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​ = 3 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAR4​2 ΩB

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 ΩR4 = 2 Ω
Req = Ω
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 12 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​5 VR2​30 ΩAR4​25 ΩBR6​15 Ω

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 5 VR1 = 12 ΩR2 = 30 ΩR3 = 30 ΩR4 = 25 ΩR5 = 12 ΩR6 = 15 Ω
Req = Ω
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAR4​8 ΩBIs​2 A

Методом узловых потенциалов найдите мощность PIs, отдаваемую источником тока Is.

V1 = 18 VIs = 2 AR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 3 ΩR4 = 8 Ω
PIs = W
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 25 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​25 ΩAR4​30 ΩBIs​?

Источник тока регулируют до тех пор, пока напряжение узла A не станет VA = 16 V. Методом узловых потенциалов найдите ток источника Is (направление как на схеме).

V1 = 12 VR1 = 25 ΩR2 = 25 ΩR3 = 2 ΩR4 = 30 ΩVA = 16 V
Is = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 6 ΩR2​ = 6 ΩIR2​+−V1​9 VR3​15 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти ток IR2 через R2 в направлении стрелки.

V1 = 9 VV2 = 15 VR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 15 Ω
IR2 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 8 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−VR3​+−V1​12 VR4​12 ΩAR5​8 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти напряжение VR3 на R3 с указанной полярностью.

V1 = 12 VV2 = 12 VR1 = 8 ΩR2 = 6 ΩR3 = 6 ΩR4 = 12 ΩR5 = 8 Ω
VR3 = V
7.Метод наложенияСредняя
линейная цепьVs​Is​IRL​

Линейная резистивная цепь содержит один источник напряжения Vs и один источник тока Is. Ток I через нагрузочный резистор измерен дважды: при Vs = 4 V и Is = 10 mA I = −5,2 mA; при Vs = 15 V и Is = 10 mA I = −3 mA. Найдите ток нагрузки I при Vs = 12 V и Is = 8 mA.

4 V, 10 mA → −5,2 mA15 V, 10 mA → −3 mAVs = 12 V, Is = 8 mA
I = mA
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​12 VR3​8 ΩIR3​AIs​6 AB+−V2​?

Найдите значение источника напряжения V2 (полярность как на схеме), при котором ток IR3 через R3 равен нулю.

V1 = 12 VIs = 6 AR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 8 ΩR4 = 6 Ω
V2 = V
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAab

Найдите сопротивление Тевенина Rth со стороны зажимов a–b.

V1 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 Ω
Rth = Ω
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 2 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAIs​6 ABRL​10 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 10 Ω. С помощью эквивалента Тевенина найдите мощность PL, передаваемую в нагрузку.

V1 = 12 VIs = 6 AR1 = 2 ΩR2 = 8 ΩR3 = 10 ΩRL = 10 Ω
PL = W
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​15 Vt = 0R = 20 ΩL33 mHi(t)

До замыкания ключа в момент t = 0 тока через катушку нет. Найдите ток i в момент t = 2 ms.

Vs = 15 VR = 20 ΩL = 33 mHt = 2 ms
i = A
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​12 Vt = 0R = 4,7 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 10 V

Непосредственно перед замыканием ключа в момент t = 0 конденсатор заряжен до 10 V с указанной полярностью. Через какое время vC достигнет 10,6 V? Найдите t.

Vs = 12 VR = 4,7 kΩC = 68 µFvC(0) = 10 V
t = ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
12 V200 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 10 µF

Последовательная цепь RLC подключена к сети 12 V (действующее значение), 200 Hz. Найдите угол сдвига фаз φ полного сопротивления в градусах (положительный, когда ток отстаёт от напряжения).

V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 10 µF
φ = °
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
230 V200 HzR = 10 ΩL = 20 mHC = 100 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 230 V (действующее значение), 200 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 230 V (rms)f = 200 HzR = 10 ΩL = 20 mHC = 100 µF
I = A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
240 VZ12 + j9 ΩI

Нагрузка с полным сопротивлением Z = 12 + j9 Ω подключена к однофазной сети 240 V (действующее значение). Найдите потребляемую ею активную мощность P.

V = 240 VZ = 12 + j9 Ω
P = W
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
400 V50 Hzнагрузка12 kW, 0,75C100 µFI

Однофазная нагрузка потребляет 12 kW при коэффициенте мощности 0,75 (индуктивном) от сети 400 V, 50 Hz. Параллельно нагрузке подключён конденсатор 100 µF. Найдите новый коэффициент мощности cos φ со стороны сети.

P = 12 kWpf1 = 0,75V = 400 Vf = 50 HzC = 100 µF
cos φ =
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 690 VIL​ = 30 Acos φ = 0,7отстающий

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет линейный ток 30 A от сети с линейным напряжением 690 V. Коэффициент мощности 0,7 (отстающий). Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 690 VIL = 30 Acos φ = 0,7
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 250 kW при коэффициенте мощности 0,7 (отстающий) от сети 690 V (линейное), 60 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,98 (отстающий). Активная мощность не меняется. Найдите полную реактивную мощность QC, которую должна выдавать конденсаторная батарея, в kvar.

P = 250 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаторыСредняя
7200 V240 VIHV​ILV​ = ?10 kVA

Однофазный трансформатор 10 kVA, 7200/240 V работает при номинальной нагрузке. Считайте его идеальным. Найдите ток ILV в обмотке низшего напряжения.

S = 10 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
ILV = A
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,9250 kVA, 50% нагрузка

Однофазный трансформатор 250 kVA имеет потери в стали 1500 W и потери в меди 3000 W при номинальной нагрузке. Он отдаёт 50% номинальной мощности в kVA при коэффициенте мощности 0,9 (отстающий). Найдите суммарные потери Ploss в ваттах при этой нагрузке.

S = 250 kVAPcore = 1500 WPcu,fl = 3000 Wx = 0,5pf = 0,9
Ploss = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​R2​ = 10 kΩV1​ = −1 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 2,2 VR3​ = 4,7 kΩR4​ = 10 kΩ

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

V1 = −1 VV2 = 2,2 VR1 = R3 = 4,7 kΩR2 = R4 = 10 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = 0,5 VR1​ = 10 kΩV2​ = 1,6 VR2​ = 100 kΩIf​

Суммирующий усилитель использует идеальный ОУ с питанием ±15 V. Найдите ток If через резистор обратной связи, текущий к выходу.

V1 = 0,5 VV2 = 1,6 VR1 = 10 kΩR2 = 100 kΩRf = 4,7 kΩ
If = mA
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 3,3 kΩβ = 120IC​ = ?VCC​ = 10 VRB​ = 1000 kΩ

NPN-транзистор с β = 120 смещён резистором базы RB = 1000 kΩ от источника питания VCC = 10 V. Резистор коллектора RC = 3,3 kΩ, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите ток коллектора IC в mA.

VCC = 10 VRB = 1000 kΩRC = 3,3 kΩβ = 120VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 330 Ωβ = 80VCC​ = 12 V5 VRB​ = ?

NPN-транзистор с β = 80 коммутирует нагрузочный резистор 330 Ω, включённый между VCC = 12 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 5 V через резистор базы RB. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Для надёжного переключения рассчитайте ток базы в 10 раз больше минимального, нужного для насыщения. Найдите RB в kΩ.

VCC = 12 VRC = 330 Ωβ = 80Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vкоэффициент запаса = 10
RB = kΩ
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −47 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −478 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 0111 0001 AND 0001 1111. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

0111 0001AND0001 1111
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABC00011110011001130204051716

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «произведение сумм» (POS) для F(A, B, C) = Σm(0, 3, 6, 7). Сколько членов-сумм (множителей), N, в ней?

F(A, B, C) = Σm(0, 3, 6, 7)
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
ABCD0001111000011110101103120415X706012013115114X819111110

Найдите минимальную форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 5, 9, 10, 11, 14, 15) + d(7, 8), где d обозначает безразличные состояния. Сколько литералов, L, она содержит?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 5, 9, 10, 11, 14, 15) + d(7, 8)
L =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm−2−4−6−8−102

Найдите f(t) для F(s) = (3s + 27)/(s² + 4s + 8) выделением полного квадрата и вычислите f(0,2).

F(s) = (3s + 27)/(s² + 4s + 8)t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
ReIm−1−2−3−4−5−61

Система описывается дифференциальным уравнением y″ + 10y′ + 24y = 8u, где u(t) — вход, y(t) — выход. Найдите её передаточную функцию G(s) = Y(s)/U(s) (при нулевых начальных условиях) и вычислите импульсную характеристику g(t) при t = 0,1 s. Найдите g(0,1).

y″ + 10y′ + 24y = 8ut = 0,1 s
g(0.1) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+4(s + 3)(s + 4)(s + 7)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 4(s + 3)/((s + 4)(s + 7)). На задающее воздействие подаётся ступенька величиной 5. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 4(s + 3)/((s + 4)(s + 7))R = 5
ess =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+17регулятор+D(s)+3s + 8объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K = 17 управляет объектом G(s) = 3/(s + 8) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Возмущение D действует на входе объекта (прибавляется к выходу регулятора). При R = 0 подаётся ступенька возмущения величиной 1. Найдите установившийся выход css.

K = 17G(s) = 3/(s + 8)D = 1R = 0
css =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1ts​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 6/(s² + 3s + 6) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 6/(s² + 3s + 6)
ts = s
34.Переходная характеристикаСложная
R(s)+Ks(s + 16)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = K/(s(s + 16)). Найдите коэффициент K, при котором переходная характеристика имеет перерегулирование 25 %.

G(s) = K/(s(s + 16))%OS = 25 %
K =
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​R = 4,7 kΩC = 4,7 nFvout​

Изображённый RC-фильтр нижних частот имеет R = 4,7 kΩ, C = 4,7 nF. На вход подаётся синусоидальный сигнал 14 kHz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.

R = 4,7 kΩC = 4,7 nFf = 14 kHz
φ = °
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) = 44/(s(s + 1)(s + 10)). Найдите частоту перехода фазы ω180, где ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 44/(s(s + 1)(s + 10))
ω180 = rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+961s(s + 2)(s + 4)C(s)−

Контур на схеме имеет отрицательную обратную связь, L(s) = 96/(s(s + 2)(s + 4)). Сколько полюсов N замкнутой системы лежит в правой полуплоскости?

L(s) = 96/(s(s + 2)(s + 4))
N =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2−1,5

Для контура L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8)) найдите коэффициент усиления K, при котором полюс замкнутой системы находится в точке s = −1,5.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8))s = −1,5
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 2·t²/2+2(s + 3)s²(s + 1)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 2(s + 3)/(s²(s + 1)) подан параболический вход r(t) = 2·t²/2. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 2(s + 3)/(s²(s + 1))r(t) = 2·t²/2
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+Kp​ + Ki​/s4s + 2C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s управляет объектом G(s) = 4/(s + 2) в контуре с единичной обратной связью. Замкнутая система должна иметь ωₙ = 4 rad/s и ζ = 1. Найдите пропорциональный коэффициент Kp.

G(s) = 4/(s + 2)ωₙ = 4 rad/sζ = 1
Kp =

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 5,4 Ω

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​ = 3 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAR4​2 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 = 2 + 2 = 4 Ω
R2 ∥ 4 = 6·4/(6+4) = 2,4 Ω
Req = R1 + 2,4 = 3 + 2,4 = 5,4 Ω

Ответ

Req = 5,4 Ω
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 29,67 Ω

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​ = 12 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​5 VR2​30 ΩAR4​25 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 = 12 + 15 = 27 Ω
R4 ∥ 27 = 12,98 Ω
R3 + 12,98 = 42,98 Ω
R2 ∥ 42,98 = 17,67 Ω
Req = R1 + 17,67 = 12 + 17,67 = 29,67 Ω

Ответ

Req = 29,67 Ω
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: PIs = 23,72 W

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

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/10 + (VA − 18)/15 + (VA − VB)/3 = 0
0,5·VA − 0,3333·VB = 1,2

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/8 + (VB − VA)/3 = 2
−0,3333·VA + 0,4583·VB = 2

Решите

Δ = (0,5)(0,4583) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,1181
VA = Δ1/Δ = 1,217/0,1181 = 10,31 V
VB = Δ2/Δ = 1,4/0,1181 = 11,86 V

Мощность, отдаваемая источником тока

Источник направляет ток Iₛ вверх в узел B, от земли (0 V) к VB. Источник, ток которого выходит из его вывода +, отдаёт мощность P = V·I.

PIs = VB·Is = 11,86·2 = 23,72 W

Ответ

PIs = 23,72 W
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: Is = 1,387 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
(16 − 12)/25 + 16/25 = (VB − 16)/2
0,8 = (VB − 16)/2 → VB = 17,6 V

ЗТК в узле B

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

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (17,6 − 16)/2 + 17,6/30 = 1,387 A

Ответ

Is = 1,387 A
5.Метод контурных токов

Ответ: IR2 = −0,8333 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​9 VR3​15 ΩA+−V2​15 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 + 15(I1 − I2) = 9
21·I1 − 15·I2 = 9

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 + 15(I2 − I1) = (−15)
−15·I1 + 21·I2 = −15

Решите

Δ = (21)(21) − (−15)(−15) = 216
I1 = Δ1/Δ = −36/216 = −0,1667 A
I2 = Δ2/Δ = −180/216 = −0,8333 A

Ответ

IR2 = I2 = −0,8333 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: VR3 = −5,06 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​ = 8 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR4​12 ΩAR5​8 ΩB+−V2​12 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
8·I1 + 12(I1 − I2) = 12
20·I1 − 12·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 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
6·I2 + 12(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−12·I1 + 26·I2 − 8·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
6·I3 + 8(I3 − I2) = (−12)
−8·I2 + 14·I3 = −12

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 3984
I1 = Δ1/Δ = 2448/3984 = 0,6145 A
I2 = Δ2/Δ = 96/3984 = 0,0241 A
I3 = Δ3/Δ = −3360/3984 = −0,8434 A

Ответ

IR3 = I3 = −0,8434 A
VR3 = IR3·R3 = −0,8434·6 = −5,06 V

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: I = −2,4 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 отклик как сумму вкладов

Каждый вклад пропорционален своему источнику с коэффициентом, зависящим только от резисторов.

I = k₁·Vs + k₂·Is
4·k₁ + 10·k₂ = −5,2
15·k₁ + 10·k₂ = −3

Находим константы

Δ = (4)(10) − (10)(15) = −110
k₁ = Δ1/Δ = −22/−110 = 0,2
k₂ = Δ2/Δ = 66/−110 = −0,6
k₁ = 0,2 mA/V, k₂ = −0,6

Предсказываем новый ток

I = 0,2·12 + (−0,6)·8 = −2,4 mA

Ответ

I = −2,4 mA
8.Метод наложения

Ответ: V2 = 23,2 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​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​12 VR3​8 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) = 8 ∥ 16 = 5,333 Ω
VA = 12·5,333/(15+5,333) = 3,148 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,148·6/16 = 1,18 V
R1​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 6 ΩКЗR3​8 ΩAIs​6 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. Стрелка Iₛ направлена вниз, от своего узла, поэтому Iₛ отводит ток из этого узла: его член входит со знаком минус.

R1 ∥ R3 = 5,217 Ω, поэтому левый путь — R2+5,217 = 15,22 Ω
Req = R4 ∥ 15,22 = 4,303 Ω
VB = −Is·Req = −6·4,303 = −25,82 V
VA = VB·5,217/15,22 = −8,852 V

Случай 3 · действует только V2, на один вольт

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

R1 ∥ R3 = 5,217 Ω
VA‴ = V2·5,217/(6 + 10 + 5,217) = 0,2459·V2

Приравниваем VA к нулю

При VA = 0 напряжение на R₃ отсутствует, поэтому ток через него равен нулю.

VA′ + VA″ + VA‴ = 3,148 + (−8,852) + 0,2459·V2 = 0
V2 = 5,705/0,2459 = 23,2 V

Ответ

V2 = 23,2 V
9.Тевенин и Нортон

Ответ: Rth = 14,62 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​ = 6 ΩR3​ = 10 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 = 6·20/(6+20) = 4,615 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,615 + 10 = 14,62 Ω
10.Тевенин и Нортон

Ответ: PL = 134,4 W

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​ = 2 ΩR3​ = 10 ΩКЗR2​8 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 = 2·8/(2+8) = 1,6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,6 + 10 = 11,6 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAIs​6 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) = 9,6 + 6·1,6 = 19,2 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 19,2 + 6·10 = 79,2 V
Rth​ = 11,6 Ω+−Vth​79,2 VRL​10 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) = 79,2/(11,6 + 10) = 3,667 A
PL = IL²·RL = 3,667²·10 = 134,4 W
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: i = 0,5268 A

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 = 33 mH / 20 Ω = 1,65 ms
i(∞) = Vs/R = 15/20 = 0,75 A

Ток в заданный момент

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,75·(1 − e−2/1,65) = 0,5268 A

Ответ

i = 0,5268 A
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: t = 114 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) = 10 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 68 µF = 319,6 ms
vC(t) = 12 + (10 − 12)·e−t/τ

Выразите время

10,6 = 12 + (−2)·e−t/τ → e−t/τ = (10,6 − 12)/(10 − 12) = 0,7
t = τ·ln((10 − 12)/(10,6 − 12)) = 319,6·ln(1,429) = 114 ms

Ответ

t = 114 ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: φ = 71,17 °

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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,25 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·10·10⁻⁶) = 79,58 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (234,6)²) = 247,8 Ω

Угол сдвига фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(234,6/80) = 71,17°

Ответ

φ = 71,17°
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 11,57 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,02 = 25,13 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·100·10⁻⁶) = 7,958 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(10² + (17,17)²) = 19,87 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 230/19,87 = 11,57 A

Ответ

I = 11,57 A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: P = 3072 W

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.

Ток

|Z| = √(12² + 9²) = 15 Ω
I = V/|Z| = 240/15 = 16 A

Активная мощность

P = I²·R = 16²·12 = 3072 W

Ответ

P = 3072 W
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: cos φ = 0,9074

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 = 12·tan(arccos 0,75) = 10,58 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·50·100·10⁻⁶ = 5027 var = 5,027 kvar
Q2 = 10,58 − 5,027 = 5,556 kvar

Новая полная мощность

S2 = √(12² + 5,556²) = 13,22 kVA

Новый коэффициент мощности

cos φ = P/S2 = 12/13,22 = 0,9074

Ответ

cos φ = 0,9074
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 25,1 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 = √3·690·30 = 35,85 kVA

Активная мощность

P = S·cos φ = 35,85·0,7 = 25,1 kW

Ответ

P = 25,1 kW
18.Трёхфазная мощность

Ответ: QC = 204,3 kvar

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 = 250·tan(acos 0,7) = 250·1,02 = 255,1 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,98) = 250·0,2031 = 50,76 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 204,3 kvar

Ответ

QC = 204,3 kvar
19.Трансформаторы

Ответ: ILV = 41,67 A

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.

Номинальный ток

Через обе обмотки передаётся одинаковая полная мощность.

ILV = S/V = 10000/240 = 41,67 A

Ответ

ILV = 41,67 A
20.Трансформаторы

Ответ: Ploss = 2250 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 = 0,25·3000 = 750 W

Суммарные потери

Потери в стали одинаковы при любой нагрузке.

Ploss = 1500 + 750 = 2250 W

Ответ

Ploss = 2250 W

КПД при этой нагрузке η = 98,04%.

21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 6,809 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) = 2,2·10/(4,7 + 10) = 1,497 V
V₋ = V₊

ЗТК на инвертирующем входе

(−1 − 1,497)/4,7 = (1,497 − Vout)/10
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (10/4,7)·(2,2 − (−1)) = 6,809 V

Ответ

Vout = 6,809 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: If = 0,066 mA

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.

Входные токи

V₋ = 0, поэтому на каждом входном резисторе всё его входное напряжение.

I1 = V1/R1 = 0,5/10 = 0,05 mA
I2 = V2/R2 = 1,6/100 = 0,016 mA
If = I1 + I2 = 0,066 mA

Ответ

If = 0,066 mA
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 1,116 mA

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 = (10 − 0,7)/1000 kΩ = 9,3 µA

Ток коллектора

IC = β·IB = 120·9,3 µA = 1,116 mA

Ответ

IC = 1,116 mA

Проверка: VCE = 6,317 V заметно больше 0,2 V, значит, транзистор действительно в активном режиме.

24.Диоды и транзисторы

Ответ: RB = 0,962 kΩ

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 коллектора в насыщении

IC(sat) = (12 − 0,2)/330 = 35,76 mA

Минимальный ток базы

IB(min) = IC(sat)/β = 35,76/80 = 447 µA

Расчётный ток базы

IB = 10·447 µA = 4470 µA

Резистор базы

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/4,47 mA = 0,962 kΩ

Ответ

RB = 0,962 kΩ
25.Системы счисления

Ответ: U = 209

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

47 = 0010 1111
инвертировано: 1101 0000
+1 → 1101 0001

Прочитайте как беззнаковое

1101 0001₂ = 256 − 47 = 209

Ответ

U = 209
26.Системы счисления

Ответ: R = 17

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.

Бит за битом

AND даёт 1 только там, где оба бита равны 1.

0111 0001
AND 0001 1111
= 0001 0001

Значение результата

0001 0001₂ = 17

Ответ

R = 17
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 3

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.

ABC00011110011001130204051716

Сгруппируйте нули

Каждая группа — прямоугольник из 2ᵏ клеток; клетки на краю соседствуют с клетками на противоположном краю.

(B + C′)
(A′ + B)
(A + B′ + C)

Минимальная форма POS

F = (B + C′)(A′ + B)(A + B′ + C)
N = 3

Ответ

N = 3
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 9

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.

Простые импликанты

Самые большие группы, которые можно образовать из единиц и X.

B′D′, B′C′, BCD, AC, A′C′D, AB′, A′BD
ABCD0001111000011110101103120415X706012013115114X819111110

Минимальное покрытие

F = B′D′ + B′C′ + AC + A′C′D
L = 9

Ответ

L = 9

Существует другая группировка того же размера; в ней то же число членов и литералов.

29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.2) = 4,593

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 + 4s + 8 = (s + 2)² + 4 = (s + 2)² + 2²

Подбор числителя

F(s) = 3·(s + 2)/((s + 2)² + 2²) + (21/2)·2/((s + 2)² + 2²)

Обратное преобразование

f(t) = e−2t·(3·cos 2t + 10,5·sin 2t)
f(0,2) = e−2·0,2·(3·cos(2·0,2) + 10,5·sin(2·0,2)) = 4,593

Ответ

f(0,2) = 4,593
30.Преобразования Лапласа

Ответ: g(0.1) = 0,486

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).

Передаточная функция

G(s) = Y(s)/U(s) = 8/(s² + 10s + 24)

Простые дроби

s² + 10s + 24 = (s + 4)(s + 6)
A = 4, B = −4

Импульсная характеристика

g(t) = 4·e−4t − 4·e−6t
g(0,1) = 0,486

Ответ

g(0,1) = 0,486
31.Структурные схемы

Ответ: ess = 3,5

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).

Коэффициент ошибки по положению

Kₚ = G(0) = 4·3/(4·7) = 0,4286

Установившаяся ошибка

ess = A/(1 + Kₚ) = 5/(1 + 0,4286) = 3,5

Ответ

ess = 3,5
32.Структурные схемы

Ответ: css = 0,05085

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) = 3/(s + 8 + 51)

Установившийся режим

css = 1·3/59 = 0,05085

Ответ

css = 0,05085

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

33.Переходная характеристика

Ответ: ts = 2,667 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).

Сравните со стандартной формой

Знаменатель должен совпадать с s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 6 → ωₙ = 2,449 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·2,449) = 0,6124

Результат

ζωₙ = 1,5 → ts ≈ 4/1,5 = 2,667 s

Ответ

ts = 2,667 s
34.Переходная характеристика

Ответ: K = 392,7

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) = K/(s² + 16s + K)

Коэффициент демпфирования по перерегулированию

ζ = −ln(0,25)/√(π² + ln²(0,25)) = 0,4037

Коэффициент усиления

ωₙ = 16/(2ζ) = 19,82 rad/s
K = ωₙ² = 392,7

Ответ

K = 392,7
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: φ = −62,77 °

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 среза

ωc = 1/(RC) = 1/(4700·4,7 × 10⁻⁹) = 45269 rad/s
fc = 7205 Hz → f/fc = 14000/7205 = 1,943

Фаза

φ = − atan(1,943) = −62,77°

Ответ

φ = −62,77°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ω180 = 3,162 rad/s

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/1)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(1·10) = 3,162 rad/s

Ответ

ω180 = 3,162 rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: N = 2

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 + 6s² + 8s + 96 = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 8
s²: 6, 96
s¹: −8
s⁰: 96

Смены знака в первом столбце

1 → 6 → −8 → 96
N = 2

Ответ

N = 2

Коэффициент усиления выше предела K = 48, поэтому комплексная пара перешла в правую полуплоскость.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 4,875

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.

Условие по модулю

K = |s|·|s + 2|·|s + 8|

Вычислите в этой точке

K = 1,5·0,5·6,5 = 4,875

Ответ

K = 4,875

Проверка: s(s + 2)(s + 8) + K равно нулю при s = −1,5.

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 0,3333

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 ошибки по ускорению

Ka = 2·3/1 = 6

Ошибка по параболическому воздействию

ess = 2/6 = 0,3333

Ответ

ess = 0,3333
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Kp = 1,5

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

1 + C(s)G(s) = 0, умноженное на s(s + 2).

s² + (2 + 4Kp)s + 4Ki

Целевой полином

s² + 2·1·4s + 4² = s² + 8s + 16

Приравняйте коэффициенты

2 + 4Kp = 8 → Kp = 1,5

Ответ

Kp = 1,5

Интегральная составляющая делает контур типа 1, поэтому ступенька отслеживается без установившейся ошибки.

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