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 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​15 ΩIR2​AR4​2 ΩB

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩR3 = 4 ΩR4 = 2 Ω
IR2 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 30 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩAR4​10 ΩBR6​3 Ω

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 12 VR1 = 30 ΩR2 = 3 ΩR3 = 20 ΩR4 = 10 ΩR5 = 8 ΩR6 = 3 Ω
Req = Ω
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​20 ΩBIs​2,5 A

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

V1 = 12 VIs = 2,5 AR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 ΩR4 = 20 Ω
PIs = W
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 8 Ω−+Vs​ = 8 V+−V1​6 VR2​4 ΩAR3​12 ΩBIs​5 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 VB (относительно земли).

V1 = 6 VIs = 5 AVs = 8 VR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 Ω
VB = V
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 3 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​6 VR3​10 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

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

V1 = 6 VV2 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 Ω
I1 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 10 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR4​2 ΩAR5​2 ΩB+−V2​30 VI1​I2​I3​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти контурный ток I2 (по часовой стрелке).

V1 = 30 VV2 = 30 VR1 = 10 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 ΩR5 = 2 Ω
I2 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​15 ΩIR4​BIs​3 A

Используйте метод наложения, чтобы найти мощность PR4, потребляемую R4.

V1 = 9 VIs = 3 AR1 = 5 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 Ω
PR4 = W
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 10 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 3 ΩIR4​+−V1​6 VR3​30 ΩAIs​3 AB+−V2​24 V

Используйте метод наложения, чтобы найти мощность PR4, потребляемую R4.

V1 = 6 VIs = 3 AV2 = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 30 ΩR4 = 3 Ω
PR4 = W
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 2 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAab

Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.

V1 = 10 VR1 = 2 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​15 ΩAIs​2 ABRL​4 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 4 Ω. С помощью эквивалента Тевенина найдите мощность PL, передаваемую в нагрузку.

V1 = 10 VIs = 2 AR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 ΩRL = 4 Ω
PL = W
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​15 Vt = 0R = 22 ΩL220 mHi(t)

До замыкания ключа в момент t = 0 тока через катушку нет. Найдите напряжение vL на катушке в момент t = 20 ms.

Vs = 15 VR = 22 ΩL = 220 mHt = 20 ms
vL = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​10 Vt = 0R = 3,3 kΩC100 µF+−vC​vC​(0) = 30 V

Непосредственно перед замыканием ключа в момент t = 0 конденсатор заряжен до 30 V с указанной полярностью. Через какое время vC достигнет 18 V? Найдите t.

Vs = 10 VR = 3,3 kΩC = 100 µFvC(0) = 30 V
t = ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
120 V100 HzR = 80 ΩL = 100 mHI

Резистор и катушка включены параллельно в сеть 120 V (действующее значение), 100 Hz. Найдите угол сдвига фаз φ полного сопротивления в градусах (положительный, когда ток отстаёт от напряжения).

V = 120 V (rms)f = 100 HzR = 80 ΩL = 100 mH
φ = °
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
10 V200 HzR = 40 ΩL = 150 mHC = 47 µF

Последовательная цепь RLC подключена к сети 10 V (действующее значение), 200 Hz. Найдите резонансную частоту f0 цепи.

V = 10 V (rms)f = 200 HzR = 40 ΩL = 150 mHC = 47 µF
f0 = Hz
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
240 V124 kW, 0,8222 kW, 1I

К однофазной сети 240 V параллельно подключены две нагрузки: нагрузка 24 kW при коэффициенте мощности 0,8 (индуктивном) и нагреватель мощностью 22 kW (коэффициент мощности 1). Найдите общий коэффициент мощности cos φ со стороны сети.

V = 240 VP1 = 24 kW, pf1 = 0,8 отстающийP2 = 22 kW, pf2 = 1
cos φ =
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P1​ = 14 kWQ1​S1​φ

Однофазный трансформатор 25 kVA питает нагрузку 14 kW при коэффициенте мощности 0,85 (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 = 25 kVAP1 = 14 kWpf1 = 0,85
ΔP = kW
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M7,5 kW, η = 88%cos φ = 0,86

Трёхфазный асинхронный двигатель при полной нагрузке развивает механическую мощность 7,5 kW. При этой нагрузке его КПД равен 88%, а коэффициент мощности 0,86 (отстающий). Линейное напряжение сети 480 V. Найдите линейный ток IL.

Pout = 7,5 kWη = 88%cos φ = 0,86VL = 480 V
IL = A
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 200 kW при коэффициенте мощности 0,75 (отстающий) от сети 480 V (линейное), 60 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,92 (отстающий). Активная мощность не меняется. Найдите полную реактивную мощность QC, которую должна выдавать конденсаторная батарея, в kvar.

P = 200 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаторыСредняя
8 Ω81

К вторичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 8:1 подключён резистор 8 Ω. Найдите сопротивление R1′ со стороны первичной обмотки.

N1:N2 = 8:1RL = 8 Ω
R1′ = Ω
20.ТрансформаторыСложная
25 kVA

Однофазный трансформатор 25 kVA имеет потери в стали 150 W и потери в меди 375 W при номинальной нагрузке. При какой нагрузке Sη,max, в kVA, его КПД максимален?

S = 25 kVAPcore = 150 WPcu,fl = 375 W
Sη,max = kVA
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​R2​ = 100 kΩV1​ = 0,2 VR1​ = 22 kΩV2​ = 2,6 VR3​ = 22 kΩR4​ = 100 kΩ

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

V1 = 0,2 VV2 = 2,6 VR1 = R3 = 22 kΩR2 = R4 = 100 kΩ
V− = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = −1,2 VR1​ = 10 kΩV2​ = −1,6 VR2​ = 47 kΩIf​

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

V1 = −1,2 VV2 = −1,6 VR1 = 10 kΩR2 = 47 kΩRf = 4,7 kΩ
If = mA
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 1,5 kΩβ = 150IC​ = ?RE​ = 680 ΩVCC​ = 20 VR1​ = 47 kΩR2​ = 4,7 kΩ

NPN-транзистор с β = 150 смещён делителем напряжения от VCC = 20 V: R₁ = 47 kΩ от VCC к базе и R₂ = 4,7 kΩ от базы к земле. Резистор коллектора RC = 1,5 kΩ, резистор эмиттера RE = 680 Ω. Примите VBE = 0,7 V и используйте эквивалент Тевенена для делителя (ток базы не пренебрегайте). Найдите ток коллектора IC в mA.

VCC = 20 VR1 = 47 kΩR2 = 4,7 kΩRC = 1,5 kΩRE = 680 Ωβ = 150
IC = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 100 Ωβ = 150IC​ = ?VCC​ = 9 V5 VRB​ = 1 kΩ

NPN-транзистор с β = 150 коммутирует нагрузочный резистор 100 Ω, включённый между VCC = 9 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 5 V через резистор базы RB = 1 kΩ. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Найдите ток коллектора IC в mA при высоком уровне на входе. Сначала определите, насыщен ли транзистор.

VCC = 9 VRC = 100 Ωβ = 150Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 1 kΩ
IC = mA
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −105 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −1058 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 1111 0101 >> 1. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

1111 0101>> 1
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABCD000111100001111011111

На этой карте Карно ровно у одной единицы нет соседней единицы, поэтому в минимальной форме SOP она остаётся группой из одной клетки (полным минтермом из четырёх литералов). Соседи через края карты учитываются. Нажмите на эту клетку.

F = Σm(6, 11, 12, 13, 15)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKJOHNSON

4-разрядный счётчик Джонсона Q₃Q₂Q₁Q₀ начинает с 0000. По каждому фронту тактового сигнала биты сдвигаются на одну позицию вправо (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀), а Q₃ получает инверсию Q₀. Укажите состояние Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ в виде десятичного числа после 4 фронтов тактового сигнала.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 00004
Q =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 0,5f(0,5) = ?

Найдите f(t) для F(s) = 30/(s(s + 2)(s + 5)) разложением на простые дроби и вычислите f(0,5).

F(s) = 30/(s(s + 2)(s + 5))t = 0,5 s
f(0.5) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 1y(1) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 5y′ + 4y = 16·u(t), где y(0) = 2 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 2. С помощью преобразования Лапласа найдите y(1).

y″ + 5y′ + 4y = 16·u(t)y(0) = 2y′(0) = 0u(t) = 2t = 1 s
y(1) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+8(s + 8)(s + 1)(s + 9)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 8(s + 8)/((s + 1)(s + 9)). На задающее воздействие подаётся ступенька величиной 5. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 8(s + 8)/((s + 1)(s + 9))R = 5
ess =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+14s + 4G₁+5s + 3G₂C(s)2H₁−0,2H₂−

Упростите структурную схему, где G₁ = 14/(s + 4), G₂ = 5/(s + 3), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 2 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 0,2. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).

G₁ = 14/(s + 4)G₂ = 5/(s + 3)H₁ = 2H₂ = 0,2
T(0) =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)0,5tp​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 6/(s² + 4s + 12) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время пика tp переходной характеристики.

G(s) = 6/(s² + 4s + 12)
tp = s
34.Переходная характеристикаСложная
+−24 VR = 141 ΩL = 20 mHC = 1 µFvC​

Последовательная RLC-цепь с R = 141 Ω, L = 20 mH и C = 1 µF подключается к ступеньке 24 V при t = 0. Конденсатор не заряжен, и до ступеньки ток не течёт. Найдите перерегулирование %OS напряжения на конденсаторе в процентах.

R = 141 ΩL = 20 mHC = 1 µFV = 24 V
%OS = %
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,11101001000−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 1

Найдите точный модуль |G(jω)| функции G(s) = 2754/((s + 9)(s + 17)) при ω = 1 rad/s в dB.

G(s) = 2754/((s + 9)(s + 17))ω = 1 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 2,6/(s(s + 1)). Найдите запас по фазе PM в градусах.

L(s) = 2,6/(s(s + 1))
PM = °
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+Ks + 6s(s + 2)(s + 3)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K(s + 6)/(s(s + 2)(s + 3)), K > 0. Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K(s + 6)/(s(s + 2)(s + 3))
Kmax =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−40,5j0,5j1sb​

Показан корневой годограф L(s) = K/((s + 1)(s + 3)). Найдите коэффициент усиления K в точке отрыва sb, где два полюса замкнутой системы встречаются на вещественной оси.

L(s) = K/((s + 1)(s + 3))
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 5t+50s(s + 10)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 50/(s(s + 10)) подано линейное воздействие r(t) = 5t. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 50/(s(s + 10))r(t) = 5t
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 44s(s + 4)C(s)−

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

G(s) = 4/(s(s + 4))K = 4
ts = s

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 0,12 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​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​15 ΩAR4​2 ΩB

Объединяйте резисторы с дальнего конца

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

R3 + R4 = 4 + 2 = 6 Ω
R2 ∥ 6 = 15·6/(15+6) = 4,286 Ω
Req = R1 + 4,286 = 10 + 4,286 = 14,29 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 6/14,29 = 0,42 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 6 − 0,42·10 = 1,8 V
IR2 = VA/R2 = 1,8/15 = 0,12 A

Ответ

IR2 = 0,12 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 32,68 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​ = 30 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩAR4​10 ΩBR6​3 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 = 8 + 3 = 11 Ω
R4 ∥ 11 = 5,238 Ω
R3 + 5,238 = 25,24 Ω
R2 ∥ 25,24 = 2,681 Ω
Req = R1 + 2,681 = 30 + 2,681 = 32,68 Ω

Ответ

Req = 32,68 Ω
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: PIs = 66,85 W

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

ЗТК в узле A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/15 + (VA − 12)/20 + (VA − VB)/10 = 0
0,2167·VA − 0,1·VB = 0,6

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/20 + (VB − VA)/10 = 2,5
−0,1·VA + 0,15·VB = 2,5

Решите

Δ = (0,2167)(0,15) − (−0,1)(−0,1) = 0,0225
VA = Δ1/Δ = 0,34/0,0225 = 15,11 V
VB = Δ2/Δ = 0,6017/0,0225 = 26,74 V

Мощность, отдаваемая источником тока

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

PIs = VB·Is = 26,74·2,5 = 66,85 W

Ответ

PIs = 66,85 W
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 19,09 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 + 8
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Решите

(VA − 6)/8 + VA/4 + (VA + 8)/12 = 5
VA·(1/8 + 1/4 + 1/12) = 5 + 6/8 − 8/12 = 5,083
VA = 5,083/0,4583 = 11,09 V
VB = 19,09 V

Ответ

VB = 19,09 V
5.Метод контурных токов

Ответ: I1 = −2,348 A

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

R1​ = 3 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​6 VR3​10 ΩA+−V2​24 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
3·I1 + 10(I1 − I2) = 6
13·I1 − 10·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
3·I2 + 10(I2 − I1) = (−24)
−10·I1 + 13·I2 = −24

Решите

Δ = (13)(13) − (−10)(−10) = 69
I1 = Δ1/Δ = −162/69 = −2,348 A
I2 = Δ2/Δ = −252/69 = −3,652 A

Ответ

I1 = −2,348 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I2 = −0,1596 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​ = 10 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR4​2 ΩAR5​2 ΩB+−V2​30 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
10·I1 + 2(I1 − I2) = 30
12·I1 − 2·I2 = 30

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
3·I2 + 2(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−2·I1 + 7·I2 − 2·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
8·I3 + 2(I3 − I2) = (−30)
−2·I2 + 10·I3 = −30

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 752
I1 = Δ1/Δ = 1860/752 = 2,473 A
I2 = Δ2/Δ = −120/752 = −0,1596 A
I3 = Δ3/Δ = −2280/752 = −3,032 A

Ответ

I2 = −0,1596 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: PR4 = 21,6 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​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​15 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 = 10+15 = 25 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 3·25/(3+25) = 2,679 Ω
VA = 9·2,679/(5+2,679) = 3,14 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,14·15/25 = 1,884 V
IR4′ = (VB − 0)/R4 = (1,884 − 0)/15 = 0,1256 A
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 ΩКЗR2​3 ΩAR4​15 ΩBIs​3 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 = 5·3/(5+3) = 1,875 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 15 ∥ 11,88 = 6,628 Ω
VB = −Is·Req = −3·6,628 = −19,88 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −19,88·1,875/11,88 = −3,14 V
IR4″ = (VB − 0)/R4 = (−19,88 − 0)/15 = −1,326 A

Складываем вклады токов

IR4 = IR4′ + IR4″ = 0,1256 + (−1,326) = −1,2 A

Мощность в резисторе

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

PR4 = IR4²·R4 = (−1,2)²·15 = 21,6 W

Ответ

PR4 = 21,6 W

Сложение мощностей отдельных случаев дало бы 26,59 W, что неверно.

8.Метод наложения

Ответ: PR4 = 12,8 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​ = 10 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​6 VR3​30 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) = 30 ∥ 23 = 13,02 Ω
VA = 6·13,02/(10+13,02) = 3,393 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,393·3/23 = 0,4426 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (0,4426 − 0)/3 = 0,1475 A
R1​ = 10 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 3 ΩКЗR3​30 ΩAIs​3 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.

R1 ∥ R3 = 7,5 Ω, поэтому левый путь — R2+7,5 = 27,5 Ω
Req = R4 ∥ 27,5 = 2,705 Ω
VB = Is·Req = 3·2,705 = 8,115 V
VA = VB·7,5/27,5 = 2,213 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (8,115 − 0)/3 = 2,705 A
R1​ = 10 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 3 ΩКЗR3​30 ΩAОБРЫВB+−V2​24 V

Случай 3 · действует только V2

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

R1 ∥ R3 = 10·30/(10+30) = 7,5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 24·27,5/30,5 = 21,64 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 21,64·7,5/27,5 = 5,902 V
IR4‴ = (VB − V2)/R4 = (21,64 − 24)/3 = −0,7869 A

Складываем вклады токов

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴ = 0,1475 + 2,705 + (−0,7869) = 2,066 A

Мощность в резисторе

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

PR4 = IR4²·R4 = 2,066²·3 = 12,8 W

Ответ

PR4 = 12,8 W

Сложение мощностей отдельных случаев дало бы 23,87 W, что неверно.

9.Тевенин и Нортон

Ответ: Vth = 6,667 V

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 8 ΩКЗR2​4 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 = 2·4/(2+4) = 1,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,333 + 8 = 9,333 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAab+−Vth​

Найдите Vth — напряжение холостого хода

Когда a–b разомкнуты, через R₃ ток не течёт, поэтому падения на нём нет и V_b = V_A. R₁ и R₂ образуют делитель напряжения.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 10·4/(2+4) = 6,667 V
10.Тевенин и Нортон

Ответ: PL = 7,871 W

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 8 ΩКЗR2​15 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 = 20·15/(20+15) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 8 = 16,57 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​15 ΩAIs​2 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) = 4,286 + (−2)·8,571 = −12,86 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −12,86 + (−2)·8 = −28,86 V
Rth​ = 16,57 Ω−+Vth​28,86 VRL​4 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) = −28,86/(16,57 + 4) = −1,403 A
PL = IL²·RL = −1,403²·4 = 7,871 W
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vL = 2,03 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 и конечный ток

Спустя долгое время после замыкания катушка ведёт себя как короткое замыкание, поэтому конечный ток определяется только R.

τ = L/R = 220 mH / 22 Ω = 10 ms
i(∞) = Vs/R = 15/22 = 0,6818 A

Напряжение на катушке

В момент t = 0 всё напряжение питания приложено к катушке; затем оно спадает до нуля.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 15·e−20/10 = 2,03 V

Ответ

vL = 2,03 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: t = 302,4 ms

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

Начальное значение, конечное значение, постоянная времени

Напряжение на конденсаторе не может измениться скачком, поэтому оно начинается с накопленного значения и стремится к напряжению источника.

vC(0) = 30 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 100 µF = 330 ms
vC(t) = 10 + (30 − 10)·e−t/τ

Выразите время

18 = 10 + (20)·e−t/τ → e−t/τ = (18 − 10)/(30 − 10) = 0,4
t = τ·ln((30 − 10)/(18 − 10)) = 330·ln(2,5) = 302,4 ms

Ответ

t = 302,4 ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: φ = 51,85 °

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

Реактивное сопротивление

XL = ωL = 2π·100·0,1 = 62,83 Ω

Токи ветвей

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

IR = V/R = 120/80 = 1,5 A
IX = V/XL = 120/62,83 = 1,91 A

Общий ток

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

I = √(IR² + IX²) = √(1,5² + 1,91²) = 2,428 A

Угол сдвига фаз

Ток катушки отстаёт от V, поэтому общий ток отстаёт и угол положителен.

φ = arctan(IX/IR) = arctan(1,91/1,5) = 51,85°

Ответ

φ = 51,85°
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: f0 = 59,94 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·√(0,15·47·10⁻⁶)) = 59,94 Hz

Ответ

f0 = 59,94 Hz
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: cos φ = 0,9312

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 каждой нагрузки

Индуктивная нагрузка потребляет реактивную мощность (Q > 0); ёмкостная — отдаёт её (Q < 0).

Q1 = 24·tan(arccos 0,8) = 18 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Суммы

P = 24 + 22 = 46 kW
Q = 18 + 0 = 18 kvar
S = √(46² + 18²) = 49,4 kVA

Общий коэффициент мощности

cos φ = P/S = 46/49,4 = 0,9312 отстающий

Ответ

cos φ = 0,9312
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: ΔP = 9,446 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 = 14·tan(arccos 0,85) = 8,676 kvar

Наибольшая суммарная активная мощность

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(25² − 8,676²) = 23,45 kW

Дополнительная активная мощность

ΔP = 23,45 − 14 = 9,446 kW

Ответ

ΔP = 9,446 kW
17.Трёхфазная мощность

Ответ: IL = 11,92 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 = 7,5/0,88 = 8,523 kW

Ток линии

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 8523/(√3·480·0,86) = 11,92 A

Ответ

IL = 11,92 A
18.Трёхфазная мощность

Ответ: QC = 91,18 kvar

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

Реактивная мощность до и после

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

Q1 = 200·tan(acos 0,75) = 200·0,8819 = 176,4 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,92) = 200·0,426 = 85,2 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 91,18 kvar

Ответ

QC = 91,18 kvar
19.Трансформаторы

Ответ: R1′ = 512 Ω

Идеальный трансформатор: напряжения относятся как числа витков, а токи — обратно: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a и I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, поэтому входная мощность равна выходной, V₁·I₁ = V₂·I₂. Сопротивление нагрузки Z во вторичной цепи со стороны первичной обмотки выглядит как a²·Z.

Приведённое сопротивление

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

R1′ = a²·RL = 8²·8 = 512 Ω

Ответ

R1′ = 512 Ω
20.Трансформаторы

Ответ: Sη,max = 15,81 kVA

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

Потери в меди равны потерям в стали

x²·375 = 150 → x = √(150/375) = 0,6325

Нагрузка при максимальном КПД

Sη,max = x·S = 0,6325·25 = 15,81 kVA

Ответ

Sη,max = 15,81 kVA
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: V− = 2,131 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) = 2,6·100/(22 + 100) = 2,131 V
V₋ = V₊

Ответ

V− = 2,131 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: If = −0,154 mA

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

Входные токи

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

I1 = V1/R1 = −1,2/10 = −0,12 mA
I2 = V2/R2 = −1,6/47 = −0,03404 mA
If = I1 + I2 = −0,154 mA

Ответ

If = −0,154 mA
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 1,568 mA

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

Эквивалент Тевенена для делителя

VTH = 20·4,7/(47 + 4,7) = 1,818 V
RTH = 47·4,7/(47 + 4,7) = 4,273 kΩ

Ток базы

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

IB = (1,818 − 0,7)/(4,273 + 151·0,68) = 10,45 µA

Ток коллектора

IC = 150·10,45 µA = 1,568 mA
IE = 151·10,45 µA = 1,579 mA

Ответ

IC = 1,568 mA
24.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 88 mA

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 базы

IB = (5 − 0,7)/1 kΩ = 4300 µA

Насыщение или активный режим?

β·IB больше IC(sat), поэтому транзистор насыщается.

β·IB = 645 mA
IC(sat) = (9 − 0,2)/100 = 88 mA

Ток коллектора

IC = IC(sat) = 88 mA

Ответ

IC = 88 mA

Транзистор насыщен.

25.Системы счисления

Ответ: U = 151

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

105 = 0110 1001
инвертировано: 1001 0110
+1 → 1001 0111

Прочитайте как беззнаковое

1001 0111₂ = 256 − 105 = 151

Ответ

U = 151
26.Системы счисления

Ответ: R = 122

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

Сдвиг вправо на 1 перемещает каждый бит на 1 позиций вправо; биты, выходящие за правый край, теряются, а слева входят нули.

1111 0101 >> 1
= 0111 1010

Значение результата

0111 1010₂ = 122

Ответ

R = 122
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: AB = 01, CD = 10

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.

Соседи каждой единицы

Единица с соседней единицей может войти в группу из двух или более.

m6: m7, m4, m2, m14 → 0
ABCD000111100001111011111

Изолированная единица

m6 = A′BCD′ → AB = 01, CD = 10

Ответ

AB = 01, CD = 10
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: Q = 15

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.

Состояние после каждого фронта

0000 → 1000 → 1100 → 1110 → 1111

Десятичное значение

1111₂ = 15

Ответ

Q = 15
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.5) = 1,325

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 + 2) + C/(s + 5)
A = 30/(2·5) = 3
B = 30/((−2)·3) = −5
C = 30/((−5)·(−3)) = 2

Обратное преобразование

f(t) = 3 − 5·e−2t + 2·e−5t

Вычислите

f(0,5) = 3 − 5·e−2·0,5 + 2·e−5·0,5 = 1,325

Ответ

f(0,5) = 1,325
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(1) = 5,094

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 + 5s + 4)·Y(s) = 2s + 10 + 32/s
Y(s) = (2s² + 10s + 32)/(s(s + 1)(s + 4))

Простые дроби

A = 32/(1·4) = 8
B = 24/((−1)·3) = −8
C = 24/((−4)·(−3)) = 2

Результат

y(t) = 8 − 8·e−t + 2·e−4t
y(1) = 5,094

Ответ

y(1) = 5,094

Проверка: y(0) = A + B + C = 2.

31.Структурные схемы

Ответ: ess = 0,6164

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) = 8·8/(1·9) = 7,111

Установившаяся ошибка

ess = A/(1 + Kₚ) = 5/(1 + 7,111) = 0,6164

Ответ

ess = 0,6164
32.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 1,061

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).

Внутренний контур

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 5/(s + 13)

Внешний контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 70/((s + 4)(s + 13) + 14)

Статический коэффициент передачи

T(0) = 70/(4·13 + 14) = 70/66 = 1,061

Ответ

T(0) = 1,061
33.Переходная характеристика

Ответ: tp = 1,111 s

Переходная характеристика: система первого порядка G(s) = K/(τs + 1) отвечает на ступеньку величиной U сигналом y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): за одну постоянную времени τ она достигает 63,2 % конечного значения K·U, а за 4τ — 98 %. Система второго порядка G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) имеет полюсы s = −ζωₙ ± jωd, где ωd = ωₙ√(1 − ζ²). При 0 < ζ < 1 переходная характеристика перерегулируется: перерегулирование %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), время пика tp = π/ωd, а время установления по критерию 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Сравните знаменатель с s² + 2ζωₙs + ωₙ², чтобы найти ωₙ и ζ. Для системы масса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) и ζ = c/(2√(km)); для последовательной RLC-цепи ωₙ = 1/√(LC) и ζ = (R/2)·√(C/L).

Сравните со стандартной формой

Знаменатель должен совпадать с s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 12 → ωₙ = 3,464 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·3,464) = 0,5774

Результат

ωd = 3,464·√(1 − 0,5774²) = 2,828 rad/s → tp = π/ωd = 1,111 s

Ответ

tp = 1,111 s
34.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 16,42 %

Переходная характеристика: система первого порядка G(s) = K/(τs + 1) отвечает на ступеньку величиной U сигналом y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): за одну постоянную времени τ она достигает 63,2 % конечного значения K·U, а за 4τ — 98 %. Система второго порядка G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) имеет полюсы s = −ζωₙ ± jωd, где ωd = ωₙ√(1 − ζ²). При 0 < ζ < 1 переходная характеристика перерегулируется: перерегулирование %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), время пика tp = π/ωd, а время установления по критерию 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Сравните знаменатель с s² + 2ζωₙs + ωₙ², чтобы найти ωₙ и ζ. Для системы масса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) и ζ = c/(2√(km)); для последовательной RLC-цепи ωₙ = 1/√(LC) и ζ = (R/2)·√(C/L).

Собственная частота и коэффициент демпфирования

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,02·1 × 10⁻⁶) = 7071 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (141/2)·√(1 × 10⁻⁶/0,02) = 0,4985

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 16,42 %

Ответ

%OS = 16,42 %
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: |G(jω)| = 25,04 dB

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

Перемножьте модули

|G(j1)| = 2754/(√(1² + 9²)·√(1² + 17²)) = 2754/(9,055·17,03) = 17,86

Результат

20·log₁₀(17,86) = 25,04 dB

Ответ

|G(jω)| = 25,04 dB
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: PM = 34,31 °

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 усиления

ω⁴ + 1ω² − 6,76 = 0
ω² = (−1 + √(1 + 4·6,76))/2 = 2,148
ωc = 1,465 rad/s

Запас по фазе

∠L(jωc) = −90° − atan(1,465/1) = −145,7°
PM = 180° + ∠L = 34,31°

Ответ

PM = 34,31°
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 30

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

s(s + 2)(s + 3) + K(s + 6) = s³ + 5s² + (6 + K)s + 6K

Таблица Рауса

s³: 1, 6 + K
s²: 5, 6K
s¹: (5·(6 + K) − 6K)/5
s⁰: 6K

Условие

30 − 1K > 0
K < 30/1 = 30

Ответ

Kmax = 30

Если бы нуль лежал правее s = −5, контур оставался бы устойчивым при любом K > 0.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 1

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 + 1)(s + 3) равенство dK/ds = 0 даёт 2s + 4 = 0.

sb = −2

Условие по модулю

K = |−2 + 1|·|−2 + 3| = 1·1 = 1

Ответ

K = 1

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

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 1

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

Коэффициент скоростной ошибки

Kv = lim s·G(s) = 5

Ошибка по линейному воздействию

ess = 5/5 = 1

Ответ

ess = 1
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ts = 2 s

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

Характеристический полином

s(s + 4) + 4·4 = s² + 4s + 16

ωₙ и ζ

ωₙ = √16 = 4 rad/s
ζ = 4/(2·4) = 0,5

Время установления

ζωₙ = 4/2 = 2
ts ≈ 4/2 = 2 s

Ответ

ts = 2 s

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

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