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
Для схемы идите от входов к выходу вентиль за вентилем и записывайте значение на каждом проводе или запишите её выражение и заполните таблицу истинности.
Для упрощения поставьте единицы (и безразличные состояния как X) на карту Карно со строками и столбцами в коде Грея: 00, 01, 11, 10.
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.
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
Запишите коэффициенты поочерёдно в первые две строки таблицы Рауса и достройте остальные строки.
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.
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
Посчитайте полюса разомкнутого контура C(s)·G(s) в точке s = 0: это тип системы.
Найдите коэффициент ошибки, соответствующий входу: Kp для ступеньки, Kv для линейного воздействия, Ka для параболы.
Примените ess = A/(1 + Kp), A/Kv или A/Ka либо решите это уравнение относительно нужного коэффициента усиления.
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
Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.
V1 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 ΩR4 = 6 Ω
IR1 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.
V1 = 9 VR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V
10.Тевенин и НортонСложная
К a–b подключена нагрузка RL = 4 Ω. Замените остальную цепь эквивалентом Тевенина и найдите ток нагрузки IL.
V1 = 9 VIs = 5 AR1 = 5 ΩR2 = 3 ΩR3 = 3 ΩRL = 4 Ω
IL = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
До замыкания ключа в момент t = 0 тока через катушку нет. Найдите ток i в момент t = 1 ms.
Vs = 9 VR = 15 ΩL = 10 mHt = 1 ms
i = A
12.Переходные процессы RC и RLСложная
Непосредственно перед замыканием ключа в момент t = 0 конденсатор заряжен до 5 V с указанной полярностью. Через какое время vC достигнет 9,5 V? Найдите t.
Vs = 20 VR = 2,2 kΩC = 220 µFvC(0) = 5 V
t = ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
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 = 25 ΩL = 200 mHC = 10 µF
φ = °
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
Последовательная цепь RLC подключена к сети 230 V (действующее значение), 60 Hz. Найдите резонансную частоту f0 цепи.
V = 230 V (rms)f = 60 HzR = 10 ΩL = 50 mHC = 47 µF
f0 = Hz
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
Нагрузка с полным сопротивлением Z = 7 + j24 Ω подключена к однофазной сети 240 V (действующее значение). Найдите потребляемую ею реактивную мощность Q.
V = 240 VZ = 7 + j24 Ω
Q = var
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
Однофазная нагрузка потребляет 23 kW при коэффициенте мощности 0,75 (индуктивном) от сети 400 V, 50 Hz. Параллельно нагрузке подключён конденсатор 220 µF. Найдите новый ток линии I.
P = 23 kWpf1 = 0,75V = 400 Vf = 50 HzC = 220 µF
I = A
17.Трёхфазная мощностьСредняя
Трёхфазный асинхронный двигатель при полной нагрузке развивает механическую мощность 75 kW. При этой нагрузке его КПД равен 92%, а коэффициент мощности 0,86 (отстающий). Линейное напряжение сети 400 V. Найдите линейный ток IL.
Pout = 75 kWη = 92%cos φ = 0,86VL = 400 V
IL = A
18.Трёхфазная мощностьСложная
Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 200 kW при коэффициенте мощности 0,78 (отстающий) от сети 415 V (линейное), 50 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 = 200 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаторыСредняя
Однофазный трансформатор 75 kVA, 6600/230 V работает при номинальной нагрузке. Считайте его идеальным. Найдите ток ILV в обмотке низшего напряжения.
S = 75 kVAV1 = 6600 VV2 = 230 V
ILV = A
20.ТрансформаторыСложная
Однофазный трансформатор 25 kVA имеет потери в стали 125 W и потери в меди 375 W при номинальной нагрузке. При какой нагрузке Sη,max, в kVA, его КПД максимален?
S = 25 kVAPcore = 125 WPcu,fl = 375 W
Sη,max = kVA
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
ОУ идеальный и питается от ±15 V. Найдите выходное напряжение Vout.
Vin = −0,7 VR1 = 1 kΩRf = 1 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
Суммирующий усилитель использует идеальный ОУ с питанием ±15 V. Найдите выходное напряжение Vout.
NPN-транзистор с β = 200 смещён делителем напряжения от VCC = 12 V: R₁ = 47 kΩ от VCC к базе и R₂ = 6,8 kΩ от базы к земле. Резистор коллектора RC = 5,6 kΩ, резистор эмиттера RE = 2,2 kΩ. Примите VBE = 0,7 V и используйте эквивалент Тевенена для делителя (ток базы не пренебрегайте). Найдите напряжение коллектор–эмиттер VCE.
Диод моделируется напряжением 0,65 V последовательно с 50 Ω (он проводит выше 0,65 V). Он включён последовательно с резистором 220 Ω к источнику 9 V. Найдите рабочий ток ID в точке пересечения характеристики диода и нагрузочной прямой.
Vs = 9 VR = 220 ΩV0 = 0,65 Vrd = 50 Ω
ID = mA
25.Системы счисленияСредняя
Установите биты так, чтобы они хранили −27 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?
N = −278 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
Система должна присвоить каждому из 2674 элементов собственный двоичный код одинаковой длины. Какое наименьшее число битов b нужно?
2674
b = bit
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
С помощью карты Карно найдите минимальную форму «произведение сумм» (POS) для F(A, B, C) = Σm(0, 1, 3). Сколько членов-сумм (множителей), N, в ней?
F(A, B, C) = Σm(0, 1, 3)
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
Найдите минимальную форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 13, 14) + d(12, 15), где d обозначает безразличные состояния. Сколько членов-произведений, N, в ней?
Найдите f(t) для F(s) = 25/(s(s + 2)(s + 5)) разложением на простые дроби и вычислите f(0,25).
F(s) = 25/(s(s + 2)(s + 5))t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
Решите y″ + 6y′ + 5y = 0 при y(0) = 2 и y′(0) = 7 с помощью преобразования Лапласа и найдите y(0,3).
y″ + 6y′ + 5y = 0y(0) = 2y′(0) = 7t = 0,3 s
y(0.3) =
31.Структурные схемыСредняя
Объект G(s) = 30/(s + 1) управляется в контуре отрицательной обратной связи, у датчика которой коэффициент H = 0,2. Найдите постоянную времени τ замкнутой системы.
G(s) = 30/(s + 1)H = 0,2
τ = s
32.Структурные схемыСложная
Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 9/(s + 8) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Ступенька возмущения величиной 5 действует на входе объекта при R = 0. Найдите наименьший коэффициент K, при котором установившийся выход не превышает 0,5625.
G(s) = 9/(s + 8)D = 5css ≤ 0,5625
K =
33.Переходная характеристикаСредняя
Система имеет передаточную функцию G(s) = 10/(s² + 3s + 5) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время пика tp переходной характеристики.
G(s) = 10/(s² + 3s + 5)
tp = s
34.Переходная характеристикаСложная
Последовательная RLC-цепь с R = 120 Ω, L = 20 mH и C = 2 µF подключается к ступеньке 12 V при t = 0. Конденсатор не заряжен, и до ступеньки ток не течёт. Найдите собственную частоту ωn без затухания в rad/s.
R = 120 ΩL = 20 mHC = 2 µFV = 12 V
ωn = rad/s
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
Найдите фазу ∠G(jω) функции G(s) = 18(s + 17)/(s(s + 6)) при ω = 3 rad/s в градусах.
G(s) = 18(s + 17)/(s(s + 6))ω = 3 rad/s
∠G(jω) = °
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 5)(s + 10)). Найдите коэффициент усиления K, который даёт запас по усилению 20 dB.
L(s) = K/(s(s + 5)(s + 10))GM = 20 dB
K =
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 4)(s + 10)). Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.
L(s) = K/(s(s + 4)(s + 10))
Kmax =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
Показан корневой годограф L(s) = K/(s(s + 6)). Найдите коэффициент усиления K, при котором полюса замкнутой системы имеют коэффициент демпфирования ζ = 0,707.
L(s) = K/(s(s + 6))ζ = 0,707
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
Пропорциональный регулятор K = 40 управляет объектом G(s) = 2/(s(s + 5)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).
G(s) = 2/(s(s + 5))K = 40
ts = s
3Растворы
1.Последовательные и параллельные резисторы
Ответ: IR1 = 1,161 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.
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 = 6 + 6 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 20·12/(20+12) = 7,5 Ω
Req = R1 + 7,5 = 8 + 7,5 = 15,5 Ω
Ток источника
Источник видит только Req, поэтому закон Ома даёт ток, который он отдаёт. Этот ток течёт через R₁.
IR1 = V1/Req = 18/15,5 = 1,161 A
Ответ
IR1 = 1,161 A
2.Последовательные и параллельные резисторы
Ответ: IR2 = 0,7244 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.
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 = 20 + 3 = 23 Ω
R4 ∥ 23 = 9,079 Ω
R3 + 9,079 = 11,08 Ω
R2 ∥ 11,08 = 5,256 Ω
Req = R1 + 5,256 = 2 + 5,256 = 7,256 Ω
Ток источника
Источник видит только Req, поэтому закон Ома даёт ток, который он отдаёт. Этот ток течёт через R₁.
IR1 = V1/Req = 10/7,256 = 1,378 A
Ток через R₂
Вычтите падение на R₁, чтобы получить напряжение в узле A, то есть напряжение на R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 10 − 1,378·2 = 7,244 V
IR2 = VA/R2 = 7,244/10 = 0,7244 A
Ответ
IR2 = 0,7244 A
3.Метод узловых потенциалов
Ответ: IR3 = 1,957 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.
Определите узлы
Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 15 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/4 + (VA − 15)/8 + (VA − VB)/3 = 0
0,7083·VA − 0,3333·VB = 1,875
ЗТК в узле B
Токи, вытекающие из B через резисторы, равны току, который источники подают в B.
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.
Определите узлы
Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 15 V, V2 = 18 V). Неизвестные: VA, VB.
ЗТК в узле A
Токи, вытекающие из A через резисторы, равны току, который источники подают в A.
VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/20 + (VA − 15)/5 + (VA − VB)/8 = 0
0,375·VA − 0,125·VB = 3
ЗТК в узле B
Токи, вытекающие из B через резисторы, равны току, который источники подают в B.
VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/30 + (VB − VA)/8 + (VB − 18)/20 = (−0,5)
−0,125·VA + 0,2083·VB = 0,4
Решите
Δ = (0,375)(0,2083) − (−0,125)(−0,125) = 0,0625
VA = Δ1/Δ = 0,675/0,0625 = 10,8 V
VB = Δ2/Δ = 0,525/0,0625 = 8,4 V
Ответ
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (15 − 10,8)/5 = 0,84 A
5.Метод контурных токов
Ответ: I2 = −0,4355 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.
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 + 10(I1 − I2) = 9
16·I1 − 10·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
4·I2 + 10(I2 − I1) = (−9)
−10·I1 + 14·I2 = −9
Решите
Δ = (16)(14) − (−10)(−10) = 124
I1 = Δ1/Δ = 36/124 = 0,2903 A
I2 = Δ2/Δ = −54/124 = −0,4355 A
Ответ
I2 = −0,4355 A
Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.
6.Метод контурных токов
Ответ: IR2 = −0,08824 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.
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
20·I1 + 12(I1 − I2) = 10
32·I1 − 12·I2 = 10
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
12·I2 + 12(I2 − I1) + 15(I2 − I3) = 0
−12·I1 + 39·I2 − 15·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
10·I3 + 15(I3 − I2) = (−10)
−15·I2 + 25·I3 = −10
Решите
Δ = определитель матрицы коэффициентов = 20400
I1 = Δ1/Δ = 5700/20400 = 0,2794 A
I2 = Δ2/Δ = −1800/20400 = −0,08824 A
I3 = Δ3/Δ = −9240/20400 = −0,4529 A
Ответ
IR2 = I2 = −0,08824 A
Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.
7.Метод наложения
Ответ: VR4 = −23,97 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.
Случай 1 · действует только V1
Iₛ становится разрывом, поэтому R₃ и R₄ образуют одну последовательную ветвь от A к земле, параллельную R₂.
R3+R4 = 10+20 = 30 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 6·30/(6+30) = 5 Ω
VA = 12·5/(2+5) = 8,571 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 8,571·20/30 = 5,714 V
VR4′ = 0 − VB = 0 − 5,714 = −5,714 V
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 = 2·6/(2+6) = 1,5 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 20 ∥ 11,5 = 7,302 Ω
VB = Is·Req = 2,5·7,302 = 18,25 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 18,25·1,5/11,5 = 2,381 V
VR4″ = 0 − VB = 0 − 18,25 = −18,25 V
Сложите составляющие
VR4 = VR4′ + VR4″
VR4 = (−5,714) + (−18,25) = −23,97 V
Отрицательный результат означает, что на самом деле полярность противоположна указанной.
8.Метод наложения
Ответ: PR2 = 14,69 W
Метод наложения: в линейной цепи любое напряжение или ток равно сумме откликов на каждый независимый источник, действующий отдельно. Чтобы отключить источник, замените идеальный источник напряжения коротким замыканием, а идеальный источник тока — разрывом. Резисторы остаются на месте.
Случай 1 · действует только V1
V₂ становится коротким замыканием, а Iₛ — разрывом. Со стороны A резистор R₃ параллелен последовательной паре R₂+R₄.
R3 ∥ (R2+R4) = 3 ∥ 16 = 2,526 Ω
VA = 24·2,526/(4+2,526) = 9,29 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 9,29·10/16 = 5,806 V
IR2′ = (VA − VB)/R2 = (9,29 − 5,806)/6 = 0,5806 A
Случай 2 · действует только Is
Оба источника напряжения становятся короткими замыканиями. Iₛ в точке B делится между R₄ (теперь к земле) и R₂, последовательным с R₁ ∥ R₃.
R1 ∥ R3 = 1,714 Ω, поэтому левый путь — R2+1,714 = 7,714 Ω
Мощность зависит от квадрата тока, поэтому принцип наложения к ней неприменим: сначала сложите токи, затем возведите в квадрат.
PR2 = IR2²·R2 = (−1,565)²·6 = 14,69 W
Ответ
PR2 = 14,69 W
Сложение мощностей отдельных случаев дало бы 52,58 W, что неверно.
9.Тевенин и Нортон
Ответ: Vth = 3,13 V
Теорема Тевенина: любая линейная двухполюсная цепь ведёт себя как один источник напряжения Vth, последовательный с сопротивлением Rth. Теорема Нортона представляет ту же цепь как источник тока IN = Vth/Rth, параллельный Rth.
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 = 15·8/(15+8) = 5,217 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,217 + 20 = 25,22 Ω
Найдите Vth — напряжение холостого хода
Когда a–b разомкнуты, через R₃ ток не течёт, поэтому падения на нём нет и V_b = V_A. R₁ и R₂ образуют делитель напряжения.
Vth = V1·R2/(R1+R2) = 9·8/(15+8) = 3,13 V
10.Тевенин и Нортон
Ответ: IL = 3,127 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.
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 = 5·3/(5+3) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 3 = 4,875 Ω
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) = 3,375 + 5·1,875 = 12,75 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,75 + 5·3 = 27,75 V
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) = 27,75/(4,875 + 4) = 3,127 A
11.Переходные процессы RC и RL
Ответ: i = 0,4661 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.
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.
t = τ·ln((5 − 20)/(9,5 − 20)) = 484·ln(1,429) = 172,6 ms
Ответ
t = 172,6 ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды
Ответ: φ = 81,72 °
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 = 1257·0,2 = 251,3 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).
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.
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности
Ответ: Q = 2212 var
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| = √(7² + 24²) = 25 Ω
I = V/|Z| = 240/25 = 9,6 A
Реактивная мощность
Q = I²·X = 9,6²·24 = 2212 var
Ответ
Q = 2212 var
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности
Ответ: I = 61,95 A
Мощность переменного тока: полная мощность S = V·I (VA) складывается из активной мощности P = S·cos φ (W), совершающей полезную работу, и реактивной мощности Q = S·sin φ (var), которая колеблется между источником и нагрузкой. Коэффициент мощности — cos φ. Параллельный конденсатор поставляет реактивную мощность на месте, поэтому ток линии уменьшается при той же активной мощности.
Реактивная мощность до и после
Активная мощность P не меняется; меняется только реактивная мощность из сети.
Q1 = 23·tan(arccos 0,75) = 20,28 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·50·220·10⁻⁶ = 11058 var = 11,06 kvar
Q2 = 20,28 − 11,06 = 9,226 kvar
Новая полная мощность
S2 = √(23² + 9,226²) = 24,78 kVA
Новый ток линии
I = S2/V = 24781/400 = 61,95 A
Ответ
I = 61,95 A
17.Трёхфазная мощность
Ответ: IL = 136,8 A
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.
Потребляемая электрическая мощность
Pin = Pout/η = 75/0,92 = 81,52 kW
Ток линии
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 81522/(√3·400·0,86) = 136,8 A
Ответ
IL = 136,8 A
18.Трёхфазная мощность
Ответ: QC = 119,8 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 = 200·tan(acos 0,78) = 200·0,8023 = 160,5 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,98) = 200·0,2031 = 40,61 kvar
Реактивная мощность конденсаторов
QC = Q1 − Q2 = 119,8 kvar
Ответ
QC = 119,8 kvar
19.Трансформаторы
Ответ: ILV = 326,1 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 = 75000/230 = 326,1 A
Ответ
ILV = 326,1 A
20.Трансформаторы
Ответ: Sη,max = 14,43 kVA
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 равны потерям в стали
x²·375 = 125 → x = √(125/375) = 0,5774
Нагрузка при максимальном КПД
Sη,max = x·S = 0,5774·25 = 14,43 kVA
Ответ
Sη,max = 14,43 kVA
21.Схемы на операционных усилителях
Ответ: Vout = −1,4 V
Правила идеального ОУ: при отрицательной обратной связи усилитель устанавливает выход так, чтобы оба входа имели одинаковое напряжение (V₋ = V₊), и ни в один вход ток не течёт. ЗТК на инвертирующем входе с этими двумя фактами даёт выход.
Инвертирующий вход повторяет вход
V₋ = V₊ = −0,7 V
I = V₋/R1 = −0,7/1 = −0,7 mA
Выходное напряжение
Ток через R₁ течёт и через Rf.
Vout = V₋ + I·Rf = −0,7 + (−0,7)·1 = −1,4 V
Ответ
Vout = −1,4 V
22.Схемы на операционных усилителях
Ответ: Vout = 2,991 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.
Входные токи
V₋ = 0, поэтому на каждом входном резисторе всё его входное напряжение.
I1 = V1/R1 = −0,7/4,7 = −0,1489 mA
I2 = V2/R2 = 1,3/100 = 0,013 mA
If = I1 + I2 = −0,1359 mA
Выходное напряжение
Vout = −Rf·If = −22·(−0,1359) = 2,991 V
Ответ
Vout = 2,991 V
23.Диоды и транзисторы
Ответ: VCE = 9,153 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 = 12·6,8/(47 + 6,8) = 1,517 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 = (1,517 − 0,7)/(5,941 + 201·2,2) = 1,822 µA
Ток коллектора
IC = 200·1,822 µA = 0,3645 mA
IE = 201·1,822 µA = 0,3663 mA
Напряжение коллектор–эмиттер
VCE = 12 − 0,3645·5,6 − 0,3663·2,2 = 9,153 V
Ответ
VCE = 9,153 V
24.Диоды и транзисторы
Ответ: ID = 30,93 mA
Цепи со светодиодами и диодами: светодиод в прямом включении падает примерно на своё прямое напряжение VF (около 2 V для красного, 3 V для синего или белого) независимо от тока. Последовательный резистор задаёт ток: R = (Vs − n·VF)/I для n светодиодов последовательно. В более точной модели диода V = V₀ + I·rd рабочая точка находится там, где характеристика диода пересекает нагрузочную прямую I = (Vs − V)/R, поэтому I = (Vs − V₀)/(R + rd).
Объедините два уравнения
9 = 0,65 + I·(220 + 50)
Рабочий ток
ID = 8,35/270 = 30,93 mA
VD = 0,65 + 0,03093·50 = 2,196 V
Ответ
ID = 30,93 mA
25.Системы счисления
Ответ: U = 229
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
27 = 0001 1011
инвертировано: 1110 0100
+1 → 1110 0101
Прочитайте как беззнаковое
1110 0101₂ = 256 − 27 = 229
Ответ
U = 229
26.Системы счисления
Ответ: b = 12 bit
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.
Степени двойки
211 = 2048 < 2674
212 = 4096 ≥ 2674
Ответ
b = 12
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры
Ответ: N = 2
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.
Сгруппируйте нули
Каждая группа — прямоугольник из 2ᵏ клеток; клетки на краю соседствуют с клетками на противоположном краю.
(B′ + C)
A′
Минимальная форма POS
F = (B′ + C)A′
N = 2
Ответ
N = 2
28.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.
Простые импликанты
Самые большие группы, которые можно образовать из единиц и X.
C′, B, AD′
Минимальное покрытие
F = C′ + B + AD′
N = 3
Ответ
N = 3
29.Преобразования Лапласа
Ответ: f(0.25) = 0,4503
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 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
s²Y − 2s − 7 + 6(sY − 2) + 5Y = 0
Y(s) = (2s + 19)/((s + 1)(s + 5))
Простые дроби
A = 17/4 = 4,25
B = 9/(−4) = −2,25
Результат
y(t) = 4,25·e−t − 2,25·e−5t
y(0,3) = 2,646
Ответ
y(0,3) = 2,646
Проверка: y(0) = A + B = 2.
31.Структурные схемы
Ответ: τ = 0,1429 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).
Передаточная функция замкнутой системы
T(s) = G/(1 + G·H) = 30/(s + 1 + 6) = 30/(s + 7)
Результат
τ = 1/7 = 0,1429 s
Ответ
τ = 0,1429 s
32.Структурные схемы
Ответ: K = 8
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).
Реакция на возмущение
css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 5·9/(8 + 9K)
Решите относительно K
8 + 9K = 5·9/0,5625 = 80
K = (80 − 8)/9 = 8
Ответ
K = 8
33.Переходная характеристика
Ответ: tp = 1,894 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).
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).
Собственная частота и коэффициент демпфирования
ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,02·2 × 10⁻⁶) = 5000 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (120/2)·√(2 × 10⁻⁶/0,02) = 0,6
Результат
ωₙ = 5000 rad/s
Ответ
ωn = 5000 rad/s
35.Диаграммы Боде и запасы
Ответ: ∠G(jω) = −106,6 °
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.
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.
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.
Характеристическое уравнение
s³ + 14s² + 40s + K = 0
Таблица Рауса
s³: 1, 40
s²: 14, K
s¹: (14·40 − K)/14
s⁰: K
Условия
Каждый элемент первого столбца должен быть положительным.
K > 0
14·40 − K > 0 → K < 560
Ответ
Kmax = 560
При K = 560 замкнутая система колеблется с частотой ω = √40 = 6,325 rad/s.
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф
Ответ: K = 18,01
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.
Сравните со стандартной формой
s² + 6s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,707·ωₙ = 6 → ωₙ = 4,243 rad/s
Коэффициент усиления
K = ωₙ² = 4,243² = 18,01
Ответ
K = 18,01
Полюса замкнутой системы находятся там, где линия ζ пересекает вертикальную ветвь при s = −3.
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование
Ответ: ess = 20
Установившаяся ошибка: в контуре с единичной обратной связью и передаточной функцией разомкнутой системы G(s) ошибка равна E(s) = R(s)/(1 + G(s)), а по теореме о конечном значении ess = lims→0 s·E(s). Тип системы — это число полюсов G(s) в точке s = 0. Коэффициенты ошибок: Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) и Ka = lim s²·G(s), все при s → 0. Ступенчатое воздействие величиной A даёт ess = A/(1 + Kp), линейное A·t даёт A/Kv, а параболическое A·t²/2 даёт A/Ka. Контур типа 0 отслеживает ступеньку с конечной ошибкой, контур типа 1 отслеживает её точно, а линейное воздействие — с конечной ошибкой.
Коэффициент скоростной ошибки
Kv = lim s·G(s) = 0,2
Ступенчатая часть
Kp = ∞ → estep = 0
Ошибка по линейному воздействию
ess = 4/0,2 = 20
Ответ
ess = 20
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование
Ответ: ts = 1,6 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 + 5) + 40·2 = s² + 5s + 80
ωₙ и ζ
ωₙ = √80 = 8,944 rad/s
ζ = 5/(2·8,944) = 0,2795
Время установления
ζωₙ = 5/2 = 2,5
ts ≈ 4/2,5 = 1,6 s
Ответ
ts = 1,6 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.