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​ = 6 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩAR4​15 ΩB

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 8 ΩR3 = 12 ΩR4 = 15 Ω
Req = Ω
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 3 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​15 VR2​25 ΩIR2​AR4​8 ΩBR6​6 Ω

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 15 VR1 = 3 ΩR2 = 25 ΩR3 = 2 ΩR4 = 8 ΩR5 = 25 ΩR6 = 6 Ω
IR2 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​5 Ω+−V1​9 VR2​15 Ω+−V2​15 VR3​10 Ω−+V3​15 VI3​A

Между узлом A и землёй включены три ветви, как показано на схеме. Методом узловых потенциалов найдите ток I3 в ветви 3, текущий вверх в узел A по направлению стрелки.

V1 = 9 VR1 = 5 ΩV2 = 15 VR2 = 15 ΩV3 = 15 VR3 = 10 Ω
I3 = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 30 Ω−+Vs​ = 12 V+−V1​30 VR2​6 ΩAR3​12 ΩBIs​6 A

Вывод + источника напряжения Vₛ между A и B находится у B, поэтому он задаёт VB − VA = Vₛ. Методом узловых потенциалов с супер-узлом найдите узловое напряжение VA (относительно земли).

V1 = 30 VIs = 6 AVs = 12 VR1 = 30 ΩR2 = 6 ΩR3 = 12 Ω
VA = V
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 6 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​6 VR3​3 ΩIR3​A+−V2​10 VI1​I2​

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

V1 = 6 VV2 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 3 Ω
IR3 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 25 ΩR2​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR4​6 ΩAR5​5 ΩB+−V2​24 VI1​I2​I3​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти контурный ток I3 (по часовой стрелке).

V1 = 24 VV2 = 24 VR1 = 25 ΩR2 = 8 ΩR3 = 12 ΩR4 = 6 ΩR5 = 5 Ω
I3 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 20 ΩIR1​R3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​8 ΩBIs​4 A

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

V1 = 24 VIs = 4 AR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 ΩR4 = 8 Ω
PR1 = W
8.Метод наложенияСложная
линейная цепьV1​V2​Is​IRL​

Линейная резистивная цепь содержит три независимых источника: V1, V2 и Is. Ток I через нагрузку измерен три раза. При номинальных значениях всех источников I = 16,5 mA. Если V1 удвоить, а два других оставить без изменений, I = 24,5 mA. Если изменить направление Is на противоположное, а два других оставить без изменений, I = −3,5 mA. Найдите ток нагрузки I, если V2 отключён, а V1 и Is имеют номинальные значения.

номинальные значения: I = 16,5 mA2·V1: I = 24,5 mA−Is: I = −3,5 mA
I = mA
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAab

Найдите сопротивление Тевенина Rth со стороны зажимов a–b.

V1 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 Ω
Rth = Ω
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩAIs​0,5 ABab

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

V1 = 10 VIs = 0,5 AR1 = 12 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 Ω
IN = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
R = 10 Ωt = 0L68 mHi(t)

Через катушку течёт установившийся ток 1 A. При t = 0 ключ замыкает контур через R, а источник отключается, поэтому ток катушки убывает через R. Найдите напряжение vR на R при t = 10 ms.

i(0) = 1 AR = 10 ΩL = 68 mHt = 10 ms
vR = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​24 Vразмыкается при t = 0R1​ = 2,2 kΩR2​ = 4,7 kΩC220 µF+−vC​

Ключ был замкнут долгое время, поэтому цепь находится в установившемся режиме. При t = 0 ключ размыкается. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 400 ms.

Vs = 24 VR1 = 2,2 kΩR2 = 4,7 kΩC = 220 µFt = 400 ms
vC = V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
12 V200 HzR = 20 ΩL = 20 mHC = 100 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 12 V (действующее значение), 200 Hz. Найдите активную мощность P, потребляемую от источника.

V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 20 ΩL = 20 mHC = 100 µF
P = W
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
120 V500 HzR = 30 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF

Последовательная цепь RLC подключена к сети 120 V (действующее значение), 500 Hz. Найдите резонансную частоту f0 цепи.

V = 120 V (rms)f = 500 HzR = 30 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF
f0 = Hz
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
120 VZ4 + j3 ΩI

Нагрузка с полным сопротивлением Z = 4 + j3 Ω подключена к однофазной сети 120 V (действующее значение). Найдите потребляемую ею реактивную мощность Q.

V = 120 VZ = 4 + j3 Ω
Q = var
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
400 V60 Hzнагрузка11 kW, 0,65C33 µFI

Однофазная нагрузка потребляет 11 kW при коэффициенте мощности 0,65 (индуктивном) от сети 400 V, 60 Hz. Параллельно нагрузке подключён конденсатор 33 µF. Найдите новый коэффициент мощности cos φ со стороны сети.

P = 11 kWpf1 = 0,65V = 400 Vf = 60 HzC = 33 µF
cos φ =
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 415 VIL​ = ?M18,5 kW, η = 91%cos φ = 0,88

Трёхфазный асинхронный двигатель при полной нагрузке развивает механическую мощность 18,5 kW. При этой нагрузке его КПД равен 91%, а коэффициент мощности 0,88 (отстающий). Линейное напряжение сети 415 V. Найдите линейный ток IL.

Pout = 18,5 kWη = 91%cos φ = 0,88VL = 415 V
IL = A
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 120 kW при коэффициенте мощности 0,7 (отстающий) от сети 690 V (линейное), 50 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,9 (отстающий). Активная мощность не меняется. Конденсаторы соединены звездой. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 120 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
RL​ = 10 Ω21460 VV2​I1​ = ?I2​

К первичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 2:1 приложено 460 V. К вторичной обмотке подключён резистор 10 Ω. Найдите первичный ток I1.

N1:N2 = 2:1V1 = 460 VRL = 10 Ω
I1 = A
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,85500 kVA, η = 96,5%

Однофазный трансформатор 500 kVA имеет потери в стали 3000 W. При номинальной нагрузке и коэффициенте мощности 0,85 (отстающий) его КПД равен 96,5%. Найдите потери в меди при номинальной нагрузке Pcu,fl в ваттах.

S = 500 kVAPcore = 3000 Wpf = 0,85η = 96,5%
Pcu,fl = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 22 kΩR1​ = 2 kΩVin​ = 0,4 V

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

Vin = 0,4 VR1 = 2 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​R2​ = 10 kΩV1​ = 0,9 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = −2 VR3​ = 22 kΩR4​ = 10 kΩ

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

V1 = 0,9 VV2 = −2 VR1 = 4,7 kΩR2 = 10 kΩR3 = 22 kΩR4 = 10 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 2,2 kΩβ = 80VCC​ = 10 VRB​ = 220 kΩ

NPN-транзистор с β = 80 смещён резистором базы RB = 220 kΩ от источника питания VCC = 10 V. Резистор коллектора RC = 2,2 kΩ, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите напряжение коллектор–эмиттер VCE.

VCC = 10 VRB = 220 kΩRC = 2,2 kΩβ = 80VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Диоды и транзисторыСложная
+−≤ 30 V330 Ω9,1 V

Стабилизатор на стабилитроне 9,1 V имеет последовательный резистор 330 Ω. Входное напряжение может подниматься до 30 V, а нагрузка может быть отключена. Найдите наибольшую мощность PZ,max, которую должен рассеивать стабилитрон.

Vin,max = 30 VVZ = 9,1 VR = 330 Ω
PZ,max = mW
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −24 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −248 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 0011 0101 XOR 0111 1111. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

0011 0101XOR0111 1111
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABC00011110010001031204151716

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «сумма произведений» (SOP) для F(A, B, C) = Σm(2, 5, 6, 7). Сколько всего литералов, L, она содержит (переменная со штрихом считается одним литералом)?

F(A, B, C) = Σm(2, 5, 6, 7)
L =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
ABCD0001111000011110X0010302041517X6012113X150141809011010

Найдите минимальную форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(5, 7, 8, 13) + d(0, 6, 15), где d обозначает безразличные состояния. Сколько литералов, L, она содержит?

F(A, B, C, D) = Σm(5, 7, 8, 13) + d(0, 6, 15)
L =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm5

Найдите f(t) для F(s) = 15/(s² + 2s + 37) выделением полного квадрата и вычислите f(1,5).

F(s) = 15/(s² + 2s + 37)t = 1,5 s
f(1.5) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Решите y″ + 10y′ + 24y = 0 при y(0) = −2 и y′(0) = −8 с помощью преобразования Лапласа и найдите y(0,1).

y″ + 10y′ + 24y = 0y(0) = −2y′(0) = −8t = 0,1 s
y(0.1) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+5(s + 1)(s + 3)(s + 4)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 5(s + 1)/((s + 3)(s + 4)). На задающее воздействие подаётся ступенька величиной 1. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 5(s + 1)/((s + 3)(s + 4))R = 1
ess =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+K(s + 2)(s + 4)(s + 7)G(s)C(s)−

Объект G(s) = K/((s + 2)(s + 4)(s + 7)) помещён в контур с единичной отрицательной обратной связью. При наибольшем устойчивом коэффициенте в контуре возникают колебания. Найдите частоту колебаний ω в rad/s.

G(s) = K/((s + 2)(s + 4)(s + 7))единичная отрицательная обратная связь
ω = rad/s
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)2?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 152/(s² + 8s + 76) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите перерегулирование %OS переходной характеристики в процентах.

G(s) = 152/(s² + 8s + 76)
%OS = %
34.Переходная характеристикаСложная
k = 100 N/mc = 8 N·s/mm = 2 kgF = 10 Nx(t)

Масса m = 2 kg подвешена на пружине k = 100 N/m с вязким демпфером c = 8 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 10 N. Найдите коэффициент демпфирования ζ.

m = 2 kgk = 100 N/mc = 8 N·s/mF = 10 N
ζ =
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​C = 1 nFR = 47 kΩvout​

Изображённый RC-фильтр верхних частот имеет R = 47 kΩ, C = 1 nF. На вход подаётся синусоидальный сигнал 17 kHz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.

R = 47 kΩC = 1 nFf = 17 kHz
φ = °
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 3)(s + 10)). Найдите коэффициент усиления K, который даёт запас по усилению 2 dB.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 10))GM = 2 dB
K =
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1s(s + 2)(s + 5)C(s)−

Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5)). Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5))
Kmax =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81j1j2sb​

Показан корневой годограф L(s) = K/((s + 3)(s + 7)). Найдите коэффициент усиления K в точке отрыва sb, где два полюса замкнутой системы встречаются на вещественной оси.

L(s) = K/((s + 3)(s + 7))
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
R(s)+K = 202,51s + 1C(s)−

Процесс G(s) = 2,5/(1s + 1) управляется пропорциональным коэффициентом усиления K = 20 в контуре с единичной обратной связью. Найдите установившуюся ошибку ess по ступеньке в процентах от величины ступеньки.

G(s) = 2,5/(1s + 1)K = 20
ess = %
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+Kp​ + Ki​/s1s + 2C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s управляет объектом G(s) = 1/(s + 2) в контуре с единичной обратной связью. Замкнутая система должна иметь ωₙ = 4 rad/s и ζ = 0,6. Найдите интегральный коэффициент Ki.

G(s) = 1/(s + 2)ωₙ = 4 rad/sζ = 0,6
Ki =

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 12,17 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​ = 6 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩAR4​15 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 = 12 + 15 = 27 Ω
R2 ∥ 27 = 8·27/(8+27) = 6,171 Ω
Req = R1 + 6,171 = 6 + 6,171 = 12,17 Ω

Ответ

Req = 12,17 Ω
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 0,4057 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​ = 3 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​15 VR2​25 ΩAR4​8 ΩBR6​6 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 = 25 + 6 = 31 Ω
R4 ∥ 31 = 6,359 Ω
R3 + 6,359 = 8,359 Ω
R2 ∥ 8,359 = 6,264 Ω
Req = R1 + 6,264 = 3 + 6,264 = 9,264 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 15/9,264 = 1,619 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 15 − 1,619·3 = 10,14 V
IR2 = VA/R2 = 10,14/25 = 0,4057 A

Ответ

IR2 = 0,4057 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: I3 = −1,855 A

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

ЗТК в узле A

Примите нижний провод за землю. Каждая ветвь проводит ток (VA − Vk)/Rk, вытекающий из A, где Vk — напряжение её источника (ноль для простого резистора). Сумма токов, вытекающих из A, равна нулю.

(VA − 9)/5 + (VA − 15)/15 + (VA − (−15))/10 = 0

Находим VA

VA = (9/5 + 15/15 + (−15)/10) / (1/5 + 1/15 + 1/10) = 1,3/0,3667 = 3,545 V

Ток ветви

Стрелка направлена вверх по ветви, в узел A.

I3 = ((−15) − VA)/R3 = ((−15) − 3,545)/10 = −1,855 A

Ответ

I3 = −1,855 A

Отрицательный результат означает, что в действительности ток течёт против стрелки.

4.Метод узловых потенциалов

Ответ: VA = 21,18 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.

Образуем супер-узел

Через источник напряжения между A и B течёт неизвестный ток, поэтому ЗТК нельзя записать отдельно для A или B. Объедините A, B и источник в один супер-узел: втекающий в него ток равен вытекающему.

VB = VA + 12
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Решите

(VA − 30)/30 + VA/6 + (VA + 12)/12 = 6
VA·(1/30 + 1/6 + 1/12) = 6 + 30/30 − 12/12 = 6
VA = 6/0,2833 = 21,18 V
VB = 33,18 V

Ответ

VA = 21,18 V
5.Метод контурных токов

Ответ: IR3 = 0,9804 A

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

R1​ = 6 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​6 VR3​3 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
6·I1 + 3(I1 − I2) = 6
9·I1 − 3·I2 = 6

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
15·I2 + 3(I2 − I1) = (−10)
−3·I1 + 18·I2 = −10

Решите

Δ = (9)(18) − (−3)(−3) = 153
I1 = Δ1/Δ = 78/153 = 0,5098 A
I2 = Δ2/Δ = −72/153 = −0,4706 A

Ответ

IR3 = I1 − I2 = 0,9804 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I3 = −1,455 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​ = 25 ΩR2​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR4​6 ΩAR5​5 ΩB+−V2​24 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
25·I1 + 6(I1 − I2) = 24
31·I1 − 6·I2 = 24

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
8·I2 + 6(I2 − I1) + 5(I2 − I3) = 0
−6·I1 + 19·I2 − 5·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
12·I3 + 5(I3 − I2) = (−24)
−5·I2 + 17·I3 = −24

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 8626
I1 = Δ1/Δ = 6432/8626 = 0,7457 A
I2 = Δ2/Δ = −1272/8626 = −0,1475 A
I3 = Δ3/Δ = −12552/8626 = −1,455 A

Ответ

I3 = −1,455 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: PR1 = 44,15 W

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​8 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 = 2+8 = 10 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 5·10/(5+10) = 3,333 Ω
VA = 24·3,333/(20+3,333) = 3,429 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,429·8/10 = 2,743 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (24 − 3,429)/20 = 1,029 A
R1​ = 20 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​5 ΩAR4​8 ΩBIs​4 A

Случай 2 · действует только Is

V₁ становится коротким замыканием, поэтому R₁ параллелен R₂. Iₛ в точке B делится между R₄ и путём через R₃. Стрелка Iₛ направлена вниз, от своего узла, поэтому Iₛ отводит ток из этого узла: его член входит со знаком минус.

R1 ∥ R2 = 20·5/(20+5) = 4 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 8 ∥ 6 = 3,429 Ω
VB = −Is·Req = −4·3,429 = −13,71 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −13,71·4/6 = −9,143 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − −9,143)/20 = 0,4571 A

Складываем вклады токов

IR1 = IR1′ + IR1″ = 1,029 + 0,4571 = 1,486 A

Мощность в резисторе

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

PR1 = IR1²·R1 = 1,486²·20 = 44,15 W

Ответ

PR1 = 44,15 W

Сложение мощностей отдельных случаев дало бы 25,34 W, что неверно.

8.Метод наложения

Ответ: I = 18 mA

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

Записываем измерения через вклады

Каждый вклад пропорционален своему источнику.

I₁ + I₂ + I₃ = 16,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 24,5
I₁ + I₂ − I₃ = −3,5

Находим вклады

I₁ = 24,5 − 16,5 = 8 mA
I₃ = (16,5 − (−3,5))/2 = 10 mA
I₂ = 16,5 − 8 − 10 = −1,5 mA

Отключаем V₂

I = I₁ + I₃ = 8 + 10 = 18 mA

Ответ

I = 18 mA
9.Тевенин и Нортон

Ответ: Rth = 7,5 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​ = 15 ΩR3​ = 5 ΩКЗR2​3 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 = 15·3/(15+3) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 5 = 7,5 Ω
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = 0,702 A

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 15 ΩКЗR2​8 ΩAОБРЫВBabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

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

R1 ∥ R2 = 12·8/(12+8) = 4,8 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,8 + 15 = 19,8 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩAIs​0,5 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) = 4 + 0,5·4,8 = 6,4 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 6,4 + 0,5·15 = 13,9 V
IN​0,702 ARth​19,8 Ωab

Эквивалент Нортона

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

IN = Vth/Rth = 13,9/19,8 = 0,702 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vR = 2,298 V

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

Постоянная времени

τ = L/R = 68 mH / 10 Ω = 6,8 ms

Убывание тока

i(t) = 1·e−10/6,8 = 0,2298 A
vR = R·i = 10·0,2298 = 2,298 V

Ответ

vR = 2,298 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 11,1 V

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

Начальное напряжение конденсатора

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

vC(0) = 24·4,7/(2,2 + 4,7) = 16,35 V

Постоянная времени после размыкания ключа

τ = R2·C = 4,7·220 = 1034 ms

Разряд

vC(t) = 16,35·e−400/1034 = 11,1 V

Ответ

vC = 11,1 V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: P = 4,144 W

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

XL = 25,13 Ω, XC = 7,958 Ω

Полное сопротивление

|Z| = √(20² + (17,17)²) = 26,36 Ω

Активная мощность

Катушки и конденсаторы только запасают и возвращают энергию; всю активную мощность потребляет резистор.

I = 12/26,36 = 0,4552 A
P = I²·R = 0,4552²·20 = 4,144 W

Ответ

P = 4,144 W
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: f0 = 758,7 Hz

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

Резонанс

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

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,02·2,2·10⁻⁶)) = 758,7 Hz

Ответ

f0 = 758,7 Hz
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Q = 1728 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| = √(4² + 3²) = 5 Ω
I = V/|Z| = 120/5 = 24 A

Реактивная мощность

Q = I²·X = 24²·3 = 1728 var

Ответ

Q = 1728 var
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: cos φ = 0,7113

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 = 11·tan(arccos 0,65) = 12,86 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·60·33·10⁻⁶ = 1991 var = 1,991 kvar
Q2 = 12,86 − 1,991 = 10,87 kvar

Новая полная мощность

S2 = √(11² + 10,87²) = 15,46 kVA

Новый коэффициент мощности

cos φ = P/S2 = 11/15,46 = 0,7113

Ответ

cos φ = 0,7113
17.Трёхфазная мощность

Ответ: IL = 32,14 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 = 18,5/0,91 = 20,33 kW

Ток линии

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 20330/(√3·415·0,88) = 32,14 A

Ответ

IL = 32,14 A
18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 429,9 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 = 120·tan(acos 0,7) = 120·1,02 = 122,4 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,9) = 120·0,4843 = 58,12 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 64,31 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 21435/(314,2·398,4²) = 429,9 µF

Ответ

Cph = 429,9 µF
19.Трансформаторы

Ответ: I1 = 11,5 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.

Вторичные напряжение и ток

V2 = 460/2 = 230 V
I2 = 230/10 = 23 A

Первичный ток

Идеальный трансформатор не имеет потерь: V₁·I₁ = V₂·I₂.

I1 = I2/2 = 11,5 A

Ответ

I1 = 11,5 A

Проверка: нагрузка со стороны первичной обмотки равна a²·RL = 40 Ω, и 460/40 даёт тот же ток.

20.Трансформаторы

Ответ: Pcu,fl = 12415 W

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

Выходная и потребляемая мощность

Pout = 500·0,85 = 425 kW
Pin = 425000/0,965 = 440415 W

Суммарные потери и потери в меди

Ploss = 440415 − 425000 = 15415 W
Pcu,fl = 15415 − 3000 = 12415 W

Ответ

Pcu,fl = 12415 W
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 4,8 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₊ = 0,4 V
I = V₋/R1 = 0,4/2 = 0,2 mA

Выходное напряжение

Ток через R₁ течёт и через Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 0,4 + 0,2·22 = 4,8 V

Ответ

Vout = 4,8 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −3,87 V

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

Напряжение на входе +

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = −2·10/(22 + 10) = −0,625 V

Наложение двух входов

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

Vout = −(10/4,7)·0,9 + (1 + 10/4,7)·(−0,625) = −1,915 + (−1,955) = −3,87 V

Ответ

Vout = −3,87 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: VCE = 2,56 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 = (10 − 0,7)/220 kΩ = 42,27 µA

Ток коллектора

IC = β·IB = 80·42,27 µA = 3,382 mA

Напряжение коллектор–эмиттер

VCE = 10 − 3,382 mA·2,2 kΩ = 2,56 V

Ответ

VCE = 2,56 V
24.Диоды и транзисторы

Ответ: PZ,max = 576,3 mW

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

Ток стабилитрона в худшем случае

IZ = 20,9/330 = 63,33 mA

Мощность стабилитрона

PZ = 9,1·63,33 = 576,3 mW

Ответ

PZ,max = 576,3 mW
25.Системы счисления

Ответ: U = 232

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

24 = 0001 1000
инвертировано: 1110 0111
+1 → 1110 1000

Прочитайте как беззнаковое

1110 1000₂ = 256 − 24 = 232

Ответ

U = 232
26.Системы счисления

Ответ: R = 74

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

XOR даёт 1 там, где два бита различаются.

0011 0101
XOR 0111 1111
= 0100 1010

Значение результата

0100 1010₂ = 74

Ответ

R = 74
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 4

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.

ABC00011110010001031204151716

Сгруппируйте единицы

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

BC′
AC

Минимальная форма SOP

F = BC′ + AC
L = 4

Ответ

L = 4
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 5

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.

BD, B′C′D′, A′BC
ABCD0001111000011110X0010302041517X6012113X150141809011010

Минимальное покрытие

F = BD + B′C′D′
L = 5

Ответ

L = 5
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(1.5) = 0,2299

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

Выделение полного квадрата

s² + 2s + 37 = (s + 1)² + 36 = (s + 1)² + 6²

Подбор числителя

F(s) = (15/6)·6/((s + 1)² + 6²)

Обратное преобразование

f(t) = e−t·(2,5·sin 6t)
f(1,5) = e−1,5·(2,5·sin(6·1,5)) = 0,2299

Ответ

f(1,5) = 0,2299
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.1) = −2,313

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 − (−2)s − (−8) + 10(sY − (−2)) + 24Y = 0
Y(s) = (−2s − 28)/((s + 4)(s + 6))

Простые дроби

A = −20/2 = −10
B = −16/(−2) = 8

Результат

y(t) = −10·e−4t + 8·e−6t
y(0,1) = −2,313

Ответ

y(0,1) = −2,313

Проверка: y(0) = A + B = −2.

31.Структурные схемы

Ответ: ess = 0,7059

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

Коэффициент ошибки по положению

Kₚ = G(0) = 5·1/(3·4) = 0,4167

Установившаяся ошибка

ess = A/(1 + Kₚ) = 1/(1 + 0,4167) = 0,7059

Ответ

ess = 0,7059
32.Структурные схемы

Ответ: ω = 7,071 rad/s

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

Характеристическое уравнение

s³ + 13s² + 50s + 56 + K = 0

Таблица Рауса

s³ | 1 50
s² | 13 56 + K
s¹ | (13·50 − 56 − K)/13
s⁰ | 56 + K

Граница устойчивости

Все элементы первого столбца должны быть положительными.

Kmax = 13·50 − 56 = 594

Частота колебаний

13·(jω)² + 56 + 594 = 0 → ω² = 650/13 = 50
ω = 7,071 rad/s

Ответ

ω = 7,071 rad/s
33.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 19,74 %

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 = 76 → ωₙ = 8,718 rad/s
2ζωₙ = 8 → ζ = 8/(2·8,718) = 0,4588

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−1,622 = 19,74 %

Ответ

%OS = 19,74 %
34.Переходная характеристика

Ответ: ζ = 0,2828

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) = √(100/2) = 7,071 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 8/(2·√(100·2)) = 0,2828

Результат

ζ = 0,2828

Ответ

ζ = 0,2828
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: φ = 11,27 °

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/(47000·1 × 10⁻⁹) = 21277 rad/s
fc = 3386 Hz → f/fc = 17000/3386 = 5,02

Фаза

φ = 90° − atan(5,02) = 11,27°

Ответ

φ = 11,27°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: K = 309,8

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/3)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(3·10) = 5,477 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 100)) = K/(3·10·(3 + 10)) = K/390

Требуемое усиление

390/K = 102/20 = 1,259
K = 390/1,259 = 309,8

Ответ

K = 309,8
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 70

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 + 7s² + 10s + K = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 10
s²: 7, K
s¹: (7·10 − K)/7
s⁰: K

Условия

Каждый элемент первого столбца должен быть положительным.

K > 0
7·10 − K > 0 → K < 70

Ответ

Kmax = 70

При K = 70 замкнутая система колеблется с частотой ω = √10 = 3,162 rad/s.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 4

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

Точка отрыва

Для K = −(s + 3)(s + 7) равенство dK/ds = 0 даёт 2s + 10 = 0.

sb = −5

Условие по модулю

K = |−5 + 3|·|−5 + 7| = 2·2 = 4

Ответ

K = 4

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

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 1,961 %

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

Коэффициент позиционной ошибки

Kp = 20·2,5 = 50

Ошибка по ступеньке

ess = 100/(1 + 50) = 1,961 %

Ответ

ess = 1,961 %
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Ki = 16

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

Характеристический полином

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

s² + (2 + 1Kp)s + 1Ki

Целевой полином

s² + 2·0,6·4s + 4² = s² + 4,8s + 16

Приравняйте коэффициенты

1Ki = 16 → Ki = 16

Ответ

Ki = 16

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

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

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