последовательной RLC-цепи ωₙ = 1/√(LC) и ζ = (R/2)·√(C/L).

Передаточная функция замкнутой системы

T(s) = 45/(s² + 2s + 45): ωₙ = 6,708 rad/s, ζ = 0,1491

Время установления

ζωₙ = 2/2 = 1
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 4 s

Ответ

ts = 4 s

Для этого контура ζωₙ = a/2 при любом K: увеличение K усиливает перерегулирование, но не сокращает время установления.

35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: |G(jω)| = 18,57 dB

Частотная характеристика: подставьте s = jω в передаточную функцию. Модуль в децибелах равен 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумме углов множителей числителя минус сумма углов множителей знаменателя. У фильтра первого порядка RC или RL частота среза (−3 dB) равна ωc = 1/(RC) или R/L, и fc = ωc/(2π); фильтр нижних частот даёт |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) и φ = −atan(ω/ωc). На асимптотической (кусочно-линейной) диаграмме Боде каждый полюс на своей частоте среза загибает модуль вниз на 20 dB/decade, каждый нуль загибает его вверх на 20 dB/decade, а интегратор 1/s даёт −20 dB/decade на всех частотах. Частота среза усиления ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас по фазе PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перехода фазы ω180: ∠L(jω) = −180°; запас по усилению GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнутая система устойчива, когда оба запаса положительны.

Перемножьте модули

|G(j10)| = 1540/(√(10² + 7²)·√(10² + 11²)) = 1540/(12,21·14,87) = 8,487

Результат

20·log₁₀(8,487) = 18,57 dB

Ответ

|G(jω)| = 18,57 dB
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: K = 120,3

Частотная характеристика: подставьте s = jω в передаточную функцию. Модуль в децибелах равен 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумме углов множителей числителя минус сумма углов множителей знаменателя. У фильтра первого порядка RC или RL частота среза (−3 dB) равна ωc = 1/(RC) или R/L, и fc = ωc/(2π); фильтр нижних частот даёт |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) и φ = −atan(ω/ωc). На асимптотической (кусочно-линейной) диаграмме Боде каждый полюс на своей частоте среза загибает модуль вниз на 20 dB/decade, каждый нуль загибает его вверх на 20 dB/decade, а интегратор 1/s даёт −20 dB/decade на всех частотах. Частота среза усиления ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас по фазе PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перехода фазы ω180: ∠L(jω) = −180°; запас по усилению GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнутая система устойчива, когда оба запаса положительны.

Частота перехода фазы

(ω/2)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(2·10) = 4,472 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 4)·√(ω² + 100)) = K/(2·10·(2 + 10)) = K/240

Требуемое усиление

240/K = 106/20 = 1,995
K = 240/1,995 = 120,3

Ответ

K = 120,3
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: ω = 4,472 rad/s

Критерий Рауса–Гурвица: линейная система устойчива, если все корни её характеристического полинома лежат в левой полуплоскости s-плоскости. Запишите коэффициенты поочерёдно в первые две строки таблицы Рауса. Каждый элемент новой строки вычисляется по двум строкам над ней; для кубического полинома a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ элемент строки s¹ равен b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Число смен знака в первом столбце равно числу корней в правой полуплоскости. Если в коэффициенты входит коэффициент усиления K, все элементы первого столбца должны оставаться положительными: значение усиления, при котором элемент строки s¹ обращается в нуль, — граница устойчивости, а строка s² затем даёт частоту незатухающих колебаний.

Таблица Рауса

s³ + 12s² + 20s + K = 0
s³: 1, 20
s²: 12, K
s¹: (12·20 − K)/12
s⁰: K

Критический коэффициент усиления

K = 12·20 = 240

Вспомогательное уравнение

При критическом коэффициенте усиления строка s¹ равна нулю; строка s² даёт полюса на мнимой оси.

12s² + 240 = 0 → s = ±j√20
ω = 4,472 rad/s

Ответ

ω = 4,472 rad/s
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 16

Корневой годограф: при изменении коэффициента усиления K от 0 до ∞ полюса замкнутой системы, то есть корни уравнения 1 + K·G(s) = 0, перемещаются от полюсов разомкнутой системы к её нулям или в бесконечность. Точка на вещественной оси принадлежит годографу, если число вещественных полюсов и нулей правее неё нечётно. Ветви, уходящие в бесконечность (их n − m), идут вдоль асимптот под углами (2q + 1)·180°/(n − m), выходящих из центра асимптот σₐ = (Σ полюсов − Σ нулей)/(n − m). Ветви покидают вещественную ось или возвращаются на неё там, где dK/ds = 0. Условие по углу ∠G(s) = 180° определяет форму годографа, а условие по модулю K = 1/|G(s)| даёт коэффициент усиления в любой точке годографа.

Точка отрыва

Для K = −(s + 5)(s + 13) равенство dK/ds = 0 даёт 2s + 18 = 0.

sb = −9

Условие по модулю

K = |−9 + 5|·|−9 + 13| = 4·4 = 16

Ответ

K = 16

При этом коэффициенте усиления замкнутая система критически демпфирована (ζ = 1).

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 20 %

Установившаяся ошибка: в контуре с единичной обратной связью и передаточной функцией разомкнутой системы G(s) ошибка равна E(s) = R(s)/(1 + G(s)), а по теореме о конечном значении ess = lims→0 s·E(s). Тип системы — это число полюсов G(s) в точке s = 0. Коэффициенты ошибок: Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) и Ka = lim s²·G(s), все при s → 0. Ступенчатое воздействие величиной A даёт ess = A/(1 + Kp), линейное A·t даёт A/Kv, а параболическое A·t²/2 даёт A/Ka. Контур типа 0 отслеживает ступеньку с конечной ошибкой, контур типа 1 отслеживает её точно, а линейное воздействие — с конечной ошибкой.

Коэффициент позиционной ошибки

Kp = 4·1 = 4

Ошибка по ступеньке

ess = 100/(1 + 4) = 20 %

Ответ

ess = 20 %
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: tp = 0,8112 s

П-, ПИ- и ПИД-регулирование: регулятор C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s воздействует на ошибку. Пропорциональный коэффициент ускоряет контур и уменьшает ошибку объекта типа 0, но никогда не устраняет её. Интегральная составляющая добавляет полюс в точке s = 0: тип системы повышается на единицу, и ступенька отслеживается без ошибки. Дифференциальная составляющая добавляет демпфирование. Чтобы подобрать коэффициенты, запишите характеристический полином замкнутой системы и сравните его с s² + 2ζωns + ωn². Тогда %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, где ωd = ωn√(1 − ζ²), и ts ≈ 4/(ζωn).

Характеристический полином

s(s + 2) + 16·1 = s² + 2s + 16

ωₙ и ζ

ωₙ = √16 = 4 rad/s
ζ = 2/(2·4) = 0,25

Время пика

ωd = 4·√(1 − 0,25²) = 3,873 rad/s
tp = π/3,873 = 0,8112 s

Ответ

tp = 0,8112 s

Это независимый учебный материал. ExamProblems не связан с организацией, проводящей этот экзамен, и не одобрен ею; название экзамена используется только для описания содержания. Экзамен FE exam проводит NCEES; эта организация не связана с ExamProblems и не поддерживает его.

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