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​ = 4 ΩIR1​R3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAR4​5 ΩB

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 18 VR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 ΩR4 = 5 Ω
IR1 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩIR2​AR4​2 ΩBR6​15 Ω

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 ΩR5 = 3 ΩR6 = 15 Ω
IR2 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 5 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​15 ΩAR4​4 ΩBIs​2,5 A

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

V1 = 30 VIs = 2,5 AR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩR3 = 6 ΩR4 = 4 Ω
VB = V
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 4 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAR4​2 ΩBIs​?

Источник тока регулируют до тех пор, пока напряжение узла A не станет VA = 8 V. Методом узловых потенциалов найдите ток источника Is (направление как на схеме).

V1 = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 ΩVA = 8 V
Is = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 6 ΩIR1​R2​ = 6 Ω+−V1​12 VR3​20 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти ток IR1 через R1 в направлении стрелки.

V1 = 12 VV2 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 Ω
IR1 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 3 ΩIR1​R2​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR4​8 ΩAR5​20 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти ток IR1 через R1 в направлении стрелки.

V1 = 6 VV2 = 15 VR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩR4 = 8 ΩR5 = 20 Ω
IR1 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​10 Ω−+VR2​AR4​5 ΩBIs​2 A

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

V1 = 12 VIs = 2 AR1 = 12 ΩR2 = 10 ΩR3 = 20 ΩR4 = 5 Ω
VR2 = V
8.Метод наложенияСложная
линейная цепьV1​V2​Is​IRL​

Линейная резистивная цепь содержит три независимых источника: V1, V2 и Is. Ток I через нагрузку измерен три раза. При номинальных значениях всех источников I = 17 mA. Если V1 удвоить, а два других оставить без изменений, I = 26,5 mA. Если изменить направление Is на противоположное, а два других оставить без изменений, I = 24 mA. Найдите ток нагрузки I, если V2 отключён, а V1 и Is имеют номинальные значения.

номинальные значения: I = 17 mA2·V1: I = 26,5 mA−Is: I = 24 mA
I = mA
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAab

Найдите сопротивление Тевенина Rth со стороны зажимов a–b.

V1 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 12 Ω
Rth = Ω
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAIs​5 ABRL​8 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 8 Ω. Замените остальную цепь эквивалентом Тевенина и найдите ток нагрузки IL.

V1 = 10 VIs = 5 AR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 ΩRL = 8 Ω
IL = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
R = 22 Ωt = 0L220 mHi(t)

Через катушку течёт установившийся ток 1 A. При t = 0 ключ замыкает контур через R, а источник отключается, поэтому ток катушки убывает через R. Найдите напряжение vR на R при t = 20 ms.

i(0) = 1 AR = 22 ΩL = 220 mHt = 20 ms
vR = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​24 Vразмыкается при t = 0R1​ = 10 kΩR2​ = 6,8 kΩC47 µF+−vC​

Ключ был замкнут долгое время, поэтому цепь находится в установившемся режиме. При t = 0 ключ размыкается. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 80 ms.

Vs = 24 VR1 = 10 kΩR2 = 6,8 kΩC = 47 µFt = 80 ms
vC = V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
50 V50 HzR = 10 ΩL = 50 mHI

Резистор и катушка включены параллельно в сеть 50 V (действующее значение), 50 Hz. Найдите модуль полного сопротивления |Z|.

V = 50 V (rms)f = 50 HzR = 10 ΩL = 50 mH
|Z| = Ω
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
24 V100 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF

Последовательная цепь RLC подключена к сети 24 V (действующее значение), 100 Hz. Найдите резонансную частоту f0 цепи.

V = 24 V (rms)f = 100 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF
f0 = Hz
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
230 VR + jXP = 2588 W15 A

Индуктивная нагрузка потребляет 15 A и 2588 W от однофазной сети 230 V (действующее значение). Представьте её как сопротивление R, соединённое последовательно с реактивным сопротивлением X. Найдите R.

V = 230 VI = 15 AP = 2588 W
R = Ω
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P1​ = 53 kWQ1​S1​φ

Однофазный трансформатор 200 kVA питает нагрузку 53 kW при коэффициенте мощности 0,65 (индуктивном). Какую дополнительную активную мощность ΔP можно добавить в виде активной нагрузки (коэффициент мощности 1), прежде чем трансформатор достигнет своей номинальной мощности в kVA?

Smax = 200 kVAP1 = 53 kWpf1 = 0,65
ΔP = kW
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 480 VNZ = 3 + j4 Ωна фазу

Симметричная нагрузка, соединённая звездой, с полным сопротивлением 3 + j4 Ω на фазу подключена к симметричной трёхфазной сети с линейным напряжением 480 V. Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 480 VZ = 3 + j4 Ω на фазу
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 200 kW при коэффициенте мощности 0,72 (отстающий) от сети 400 V (линейное), 60 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,95 (отстающий). Активная мощность не меняется. Конденсаторы соединены звездой. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 200 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
50 Ω101

К вторичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 10:1 подключён резистор 50 Ω. Найдите сопротивление R1′ со стороны первичной обмотки.

N1:N2 = 10:1RL = 50 Ω
R1′ = Ω
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,85250 kVA, 75% нагрузка

Однофазный трансформатор 250 kVA имеет потери в стали 1250 W и потери в меди 3750 W при номинальной нагрузке. Он отдаёт 75% номинальной мощности в kVA при коэффициенте мощности 0,85 (отстающий). Найдите суммарные потери Ploss в ваттах при этой нагрузке.

S = 250 kVAPcore = 1250 WPcu,fl = 3750 Wx = 0,75pf = 0,85
Ploss = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 1 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = 5 VRa​ = 10 kΩRb​ = 1 kΩ

ОУ идеальный и питается от ±15 V. Найдите выходное напряжение Vout.

Vin = 5 VRa = 10 kΩRb = 1 kΩR1 = 1 kΩRf = 1 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​R2​ = 47 kΩV1​ = 0,2 VR1​ = 100 kΩV2​ = 0,9 VR3​ = 10 kΩR4​ = 47 kΩ

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

V1 = 0,2 VV2 = 0,9 VR1 = 100 kΩR2 = 47 kΩR3 = 10 kΩR4 = 47 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 2,2 kΩβ = 100RE​ = 470 ΩVCC​ = 20 VR1​ = 47 kΩR2​ = 6,8 kΩ

NPN-транзистор с β = 100 смещён делителем напряжения от VCC = 20 V: R₁ = 47 kΩ от VCC к базе и R₂ = 6,8 kΩ от базы к земле. Резистор коллектора RC = 2,2 kΩ, резистор эмиттера RE = 470 Ω. Примите VBE = 0,7 V и используйте эквивалент Тевенена для делителя (ток базы не пренебрегайте). Найдите напряжение коллектор–эмиттер VCE.

VCC = 20 VR1 = 47 kΩR2 = 6,8 kΩRC = 2,2 kΩRE = 470 Ωβ = 100
VCE = V
24.Диоды и транзисторыСложная
+−≥ 20 VR = ?9,1 V≤ 10 mA

Стабилизатор на стабилитроне 9,1 V должен питать нагрузку током до 10 mA. Входное напряжение может падать до 20 V, а стабилитрону для стабилизации нужно не менее 1 mA. Найдите наибольшее последовательное сопротивление Rmax, при котором стабилизация сохраняется.

Vin,min = 20 VVZ = 9,1 VIL,max = 10 mAIZ,min = 1 mA
Rmax = Ω
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −70 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −708 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
16 бит, без знака, N = ?????????????????

Какое наибольшее беззнаковое целое число N помещается в 16 бит?

16 bit
N =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
MUXCI0​1I1​1I2​1I3​ABS1​S0​F

У мультиплексора 4 в 1 адресные входы S₁ = A и S₀ = B, а информационные входы подключены так: I₀ = C, I₁ = 1, I₂ = 1, I₃ = 1. Для скольких из 8 комбинаций A, B и C выход F = 1? Найдите N.

I₀ = CI₁ = 1I₂ = 1I₃ = 1
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
CLKT123456

Триггер T, срабатывающий по переднему фронту, начинает с Q = 0 и получает показанные входы. Нажмите на первый фронт тактового сигнала, на котором Q возвращается из 1 в 0.

Q₀ = 0T
  1. 1фронт тактового сигнала 1
  2. 2фронт тактового сигнала 2
  3. 3фронт тактового сигнала 3
  4. 4фронт тактового сигнала 4
  5. 5фронт тактового сигнала 5
  6. 6фронт тактового сигнала 6
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm−2−4−62

Найдите f(t) для F(s) = (2s + 12)/(s² + 8s + 25) выделением полного квадрата и вычислите f(0,2).

F(s) = (2s + 12)/(s² + 8s + 25)t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 11y′ + 30y = 90·u(t), где y(0) = 6 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 2. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,2).

y″ + 11y′ + 30y = 90·u(t)y(0) = 6y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,2 s
y(0.2) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+19s + 1G(s)C(s)0,5H−

Объект G(s) = 19/(s + 1) управляется в контуре отрицательной обратной связи, у датчика которой коэффициент H = 0,5. На R подаётся ступенька величиной 5. Найдите установившееся значение выхода css.

G(s) = 19/(s + 1)H = 0,5R = 5
css =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+K(s + 1)(s + 2)(s + 8)G(s)C(s)−

Объект G(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 8)) помещён в контур с единичной отрицательной обратной связью. При наибольшем устойчивом коэффициенте в контуре возникают колебания. Найдите частоту колебаний ω в rad/s.

G(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 8))единичная отрицательная обратная связь
ω = rad/s
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)3

Система имеет передаточную функцию G(s) = 33/(s² + 2s + 11) и получает на вход единичную ступеньку. Полюсы равны s = σ ± jωd. Найдите вещественную часть σ.

G(s) = 33/(s² + 2s + 11)
σ =
34.Переходная характеристикаСложная
t (s)y(t)1tp​ = 1 s4,3 %

Переходная характеристика системы второго порядка без нулей показывает перерегулирование 4,3 %, а первый пик наступает при t = 1 s. Найдите собственную частоту ωn.

%OS = 4,3 %tp = 1 s
ωn = rad/s
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,11101001000−80−60−40−20020ω (rad/s)ω = 3

Найдите точный модуль |G(jω)| функции G(s) = 448/((s + 8)(s + 14)) при ω = 3 rad/s в dB.

G(s) = 448/((s + 8)(s + 14))ω = 3 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 + 8)(s + 9)). Найдите коэффициент усиления K, который даёт запас по усилению 8 dB.

L(s) = K/(s(s + 8)(s + 9))GM = 8 dB
K =
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1(s + 4)(s + 5)(s + 6)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K/((s + 4)(s + 5)(s + 6)), K > 0. Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K/((s + 4)(s + 5)(s + 6))
Kmax =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−1−2−3−4−5−6j1

Корневой годограф L(s) = K/(s(s + 4)(s + 5)) покидает вещественную ось между s = 0 и s = −4. Найдите точку отрыва sb.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 5))
sb =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 5 + 3t+50(s + 4)s(s + 4)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 50(s + 4)/(s(s + 4)) подан вход r(t) = 5 + 3t (ступенька плюс линейное воздействие). Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 50(s + 4)/(s(s + 4))r(t) = 5 + 3t
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 210s(s + 6)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 2 управляет объектом G(s) = 10/(s(s + 6)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 10/(s(s + 6))K = 2
ts = s

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 2,132 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​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAR4​5 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 = 5 + 5 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 8·10/(8+10) = 4,444 Ω
Req = R1 + 4,444 = 4 + 4,444 = 8,444 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 18/8,444 = 2,132 A

Ответ

IR1 = 2,132 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 0,4587 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​ = 10 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAR4​2 ΩBR6​15 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 = 3 + 15 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 1,8 Ω
R3 + 1,8 = 9,8 Ω
R2 ∥ 9,8 = 4,404 Ω
Req = R1 + 4,404 = 10 + 4,404 = 14,4 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 12/14,4 = 0,8331 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 12 − 0,8331·10 = 3,669 V
IR2 = VA/R2 = 3,669/8 = 0,4587 A

Ответ

IR2 = 0,4587 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 13,64 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​ = 5 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​15 ΩAR4​4 ΩBIs​2,5 A

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 30 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/15 + (VA − 30)/5 + (VA − VB)/6 = 0
0,4333·VA − 0,1667·VB = 6

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/4 + (VB − VA)/6 = 2,5
−0,1667·VA + 0,4167·VB = 2,5

Решите

Δ = (0,4333)(0,4167) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,1528
VA = Δ1/Δ = 2,917/0,1528 = 19,09 V
VB = Δ2/Δ = 2,083/0,1528 = 13,64 V

Ответ

VB = 13,64 V
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: Is = 8,167 A

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.

ЗТК в узле A

VA известно, поэтому это уравнение даёт VB.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(8 − 10)/4 + 8/6 = (VB − 8)/8
0,8333 = (VB − 8)/8 → VB = 14,67 V

ЗТК в узле B

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

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (14,67 − 8)/8 + 14,67/2 = 8,167 A

Ответ

Is = 8,167 A
5.Метод контурных токов

Ответ: IR1 = 0,4058 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​ = 6 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​12 VR3​20 ΩA+−V2​10 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
6·I1 + 20(I1 − I2) = 12
26·I1 − 20·I2 = 12

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
6·I2 + 20(I2 − I1) = (−10)
−20·I1 + 26·I2 = −10

Решите

Δ = (26)(26) − (−20)(−20) = 276
I1 = Δ1/Δ = 112/276 = 0,4058 A
I2 = Δ2/Δ = −20/276 = −0,07246 A

Ответ

IR1 = I1 = 0,4058 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: IR1 = 0,3823 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​ = 3 ΩR2​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR4​8 ΩAR5​20 ΩB+−V2​15 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
3·I1 + 8(I1 − I2) = 6
11·I1 − 8·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
8·I2 + 8(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−8·I1 + 36·I2 − 20·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
15·I3 + 20(I3 − I2) = (−15)
−20·I2 + 35·I3 = −15

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 7220
I1 = Δ1/Δ = 2760/7220 = 0,3823 A
I2 = Δ2/Δ = −1620/7220 = −0,2244 A
I3 = Δ3/Δ = −4020/7220 = −0,5568 A

Ответ

IR1 = I1 = 0,3823 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: VR2 = −6,269 V

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​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAR4​5 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 = 20+5 = 25 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·25/(10+25) = 7,143 Ω
VA = 12·7,143/(12+7,143) = 4,478 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,478·5/25 = 0,8955 V
VR2′ = 0 − VA = 0 − 4,478 = −4,478 V
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​10 ΩAR4​5 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 = 12·10/(12+10) = 5,455 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 5 ∥ 25,45 = 4,179 Ω
VB = Is·Req = 2·4,179 = 8,358 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 8,358·5,455/25,45 = 1,791 V
VR2″ = 0 − VA = 0 − 1,791 = −1,791 V

Сложите составляющие

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = (−4,478) + (−1,791) = −6,269 V

Отрицательный результат означает, что на самом деле полярность противоположна указанной.

8.Метод наложения

Ответ: I = 6 mA

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.

Записываем измерения через вклады

Каждый вклад пропорционален своему источнику.

I₁ + I₂ + I₃ = 17
2·I₁ + I₂ + I₃ = 26,5
I₁ + I₂ − I₃ = 24

Находим вклады

I₁ = 26,5 − 17 = 9,5 mA
I₃ = (17 − 24)/2 = −3,5 mA
I₂ = 17 − 9,5 − (−3,5) = 11 mA

Отключаем V₂

I = I₁ + I₃ = 9,5 + (−3,5) = 6 mA

Ответ

I = 6 mA
9.Тевенин и Нортон

Ответ: Rth = 16,44 Ω

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​ = 10 ΩR3​ = 12 ΩКЗR2​8 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 = 10·8/(10+8) = 4,444 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,444 + 12 = 16,44 Ω
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 3,971 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​ = 12 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​12 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 = 12·12/(12+12) = 6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6 + 20 = 26 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAIs​5 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) = 5 + 5·6 = 35 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 35 + 5·20 = 135 V
Rth​ = 26 Ω+−Vth​135 VRL​8 ΩIL​

Подключите нагрузку к эквиваленту Тевенина

Источник Тевенина и последовательный R_th ведут себя на a–b точно как исходная цепь, поэтому нагрузка видит простой последовательный контур.

IL = Vth/(Rth + RL) = 135/(26 + 8) = 3,971 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vR = 2,977 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

τ = L/R = 220 mH / 22 Ω = 10 ms

Убывание тока

i(t) = 1·e−20/10 = 0,1353 A
vR = R·i = 22·0,1353 = 2,977 V

Ответ

vR = 2,977 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 7,563 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.

Начальное напряжение конденсатора

В установившемся режиме конденсатор — разрыв, поэтому R₁ и R₂ образуют делитель напряжения. Напряжение конденсатора не может измениться скачком при размыкании ключа.

vC(0) = 24·6,8/(10 + 6,8) = 9,714 V

Постоянная времени после размыкания ключа

τ = R2·C = 6,8·47 = 319,6 ms

Разряд

vC(t) = 9,714·e−80/319,6 = 7,563 V

Ответ

vC = 7,563 V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: |Z| = 8,436 Ω

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|.

Реактивное сопротивление

XL = ωL = 2π·50·0,05 = 15,71 Ω

Токи ветвей

Обе ветви подключены прямо к источнику, поэтому к каждой приложено полное напряжение V.

IR = V/R = 50/10 = 5 A
IX = V/XL = 50/15,71 = 3,183 A

Общий ток

Ток резистора совпадает по фазе с V, а реактивный ток сдвинут на 90°, поэтому они складываются как катеты прямоугольного треугольника.

I = √(IR² + IX²) = √(5² + 3,183²) = 5,927 A

Полное сопротивление

|Z| = V/I = 50/5,927 = 8,436 Ω

Ответ

|Z| = 8,436 Ω
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: f0 = 519,1 Hz

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|.

Резонанс

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

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,02·4,7·10⁻⁶)) = 519,1 Hz

Ответ

f0 = 519,1 Hz
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: R = 11,5 Ω

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.

Сопротивление по активной мощности

R = P/I² = 2588/15² = 11,5 Ω

Ответ

R = 11,5 Ω
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: ΔP = 137,2 kW

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 существующей нагрузки

Q1 = 53·tan(arccos 0,65) = 61,96 kvar

Наибольшая суммарная активная мощность

При полной нагрузке S = Smax, а Q от активной нагрузки не меняется.

P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 61,96²) = 190,2 kW

Дополнительная активная мощность

ΔP = 190,2 − 53 = 137,2 kW

Ответ

ΔP = 137,2 kW
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 27,65 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.

Фазное напряжение

Vph = 480/√3 = 277,1 V

Фазный ток

|Z| = √(3² + 4²) = 5 Ω
Iph = 277,1/5 = 55,43 A

Полная активная мощность

Активную мощность потребляет только активная составляющая каждого сопротивления.

P = 3·Iph²·R = 3·55,43²·3 = 27,65 kW

Ответ

P = 27,65 kW

Проверка: cos φ = R/|Z| = 0,6, и √3·VL·IL·cos φ даёт ту же мощность.

18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 2106 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 = 200·tan(acos 0,72) = 200·0,9639 = 192,8 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,95) = 200·0,3287 = 65,74 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 127 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 400/√3 = 230,9 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 42345/(377·230,9²) = 2106 µF

Ответ

Cph = 2106 µF
19.Трансформаторы

Ответ: R1′ = 5000 Ω

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.

Приведённое сопротивление

Напряжение растёт в a раз, а ток уменьшается в a раз, поэтому отношение V/I растёт в a² раз.

R1′ = a²·RL = 10²·50 = 5000 Ω

Ответ

R1′ = 5000 Ω
20.Трансформаторы

Ответ: Ploss = 3359 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.

Потери в меди при этой нагрузке

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,5625·3750 = 2109 W

Суммарные потери

Потери в стали одинаковы при любой нагрузке.

Ploss = 1250 + 2109 = 3359 W

Ответ

Ploss = 3359 W

КПД при этой нагрузке η = 97,94%.

21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 0,9091 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₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 5·1/(10 + 1) = 0,4545 V

Коэффициент усиления неинвертирующего усилителя

V₋ = V₊, и ток через R₁ течёт также через Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,4545·(1 + 1/1) = 0,9091 V

Ответ

Vout = 0,9091 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 0,9969 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) = 0,9·47/(10 + 47) = 0,7421 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 = −(47/100)·0,2 + (1 + 47/100)·0,7421 = −0,094 + 1,091 = 0,9969 V

Ответ

Vout = 0,9969 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: VCE = 10,85 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.

Эквивалент Тевенена для делителя

VTH = 20·6,8/(47 + 6,8) = 2,528 V
RTH = 47·6,8/(47 + 6,8) = 5,941 kΩ

Ток базы

Второй закон Кирхгофа для базового контура; ток эмиттера равен (β + 1)·IB.

IB = (2,528 − 0,7)/(5,941 + 101·0,47) = 34,22 µA

Ток коллектора

IC = 100·34,22 µA = 3,422 mA
IE = 101·34,22 µA = 3,457 mA

Напряжение коллектор–эмиттер

VCE = 20 − 3,422·2,2 − 3,457·0,47 = 10,85 V

Ответ

VCE = 10,85 V
24.Диоды и транзисторы

Ответ: Rmax = 990,9 Ω

Стабилизатор на стабилитроне: стабилитрон, включённый в обратном направлении, удерживает напряжение VZ, пока его ток остаётся выше минимума IZ,min. Последовательный резистор R берёт на себя разность между входным и выходным напряжением: IR = (Vin − VZ)/R. Этот ток делится между нагрузкой, IL = VZ/RL, и стабилитроном: IZ = IR − IL. Проектируйте для худших случаев: при наименьшем входном напряжении и наибольшей нагрузке должен оставаться ток IZ,min, а при наибольшем входном напряжении без нагрузки получается наибольшая мощность стабилитрона PZ = VZ·IZ.

Ток в худшем случае

IR = 10 + 1 = 11 mA

Наибольшее сопротивление

Rmax = 10,9/0,011 = 990,9 Ω

Ответ

Rmax = 990,9 Ω
25.Системы счисления

Ответ: U = 186

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

70 = 0100 0110
инвертировано: 1011 1001
+1 → 1011 1010

Прочитайте как беззнаковое

1011 1010₂ = 256 − 70 = 186

Ответ

U = 186
26.Системы счисления

Ответ: N = 65535

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.

Наибольшее значение

216 − 1 = 65535

Ответ

N = 65535
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 7

Мультиплексор: мультиплексор 2ⁿ в 1 передаёт на выход один из своих информационных входов; адресные входы, читаемые как двоичное число, выбирают, какой именно. Для мультиплексора 4 в 1 с адресами S₁S₀ = AB: F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Если подключить информационные входы к 0, 1, C или C′, мультиплексор реализует любую функцию от A, B и C, что — распространённый способ построить логику на одной микросхеме.

Выражение выхода

F = A′B′C + A′B + AB′ + AB

Строки с F = 1

ABC = 001, 010, 011, 100, 101, 110, 111
N = 7

Ответ

N = 7
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: фронт тактового сигнала 5

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.

Q после каждого фронта

T-триггер переключается по каждому переднему фронту при T = 1 и сохраняет состояние при T = 0.

1: T = 0 → Q = 0
2: T = 0 → Q = 0
3: T = 1 → Q = 1
4: T = 0 → Q = 1
5: T = 1 → Q = 0
6: T = 1 → Q = 1

Первое изменение с 1 на 0

фронт тактового сигнала 5

Ответ

фронт тактового сигнала 5
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.2) = 1,08

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).

Выделение полного квадрата

s² + 8s + 25 = (s + 4)² + 9 = (s + 4)² + 3²

Подбор числителя

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

Обратное преобразование

f(t) = e−4t·(2·cos 3t + 1,333·sin 3t)
f(0,2) = e−4·0,2·(2·cos(3·0,2) + 1,333·sin(3·0,2)) = 1,08

Ответ

f(0,2) = 1,08
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.2) = 6

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 + 11s + 30)·Y(s) = 6s + 66 + 180/s
Y(s) = (6s² + 66s + 180)/(s(s + 5)(s + 6))

Простые дроби

A = 180/(5·6) = 6
B = 0/((−5)·1) = 0
C = 0/((−6)·(−1)) = 0

Результат

y(t) = 6
y(0,2) = 6

Ответ

y(0,2) = 6

Проверка: y(0) = A + B + C = 6.

31.Структурные схемы

Ответ: css = 9,048

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).

Передаточная функция замкнутой системы

T(s) = G/(1 + G·H) = 19/(s + 1 + 9,5) = 19/(s + 10,5)

Результат

css = R·T(0) = 5·19/10,5 = 9,048

Ответ

css = 9,048
32.Структурные схемы

Ответ: ω = 5,099 rad/s

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).

Характеристическое уравнение

s³ + 11s² + 26s + 16 + K = 0

Таблица Рауса

s³ | 1 26
s² | 11 16 + K
s¹ | (11·26 − 16 − K)/11
s⁰ | 16 + K

Граница устойчивости

Все элементы первого столбца должны быть положительными.

Kmax = 11·26 − 16 = 270

Частота колебаний

11·(jω)² + 16 + 270 = 0 → ω² = 286/11 = 26
ω = 5,099 rad/s

Ответ

ω = 5,099 rad/s
33.Переходная характеристика

Ответ: σ = −1

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 = 11 → ωₙ = 3,317 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·3,317) = 0,3015

Результат

σ = −ζωₙ = −2/2 = −1

Ответ

σ = −1
34.Переходная характеристика

Ответ: ωn = 4,446 rad/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).

Коэффициент демпфирования

ζ = −ln(0,043)/√(π² + ln²(0,043)) = 3,147/√(9,87 + 9,901) = 0,7077

Собственная частота

ωd = π/tp = π/1 = 3,142 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 3,142/0,7065 = 4,446 rad/s

Ответ

ωn = 4,446 rad/s
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: |G(jω)| = 11,27 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(j3)| = 448/(√(3² + 8²)·√(3² + 14²)) = 448/(8,544·14,32) = 3,662

Результат

20·log₁₀(3,662) = 11,27 dB

Ответ

|G(jω)| = 11,27 dB
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: K = 487,3

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/8)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(8·9) = 8,485 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 64)·√(ω² + 81)) = K/(8·9·(8 + 9)) = K/1224

Требуемое усиление

1224/K = 108/20 = 2,512
K = 1224/2,512 = 487,3

Ответ

K = 487,3
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 990

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.

Характеристический полином

s³ + 15s² + 74s + 120 + K = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 74
s²: 15, 120 + K
s¹: (15·74 − 120 − K)/15
s⁰: 120 + K

Условие

Элемент строки s¹ должен оставаться положительным.

K < 15·74 − 120 = 990

Ответ

Kmax = 990

На границе устойчивости контур колеблется с частотой ω = √74 = 8,602 rad/s.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: sb = −1,472

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.

Коэффициент усиления вдоль вещественной оси

K(s) = −s(s + 4)(s + 5) = −(s³ + 9s² + 20s)

Стационарные точки

dK/ds = −(3s² + 18s + 20) = 0
s = (−18 ± √(324 − 240))/6 = −1,472, −4,528

Выберите точку на годографе

Годограф лежит на вещественной оси между 0 и −4; другой корень годографу не принадлежит.

sb = −1,472

Ответ

sb = −1,472
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 0,06

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 скоростной ошибки

Kv = lim s·G(s) = 50

Ступенчатая часть

Kp = ∞ → estep = 0

Ошибка по линейному воздействию

ess = 3/50 = 0,06

Ответ

ess = 0,06
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ts = 1,333 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 + 6) + 2·10 = s² + 6s + 20

ωₙ и ζ

ωₙ = √20 = 4,472 rad/s
ζ = 6/(2·4,472) = 0,6708

Время установления

ζωₙ = 6/2 = 3
ts ≈ 4/3 = 1,333 s

Ответ

ts = 1,333 s

Время установления здесь не зависит от K: увеличение K лишь делает отклик более колебательным.

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