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​ = 10 ΩIR1​R3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAR4​6 ΩB

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 ΩR4 = 6 Ω
IR1 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 4 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAR4​25 ΩBR6​12 Ω

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 15 VR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 2 ΩR4 = 25 ΩR5 = 3 ΩR6 = 12 Ω
Req = Ω
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 10 ΩR3​ = 4 ΩIR3​+−V1​18 VR2​3 ΩAR4​2 ΩBIs​4 A

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

V1 = 18 VIs = 4 AR1 = 10 ΩR2 = 3 ΩR3 = 4 ΩR4 = 2 Ω
IR3 = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 8 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​30 VR2​25 ΩAR4​15 ΩB0,2·VA​

Ромб — это источник тока, управляемый напряжением, который направляет ток 0,2·VA (в A при VA в V) вверх в узел B. Методом узловых потенциалов найдите узловое напряжение VB (относительно земли).

V1 = 30 VR1 = 8 ΩR2 = 25 ΩR3 = 25 ΩR4 = 15 Ωg = 0,2 A/V
VB = V
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 2 Ω+−VR1​R2​ = 15 Ω+−V1​12 VR3​15 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти напряжение VR1 на R1 с указанной полярностью.

V1 = 12 VV2 = 12 VR1 = 2 ΩR2 = 15 ΩR3 = 15 Ω
VR1 = V
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 4 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR4​15 ΩAR5​25 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

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

V1 = 10 VV2 = 5 VR1 = 4 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 ΩR4 = 15 ΩR5 = 25 Ω
I1 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 6 ΩR3​ = 8 ΩIR3​+−V1​18 VR2​15 ΩAR4​5 ΩBIs​?

Найдите значение источника тока Is (направление как на схеме), при котором ток IR3 через R3 равен нулю.

V1 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 ΩR4 = 5 Ω
Is = A
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 20 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​18 VR3​25 ΩIR3​AIs​4 AB+−V2​?

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

V1 = 18 VIs = 4 AR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 25 ΩR4 = 2 Ω
V2 = V
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 10 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAab

Найдите сопротивление Тевенина Rth со стороны зажимов a–b.

V1 = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 Ω
Rth = Ω
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 2 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAIs​5 ABRL​20 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 20 Ω. Замените остальную цепь эквивалентом Тевенина и найдите ток нагрузки IL.

V1 = 18 VIs = 5 AR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 30 ΩRL = 20 Ω
IL = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​24 Vt = 0R1​ = 10 kΩR2​ = 2,2 kΩC22 µF+−vC​

Источник Vₛ заряжает конденсатор через R₁, а R₂ подключён параллельно C. Конденсатор разряжен, когда ключ замыкается в момент t = 0. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 80 ms.

Vs = 24 VR1 = 10 kΩR2 = 2,2 kΩC = 22 µFt = 80 ms
vC = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​24 Vt = 0R = 1 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 2 V

Непосредственно перед замыканием ключа в момент t = 0 конденсатор заряжен до 2 V с указанной полярностью. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 100 ms.

Vs = 24 VR = 1 kΩC = 68 µFvC(0) = 2 Vt = 100 ms
vC = V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
230 V50 HzR = 80 ΩL = 200 mHC = 47 µF

Последовательная цепь RLC подключена к сети 230 V (действующее значение), 50 Hz. Найдите угол сдвига фаз φ полного сопротивления в градусах (положительный, когда ток отстаёт от напряжения).

V = 230 V (rms)f = 50 HzR = 80 ΩL = 200 mHC = 47 µF
φ = °
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
24 Vf0​R = 5 ΩL = 20 mHC = 1 µF

Последовательный RLC-контур питается от источника 24 V (действующее значение), частота которого равна резонансной частоте контура. Найдите действующее напряжение VL на катушке.

V = 24 V (rms)R = 5 ΩL = 20 mHC = 1 µF
VL = V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
120 VZ12 + j5 ΩI

Нагрузка с полным сопротивлением Z = 12 + j5 Ω подключена к однофазной сети 120 V (действующее значение). Найдите потребляемую ею активную мощность P.

V = 120 VZ = 12 + j5 Ω
P = W
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P1​ = 38 kWQ1​S1​φ

Однофазный трансформатор 100 kVA питает нагрузку 38 kW при коэффициенте мощности 0,65 (индуктивном). Какую дополнительную активную мощность ΔP можно добавить в виде активной нагрузки (коэффициент мощности 1), прежде чем трансформатор достигнет своей номинальной мощности в kVA?

Smax = 100 kVAP1 = 38 kWpf1 = 0,65
ΔP = kW
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M15 kW, η = 88%cos φ = 0,9

Трёхфазный асинхронный двигатель при полной нагрузке развивает механическую мощность 15 kW. При этой нагрузке его КПД равен 88%, а коэффициент мощности 0,9 (отстающий). Линейное напряжение сети 400 V. Найдите линейный ток IL.

Pout = 15 kWη = 88%cos φ = 0,9VL = 400 V
IL = A
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 75 kW при коэффициенте мощности 0,8 (отстающий) от сети 400 V (линейное), 60 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,98 (отстающий). Активная мощность не меняется. Конденсаторы соединены звездой. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 75 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
11000 V400 VIHV​ = ?ILV​500 kVA

Однофазный трансформатор 500 kVA, 11000/400 V работает при номинальной нагрузке. Считайте его идеальным. Найдите ток IHV в обмотке высшего напряжения.

S = 500 kVAV1 = 11000 VV2 = 400 V
IHV = A
20.ТрансформаторыСложная
500 kVA

Однофазный трансформатор 500 kVA имеет потери в стали 3000 W и потери в меди 7500 W при номинальной нагрузке. При какой нагрузке Sη,max, в kVA, его КПД максимален?

S = 500 kVAPcore = 3000 WPcu,fl = 7500 W
Sη,max = kVA
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​R2​ = 4,7 kΩV1​ = −2,3 VR1​ = 22 kΩV2​ = 2,9 VR3​ = 22 kΩR4​ = 4,7 kΩ

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

V1 = −2,3 VV2 = 2,9 VR1 = R3 = 22 kΩR2 = R4 = 4,7 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​Rf​ = 2 kΩV1​ = −1,8 VR1​ = 2 kΩV2​ = −1,4 VR2​ = 10 kΩ

Суммирующий усилитель использует идеальный ОУ с питанием ±15 V. Найдите выходное напряжение Vout.

V1 = −1,8 VV2 = −1,4 VR1 = 2 kΩR2 = 10 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 1 kΩβ = 50VCC​ = 15 VRB​ = 680 kΩ

NPN-транзистор с β = 50 смещён резистором базы RB = 680 kΩ от источника питания VCC = 15 V. Резистор коллектора RC = 1 kΩ, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите напряжение коллектор–эмиттер VCE.

VCC = 15 VRB = 680 kΩRC = 1 kΩβ = 50VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 150 Ωβ = 80VCC​ = 12 V5 VRB​ = ?

NPN-транзистор с β = 80 коммутирует нагрузочный резистор 150 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 2 раз больше минимального, нужного для насыщения. Найдите RB в kΩ.

VCC = 12 VRC = 150 Ωβ = 80Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vкоэффициент запаса = 2
RB = kΩ
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −84 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −848 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 0110 0110 AND 0010 1111. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

0110 0110AND0010 1111
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABC000111100101324576

Упростите F = A′BC′ + A′C + AB + A′BC до минимальной формы «сумма произведений». Сколько литералов, L, содержит упрощённое выражение?

F = A′BC′ + A′C + AB + A′BC
L =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​CLKMOD-5

Синхронный счётчик по модулю 5 считает 0, 1, …, 4, а затем возвращается к 0. Он начинает с 1. Какое значение Q (в десятичном виде) он покажет после 6 тактовых импульсов?

Q0 = 16N = 5
Q =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 0,8f(0,8) = ?

Найдите f(t) для F(s) = 60/(s(s + 1)(s + 3)) разложением на простые дроби и вычислите f(0,8).

F(s) = 60/(s(s + 1)(s + 3))t = 0,8 s
f(0.8) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 7y′ + 12y = 12·u(t), где y(0) = 4 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 5. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,1).

y″ + 7y′ + 12y = 12·u(t)y(0) = 4y′(0) = 0u(t) = 5t = 0,1 s
y(0.1) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+17s + 6G(s)C(s)0,25H−

Объект G(s) = 17/(s + 6) управляется в контуре отрицательной обратной связи, у датчика которой коэффициент H = 0,25. На R подаётся ступенька величиной 24. Найдите установившееся значение выхода css.

G(s) = 17/(s + 6)H = 0,25R = 24
css =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+Kрегулятор+D(s)+8s + 7объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 8/(s + 7) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Ступенька возмущения величиной 2 действует на входе объекта при R = 0. Найдите наименьший коэффициент K, при котором установившийся выход не превышает 0,2286.

G(s) = 8/(s + 7)D = 2css ≤ 0,2286
K =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)3

Система имеет передаточную функцию G(s) = 195/(s² + 12s + 65) и получает на вход единичную ступеньку. Полюсы равны s = σ ± jωd. Найдите вещественную часть σ.

G(s) = 195/(s² + 12s + 65)
σ =
34.Переходная характеристикаСложная
k = 400 N/mc = 25 N·s/mm = 2,5 kgF = 25 Nx(t)

Масса m = 2,5 kg подвешена на пружине k = 400 N/m с вязким демпфером c = 25 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 25 N. Найдите перерегулирование %OS смещения в процентах.

m = 2,5 kgk = 400 N/mc = 25 N·s/mF = 25 N
%OS = %
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​C = 22 nFR = 2,2 kΩvout​

Изображённый RC-фильтр верхних частот имеет R = 2,2 kΩ, C = 22 nF. На вход подаётся синусоидальный сигнал 13 kHz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.

R = 2,2 kΩC = 22 nFf = 13 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) = 6/(s(s + 1)(s + 3)). Найдите запас по усилению GM в dB.

L(s) = 6/(s(s + 1)(s + 3))
GM = dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+51s(s + 2)(s + 10)C(s)+

Контур на схеме использует положительную обратную связь, L(s) = 5/(s(s + 2)(s + 10)). Сколько полюсов N замкнутой системы лежит в правой полуплоскости?

L(s) = 5/(s(s + 2)(s + 10))
N =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4−6−8j2

Для L(s) = K/((s + 7)(s² + 4s + 13)) найдите угол выхода θd корневого годографа из комплексного полюса в верхней полуплоскости, отсчитываемый от положительного направления вещественной оси.

L(s) = K/((s + 7)(s² + 4s + 13))
θd = °
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 1·t²/2+20(s + 2)s²(s + 10)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 20(s + 2)/(s²(s + 10)) подан параболический вход r(t) = 1·t²/2. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 20(s + 2)/(s²(s + 10))r(t) = 1·t²/2
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K10s(s + 6)C(s)−

Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 10/(s(s + 6)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите коэффициент усиления K, при котором замкнутая система имеет коэффициент демпфирования ζ = 0,6.

G(s) = 10/(s(s + 6))ζ = 0,6
K =

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 0,8449 A

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAR4​6 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 = 20 + 6 = 26 Ω
R2 ∥ 26 = 20·26/(20+26) = 11,3 Ω
Req = R1 + 11,3 = 10 + 11,3 = 21,3 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 18/21,3 = 0,8449 A

Ответ

IR1 = 0,8449 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 6,959 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​ = 4 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAR4​25 ΩBR6​12 Ω

Объединяйте резисторы с дальнего конца

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

R5 + R6 = 3 + 12 = 15 Ω
R4 ∥ 15 = 9,375 Ω
R3 + 9,375 = 11,38 Ω
R2 ∥ 11,38 = 2,959 Ω
Req = R1 + 2,959 = 4 + 2,959 = 6,959 Ω

Ответ

Req = 6,959 Ω
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR3 = −0,463 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.

R1​ = 10 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩAR4​2 ΩBIs​4 A

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 18 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/3 + (VA − 18)/10 + (VA − VB)/4 = 0
0,6833·VA − 0,25·VB = 1,8

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/2 + (VB − VA)/4 = 4
−0,25·VA + 0,75·VB = 4

Решите

Δ = (0,6833)(0,75) − (−0,25)(−0,25) = 0,45
VA = Δ1/Δ = 2,35/0,45 = 5,222 V
VB = Δ2/Δ = 3,183/0,45 = 7,074 V

Ответ

IR3 = (VA − VB)/R3 = (5,222 − 7,074)/4 = −0,463 A
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 73,37 V

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

ЗТК в узле A

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

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,205·VA − 0,04·VB = 3,75

ЗТК в узле B

Зависимый источник направляет ток g·VA в узел B. Рассматривайте его как независимый источник, а затем перенесите член с VA в левую часть.

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,2·VA
−0,24·VA + 0,1067·VB = 0

Решите

Δ = (0,205)(0,1067) − (−0,04)(−0,24) = 0,01227
VA = Δ1/Δ = 0,4/0,01227 = 32,61 V
VB = Δ2/Δ = 0,9/0,01227 = 73,37 V

Ответ

VB = 73,37 V
5.Метод контурных токов

Ответ: VR1 = 1,263 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​ = 2 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​12 VR3​15 ΩA+−V2​12 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
2·I1 + 15(I1 − I2) = 12
17·I1 − 15·I2 = 12

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
15·I2 + 15(I2 − I1) = (−12)
−15·I1 + 30·I2 = −12

Решите

Δ = (17)(30) − (−15)(−15) = 285
I1 = Δ1/Δ = 180/285 = 0,6316 A
I2 = Δ2/Δ = −24/285 = −0,08421 A

Ответ

IR1 = I1 = 0,6316 A
VR1 = IR1·R1 = 0,6316·2 = 1,263 V

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I1 = 0,634 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​ = 4 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR4​15 ΩAR5​25 ΩB+−V2​5 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
4·I1 + 15(I1 − I2) = 10
19·I1 − 15·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
20·I2 + 15(I2 − I1) + 25(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 60·I2 − 25·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
5·I3 + 25(I3 − I2) = (−5)
−25·I2 + 30·I3 = −5

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 15575
I1 = Δ1/Δ = 9875/15575 = 0,634 A
I2 = Δ2/Δ = 2125/15575 = 0,1364 A
I3 = Δ3/Δ = −825/15575 = −0,05297 A

Ответ

I1 = 0,634 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: Is = 2,571 A

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAR4​5 ΩBОБРЫВ

Случай 1 · действует только V1

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

R3+R4 = 8+5 = 13 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 15·13/(15+13) = 6,964 Ω
VA = 18·6,964/(6+6,964) = 9,669 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 9,669·5/13 = 3,719 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (9,669 − 3,719)/8 = 0,7438 A

Случай 2 · действует только Is

V₁ становится коротким замыканием, поэтому R₁ ∥ R₂ подключены между A и землёй. Iₛ делится в узле B между R₄ и ветвью R₃ + R₁∥R₂; часть через R₃ течёт от B к A, против стрелки.

R1 ∥ R2 = 4,286 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·5/17,29 = −0,2893·Is

Приравниваем сумму к нулю

IR3′ + IR3″ = 0,7438 − 0,2893·Is = 0
Is = 0,7438/0,2893 = 2,571 A

Ответ

Is = 2,571 A
8.Метод наложения

Ответ: V2 = 1,7 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​ = 20 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​18 VR3​25 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) = 25 ∥ 7 = 5,469 Ω
VA = 18·5,469/(20+5,469) = 3,865 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,865·2/7 = 1,104 V
R1​ = 20 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 2 ΩКЗR3​25 ΩAIs​4 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 = 11,11 Ω, поэтому левый путь — R2+11,11 = 16,11 Ω
Req = R4 ∥ 16,11 = 1,779 Ω
VB = −Is·Req = −4·1,779 = −7,117 V
VA = VB·11,11/16,11 = −4,908 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 = 11,11 Ω
VA‴ = V2·11,11/(2 + 5 + 11,11) = 0,6135·V2

Приравниваем VA к нулю

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

VA′ + VA″ + VA‴ = 3,865 + (−4,908) + 0,6135·V2 = 0
V2 = 1,043/0,6135 = 1,7 V

Ответ

V2 = 1,7 V
9.Тевенин и Нортон

Ответ: Rth = 13,33 Ω

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 10 ΩКЗR2​5 ΩAabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

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

R1 ∥ R2 = 10·5/(10+5) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 10 = 13,33 Ω
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 3,386 A

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 30 ΩКЗR2​20 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 = 2·20/(2+20) = 1,818 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,818 + 30 = 31,82 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAIs​5 ABab+−Vth​

Найдите Vth — напряжение холостого хода

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 16,36 + 5·1,818 = 25,45 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 25,45 + 5·30 = 175,5 V
Rth​ = 31,82 Ω+−Vth​175,5 VRL​20 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) = 175,5/(31,82 + 20) = 3,386 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 3,752 V

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

Эквивалентная схема Тевенина со стороны конденсатора

Закоротите источник, чтобы найти Rth; отключите конденсатор, чтобы найти напряжение, до которого он зарядится.

Rth = R1 ∥ R2 = 10·2,2/(10 + 2,2) = 1,803 kΩ
vC(∞) = 24·2,2/(10 + 2,2) = 4,328 V

Постоянная времени

τ = Rth·C = 1,803·22 = 39,67 ms

Кривая заряда

vC(t) = 4,328·(1 − e−80/39,67) = 3,752 V

Ответ

vC = 3,752 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 18,94 V

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

Начальное 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) = 2 V, vC(∞) = Vs = 24 V
τ = R·C = 1 kΩ · 68 µF = 68 ms
vC(t) = 24 + (2 − 24)·e−t/τ

Напряжение в заданный момент

vC(100) = 24 + (−22)·e−100/68 = 18,94 V

Ответ

vC = 18,94 V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: φ = −3,5 °

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

Реактивные сопротивления

ω = 2πf = 2π·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,2 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·47·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (−4,894)²) = 80,15 Ω

Угол сдвига фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−4,894/80) = −3,5°

Ответ

φ = −3,5°
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: VL = 678,8 V

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 реактивные сопротивления компенсируются, поэтому полное сопротивление равно просто R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,02·1·10⁻⁶) = 7071 rad/s
I = V/R = 24/5 = 4,8 A

Напряжение на катушке

XL = ω₀L = 7071·0,02 = 141,4 Ω
VL = I·XL = 4,8·141,4 = 678,8 V

Ответ

VL = 678,8 V

Это в Q = 28,28 раз больше напряжения источника.

15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: P = 1022 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 + 5²) = 13 Ω
I = V/|Z| = 120/13 = 9,231 A

Активная мощность

P = I²·R = 9,231²·12 = 1022 W

Ответ

P = 1022 W
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: ΔP = 51,59 kW

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

Реактивная мощность существующей нагрузки

Q1 = 38·tan(arccos 0,65) = 44,43 kvar

Наибольшая суммарная активная мощность

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(100² − 44,43²) = 89,59 kW

Дополнительная активная мощность

ΔP = 89,59 − 38 = 51,59 kW

Ответ

ΔP = 51,59 kW
17.Трёхфазная мощность

Ответ: IL = 27,34 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 = 15/0,88 = 17,05 kW

Ток линии

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 17045/(√3·400·0,9) = 27,34 A

Ответ

IL = 27,34 A
18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 680,1 µF

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

Реактивная мощность до и после

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

Q1 = 75·tan(acos 0,8) = 75·0,75 = 56,25 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,98) = 75·0,2031 = 15,23 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 41,02 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 400/√3 = 230,9 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 13674/(377·230,9²) = 680,1 µF

Ответ

Cph = 680,1 µF
19.Трансформаторы

Ответ: IHV = 45,45 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.

IHV = S/V = 500000/11000 = 45,45 A

Ответ

IHV = 45,45 A
20.Трансформаторы

Ответ: Sη,max = 316,2 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

x²·7500 = 3000 → x = √(3000/7500) = 0,6325

Нагрузка при максимальном КПД

Sη,max = x·S = 0,6325·500 = 316,2 kVA

Ответ

Sη,max = 316,2 kVA
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 1,111 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) = 2,9·4,7/(22 + 4,7) = 0,5105 V
V₋ = V₊

ЗТК на инвертирующем входе

(−2,3 − 0,5105)/22 = (0,5105 − Vout)/4,7
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (4,7/22)·(2,9 − (−2,3)) = 1,111 V

Ответ

Vout = 1,111 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 2,08 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 = −1,8/2 = −0,9 mA
I2 = V2/R2 = −1,4/10 = −0,14 mA
If = I1 + I2 = −1,04 mA

Выходное напряжение

Vout = −Rf·If = −2·(−1,04) = 2,08 V

Ответ

Vout = 2,08 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: VCE = 13,95 V

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

Ток базы

IB = (VCC − VBE)/RB = (15 − 0,7)/680 kΩ = 21,03 µA

Ток коллектора

IC = β·IB = 50·21,03 µA = 1,051 mA

Напряжение коллектор–эмиттер

VCE = 15 − 1,051 mA·1 kΩ = 13,95 V

Ответ

VCE = 13,95 V
24.Диоды и транзисторы

Ответ: RB = 2,186 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)/150 = 78,67 mA

Минимальный ток базы

IB(min) = IC(sat)/β = 78,67/80 = 983,3 µA

Расчётный ток базы

IB = 2·983,3 µA = 1967 µA

Резистор базы

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/1,967 mA = 2,186 kΩ

Ответ

RB = 2,186 kΩ
25.Системы счисления

Ответ: U = 172

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

84 = 0101 0100
инвертировано: 1010 1011
+1 → 1010 1100

Прочитайте как беззнаковое

1010 1100₂ = 256 − 84 = 172

Ответ

U = 172
26.Системы счисления

Ответ: R = 38

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.

0110 0110
AND 0010 1111
= 0010 0110

Значение результата

0010 0110₂ = 38

Ответ

R = 38
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 3

Булева алгебра: правила, упрощающие выражения: X + X′ = 1 и X·X′ = 0, X + X = X, поглощение X + X·Y = X, правило склеивания X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y и теорема о консенсусе XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Законы де Моргана превращают (X·Y)′ в X′ + Y′ и (X + Y)′ в X′·Y′. Карта Карно применяет эти правила графически: каждая группа из двух соседних клеток — это одно применение XY + XY′ = X.

Минтермы выражения

A′BC′ → m(2)
A′C → m(1, 3)
AB → m(6, 7)
A′BC → m(3)
ABC00011110010011131204051716

Сгруппируйте и прочитайте

F = B + A′C

Посчитайте литералы

L = 3

Ответ

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

Ответ: Q = 2

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

Полные циклы

Каждые 5 импульсов возвращают счётчик в то же состояние.

6 = 1·5 + 1

Значение после оставшихся импульсов

Q = (1 + 1) mod 5 = 2
Q = 010₂

Ответ

Q = 2
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.8) = 7,427

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).

Простые дроби

F(s) = A/s + B/(s + 1) + C/(s + 3)
A = 60/(1·3) = 20
B = 60/((−1)·2) = −30
C = 60/((−3)·(−2)) = 10

Обратное преобразование

f(t) = 20 − 30·e−t + 10·e−3t

Вычислите

f(0,8) = 20 − 30·e−0,8 + 10·e−3·0,8 = 7,427

Ответ

f(0,8) = 7,427
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.1) = 4,048

Преобразование Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt превращает производные в умножение на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартные пары: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), а сдвиг s → s + σ умножает функцию времени на e−σt. Чтобы найти оригинал рациональной F(s), разложите её на простые дроби: вычет простого полюса p равен A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема о конечном значении: f(∞) = lims→0 s·F(s), верна только когда все полюсы s·F(s) лежат в левой полуплоскости. Теорема о начальном значении: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Преобразование уравнения

(s² + 7s + 12)·Y(s) = 4s + 28 + 60/s
Y(s) = (4s² + 28s + 60)/(s(s + 3)(s + 4))

Простые дроби

A = 60/(3·4) = 5
B = 12/((−3)·1) = −4
C = 12/((−4)·(−1)) = 3

Результат

y(t) = 5 − 4·e−3t + 3·e−4t
y(0,1) = 4,048

Ответ

y(0,1) = 4,048

Проверка: y(0) = A + B + C = 4.

31.Структурные схемы

Ответ: css = 39,8

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).

Передаточная функция замкнутой системы

T(s) = G/(1 + G·H) = 17/(s + 6 + 4,25) = 17/(s + 10,25)

Результат

css = R·T(0) = 24·17/10,25 = 39,8

Ответ

css = 39,8
32.Структурные схемы

Ответ: K = 7,875

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)) = 2·8/(7 + 8K)

Решите относительно K

7 + 8K = 2·8/0,2286 = 70
K = (70 − 7)/8 = 7,875

Ответ

K = 7,875
33.Переходная характеристика

Ответ: σ = −6

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 = 65 → ωₙ = 8,062 rad/s
2ζωₙ = 12 → ζ = 12/(2·8,062) = 0,7442

Результат

σ = −ζωₙ = −12/2 = −6

Ответ

σ = −6
34.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 25,87 %

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 = √(k/m) = √(400/2,5) = 12,65 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 25/(2·√(400·2,5)) = 0,3953

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 25,87 %

Ответ

%OS = 25,87 %
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: φ = 14,2 °

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/(2200·2,2 × 10⁻⁸) = 20661 rad/s
fc = 3288 Hz → f/fc = 13000/3288 = 3,953

Фаза

φ = 90° − atan(3,953) = 14,2°

Ответ

φ = 14,2°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: GM = 6,021 dB

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

Частота перехода фазы

(ω/1)·(ω/3) = 1 → ω180 = √(1·3) = 1,732 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 9)) = K/(1·3·(1 + 3)) = K/12

Запас по усилению

GM = 20·log₁₀(12/6) = 6,021 dB

Ответ

GM = 6,021 dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: N = 1

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 + 12s² + 20s − 5 = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 20
s²: 12, −5
s¹: 20,42
s⁰: −5

Смены знака в первом столбце

1 → 12 → 20,42 → −5
N = 1

Ответ

N = 1

Положительная обратная связь делает свободный коэффициент отрицательным: один вещественный полюс всегда уходит в правую полуплоскость.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: θd = 59,04 °

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.

Положения полюсов

s² + 4s + 13 = 0 → s = −2 ± j3
s = −7

Углы от остальных полюсов

∠(−2 + j3 + 7) = atan2(3, 5) = 30,96°
∠(−2 + j3 − (−2 − j3)) = ∠(j6) = 90°

Угол выхода

θd = 180° − 30,96° − 90° = 59,04°

Ответ

θd = 59,04°
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 0,25

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 = 20·2/10 = 4

Ошибка по параболическому воздействию

ess = 1/4 = 0,25

Ответ

ess = 0,25
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 2,5

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

s(s + 6) + 10K = s² + 6s + 10K

Собственная частота

2·0,6·ωₙ = 6 → ωₙ = 5 rad/s

Коэффициент усиления

10K = ωₙ² = 25 → K = 2,5

Ответ

K = 2,5

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