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​ = 12 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAR4​15 ΩB

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 5 ΩR4 = 15 Ω
Req = Ω
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 10 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAR4​6 ΩBR6​15 Ω

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 30 VR1 = 10 ΩR2 = 3 ΩR3 = 4 ΩR4 = 6 ΩR5 = 20 ΩR6 = 15 Ω
Req = Ω
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 2 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAR4​12 ΩBIs​1,5 A

Используйте метод узловых потенциалов, чтобы найти узловое напряжение VB (относительно земли).

V1 = 12 VIs = 1,5 AR1 = 2 ΩR2 = 8 ΩR3 = 4 ΩR4 = 12 Ω
VB = V
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 5 Ω−+Vs​ = 3 V+−V1​36 VR2​20 ΩAR3​4 ΩBIs​4 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 = 36 VIs = 4 AVs = 3 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 4 Ω
VB = V
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 10 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​9 VR3​12 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

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

V1 = 9 VV2 = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 12 Ω
I2 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 5 Ω+−VR1​R2​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR4​20 ΩAR5​10 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

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

V1 = 9 VV2 = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 ΩR4 = 20 ΩR5 = 10 Ω
VR1 = V
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAR4​20 Ω+−VR4​BIs​4 A

Используйте метод наложения, чтобы найти напряжение VR4 на R4 с указанной полярностью.

V1 = 9 VIs = 4 AR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 ΩR4 = 20 Ω
VR4 = V
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 = 21,5 mA. Если V1 удвоить, а два других оставить без изменений, I = 21 mA. Если изменить направление Is на противоположное, а два других оставить без изменений, I = −0,5 mA. Найдите ток нагрузки I, если V2 отключён, а V1 и Is имеют номинальные значения.

номинальные значения: I = 21,5 mA2·V1: I = 21 mA−Is: I = −0,5 mA
I = mA
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩAab

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

V1 = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 20 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​5 VR2​8 ΩAIs​1,5 ABRL​30 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 30 Ω. С помощью эквивалента Тевенина найдите мощность PL, передаваемую в нагрузку.

V1 = 5 VIs = 1,5 AR1 = 20 ΩR2 = 8 ΩR3 = 4 ΩRL = 30 Ω
PL = W
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
R = 47 Ωt = 0L10 mHi(t)

Через катушку течёт установившийся ток 2 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 = 1 ms.

i(0) = 2 AR = 47 ΩL = 10 mHt = 1 ms
vR = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​24 Vразмыкается при t = 0R1​ = 10 kΩR2​ = 6,8 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 = 500 ms.

Vs = 24 VR1 = 10 kΩR2 = 6,8 kΩC = 220 µFt = 500 ms
vC = V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
100 V60 HzR = 100 ΩL = 20 mHC = 22 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 100 V (действующее значение), 60 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 100 V (rms)f = 60 HzR = 100 ΩL = 20 mHC = 22 µF
I = A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
VfR = 100 ΩL = 2 mHC = 0,022 µF

Последовательный RLC-контур имеет R = 100 Ω, L = 2 mH и C = 0,022 µF. Найдите его добротность Q при резонансе.

R = 100 ΩL = 2 mHC = 0,022 µF
Q =
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
P = 25 kWQSφ

Однофазный двигатель потребляет 25 kW при коэффициенте мощности 0,65 (индуктивном) от сети 400 V. Найдите ток линии I.

P = 25 kWpf = 0,65V = 400 V
I = A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
240 V50 Hzнагрузка21 kW, 0,65C220 µFI

Однофазная нагрузка потребляет 21 kW при коэффициенте мощности 0,65 (индуктивном) от сети 240 V, 50 Hz. Параллельно нагрузке подключён конденсатор 220 µF. Найдите новый коэффициент мощности cos φ со стороны сети.

P = 21 kWpf1 = 0,65V = 240 Vf = 50 HzC = 220 µF
cos φ =
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 415 VIL​ = 25 Acos φ = 0,8отстающий

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет линейный ток 25 A от сети с линейным напряжением 415 V. Коэффициент мощности 0,8 (отстающий). Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 415 VIL = 25 Acos φ = 0,8
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 250 kW при коэффициенте мощности 0,65 (отстающий) от сети 415 V (линейное), 60 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,98 (отстающий). Активная мощность не меняется. Конденсаторы соединены звездой. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 250 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
RL​ = 10 Ω1012400 VV2​I1​ = ?I2​

К первичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 10:1 приложено 2400 V. К вторичной обмотке подключён резистор 10 Ω. Найдите первичный ток I1.

N1:N2 = 10:1V1 = 2400 VRL = 10 Ω
I1 = A
20.ТрансформаторыСложная
200 kVA

Однофазный трансформатор 200 kVA имеет потери в стали 800 W и потери в меди 2000 W при номинальной нагрузке. При какой нагрузке Sη,max, в kVA, его КПД максимален?

S = 200 kVAPcore = 800 WPcu,fl = 2000 W
Sη,max = kVA
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩR1​ = 1 kΩVin​

ОУ идеальный и питается от источников ±15 V; его выход насыщается на уровне ±12 V. На неинвертирующий усилитель подаётся синусоидальный сигнал. Найдите наибольшую амплитуду входного сигнала Vin,max (пиковое значение), при которой выход не ограничивается.

R1 = 1 kΩRf = 4,7 kΩVsat = ±12 V
Vin,max = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = 0,7 VR1​ = 22 kΩV2​ = 0,7 VR2​ = 10 kΩ

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

V1 = 0,7 VV2 = 0,7 VR1 = 22 kΩR2 = 10 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 2,7 kΩβ = 50VCC​ = 10 VRB​ = 390 kΩ

NPN-транзистор с β = 50 смещён резистором базы RB = 390 kΩ от источника питания VCC = 10 V. Резистор коллектора RC = 2,7 kΩ, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите напряжение коллектор–эмиттер VCE.

VCC = 10 VRB = 390 kΩRC = 2,7 kΩβ = 50VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 100 Ωβ = 80IC​ = ?VCC​ = 12 V3,3 VRB​ = 33 kΩ

NPN-транзистор с β = 80 коммутирует нагрузочный резистор 100 Ω, включённый между VCC = 12 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 3,3 V через резистор базы RB = 33 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 = 12 VRC = 100 Ωβ = 80Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 33 kΩ
IC = mA
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −80 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −808 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 0010 0110 OR 0111 0011. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

0010 0110OR0111 0011
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABC00011110011001031204150716

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «сумма произведений» (SOP) для F(A, B, C) = Σm(0, 2, 5, 6). Сколько всего литералов, L, она содержит (переменная со штрихом считается одним литералом)?

F(A, B, C) = Σm(0, 2, 5, 6)
L =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
ABCD0001111000011110X001131214X517X61120130151140819111X10

Найдите минимальную форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(2, 3, 4, 7, 9, 11, 12, 14) + d(0, 5, 6, 10), где d обозначает безразличные состояния. Сколько литералов, L, она содержит?

F(A, B, C, D) = Σm(2, 3, 4, 7, 9, 11, 12, 14) + d(0, 5, 6, 10)
L =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 0,1f(0,1) = ?

Найдите f(t) для F(s) = 55/(s(s + 3)(s + 5)) разложением на простые дроби и вычислите f(0,1).

F(s) = 55/(s(s + 3)(s + 5))t = 0,1 s
f(0.1) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
ReIm−5−105

Система описывается дифференциальным уравнением y″ + 2y′ + 26y = 2u′ + 18u, где u(t) — вход, y(t) — выход. Найдите её передаточную функцию G(s) = Y(s)/U(s) (при нулевых начальных условиях) и вычислите импульсную характеристику g(t) при t = 0,3 s. Найдите g(0,3).

y″ + 2y′ + 26y = 2u′ + 18ut = 0,3 s
g(0.3) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+38s + 3G(s)C(s)0,5H−

Объект G(s) = 38/(s + 3) управляется в контуре отрицательной обратной связи, у датчика которой коэффициент H = 0,5. На R подаётся ступенька величиной 5. Найдите установившееся значение выхода css.

G(s) = 38/(s + 3)H = 0,5R = 5
css =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+44s(s + 3)G(s)C(s)2H−

Объект G(s) = 44/(s(s + 3)) охвачен отрицательной обратной связью с коэффициентом датчика H = 2. Полюсы замкнутой системы комплексные. Найдите их вещественную часть σ.

G(s) = 44/(s(s + 3))H = 2
σ =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)2

Система имеет передаточную функцию G(s) = 158/(s² + 11s + 79) и получает на вход единичную ступеньку. Полюсы равны s = σ ± jωd. Найдите вещественную часть σ.

G(s) = 158/(s² + 11s + 79)
σ =
34.Переходная характеристикаСложная
R(s)+Ks(s + 6)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = K/(s(s + 6)). Найдите коэффициент K, при котором переходная характеристика имеет перерегулирование 10 %.

G(s) = K/(s(s + 6))%OS = 10 %
K =
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​L = 1 mHR = 100 Ωvout​

Изображённый RL-фильтр нижних частот имеет R = 100 Ω, L = 1 mH. На вход подаётся синусоидальный сигнал 3,2 kHz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.

R = 100 ΩL = 1 mHf = 3,2 kHz
φ = °
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 166/(s(s + 3)(s + 7)). Найдите запас по усилению GM в dB.

L(s) = 166/(s(s + 3)(s + 7))
GM = dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+Ks + 4(s − 4)(s + 5)C(s)−

Объект G(s) = (s + 4)/((s − 4)(s + 5)) имеет неустойчивый полюс в точке s = 4. Пропорциональный коэффициент усиления K замыкает вокруг него контур с единичной обратной связью. Найдите наименьший коэффициент усиления Kmin, при котором замкнутая система устойчива.

G(s) = (s + 4)/((s − 4)(s + 5))
Kmin =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2

Корневой годограф L(s) = K(s + 6)/(s(s + 5)) покидает вещественную ось между s = 0 и s = −5, огибает нуль по окружности и снова выходит на вещественную ось левее нуля. Найдите точку входа si.

L(s) = K(s + 6)/(s(s + 5))
si =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 10·t²/2+4(s + 1)s²(s + 5)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 4(s + 1)/(s²(s + 5)) подан параболический вход r(t) = 10·t²/2. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 4(s + 1)/(s²(s + 5))r(t) = 10·t²/2
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+10 + Kd​s2s(s + 2)C(s)−

ПД-регулятор C(s) = 10 + Kd·s управляет объектом G(s) = 2/(s(s + 2)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите дифференциальный коэффициент Kd, при котором замкнутая система имеет коэффициент демпфирования ζ = 0,6.

G(s) = 2/(s(s + 2))Kp = 10ζ = 0,6
Kd = s

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 19,5 Ω

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​12 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 = 5 + 15 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 12·20/(12+20) = 7,5 Ω
Req = R1 + 7,5 = 12 + 7,5 = 19,5 Ω

Ответ

Req = 19,5 Ω
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 12,26 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​ = 10 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAR4​6 ΩBR6​15 Ω

Объединяйте резисторы с дальнего конца

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

R5 + R6 = 20 + 15 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 5,122 Ω
R3 + 5,122 = 9,122 Ω
R2 ∥ 9,122 = 2,258 Ω
Req = R1 + 2,258 = 10 + 2,258 = 12,26 Ω

Ответ

Req = 12,26 Ω
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 0,8182 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.

R1​ = 2 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAR4​12 ΩBIs​1,5 A

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 12 V). Неизвестные: VA, VB.

ЗТК в узле A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/8 + (VA − 12)/2 + (VA − VB)/4 = 0
0,875·VA − 0,25·VB = 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/12 + (VB − VA)/4 = (−1,5)
−0,25·VA + 0,3333·VB = −1,5

Решите

Δ = (0,875)(0,3333) − (−0,25)(−0,25) = 0,2292
VA = Δ1/Δ = 1,625/0,2292 = 7,091 V
VB = Δ2/Δ = 0,1875/0,2292 = 0,8182 V

Ответ

VB = 0,8182 V
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 23,9 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 + 3
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Решите

(VA − 36)/5 + VA/20 + (VA + 3)/4 = 4
VA·(1/5 + 1/20 + 1/4) = 4 + 36/5 − 3/4 = 10,45
VA = 10,45/0,5 = 20,9 V
VB = 23,9 V

Ответ

VB = 23,9 V
5.Метод контурных токов

Ответ: I2 = −0,2786 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​ = 20 Ω+−V1​9 VR3​12 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
10·I1 + 12(I1 − I2) = 9
22·I1 − 12·I2 = 9

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
20·I2 + 12(I2 − I1) = (−12)
−12·I1 + 32·I2 = −12

Решите

Δ = (22)(32) − (−12)(−12) = 560
I1 = Δ1/Δ = 144/560 = 0,2571 A
I2 = Δ2/Δ = −156/560 = −0,2786 A

Ответ

I2 = −0,2786 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: VR1 = 2,155 V

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

R1​ = 5 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR4​20 ΩAR5​10 ΩB+−V2​9 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
5·I1 + 20(I1 − I2) = 9
25·I1 − 20·I2 = 9

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
10·I2 + 20(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−20·I1 + 40·I2 − 10·I3 = 0

ЗНК для контура 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
6·I3 + 10(I3 − I2) = (−9)
−10·I2 + 16·I3 = −9

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 7100
I1 = Δ1/Δ = 3060/7100 = 0,431 A
I2 = Δ2/Δ = 630/7100 = 0,08873 A
I3 = Δ3/Δ = −3600/7100 = −0,507 A

Ответ

IR1 = I1 = 0,431 A
VR1 = IR1·R1 = 0,431·5 = 2,155 V

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: VR4 = 36,12 V

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAR4​20 ΩBОБРЫВ

Случай 1 · действует только V1

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

R3+R4 = 8+20 = 28 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 15·28/(15+28) = 9,767 Ω
VA = 9·9,767/(10+9,767) = 4,447 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,447·20/28 = 3,176 V
VR4′ = VB − 0 = 3,176 − 0 = 3,176 V
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 ΩКЗR2​15 ΩAR4​20 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.

R1 ∥ R2 = 10·15/(10+15) = 6 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 20 ∥ 14 = 8,235 Ω
VB = Is·Req = 4·8,235 = 32,94 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 32,94·6/14 = 14,12 V
VR4″ = VB − 0 = 32,94 − 0 = 32,94 V

Сложите составляющие

VR4 = VR4′ + VR4″
VR4 = 3,176 + 32,94 = 36,12 V

Отрицательный результат означает, что на самом деле полярность противоположна указанной.

8.Метод наложения

Ответ: I = 10,5 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 = 21,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 21
I₁ + I₂ − I₃ = −0,5

Находим вклады

I₁ = 21 − 21,5 = −0,5 mA
I₃ = (21,5 − (−0,5))/2 = 11 mA
I₂ = 21,5 − (−0,5) − 11 = 11 mA

Отключаем V₂

I = I₁ + I₃ = (−0,5) + 11 = 10,5 mA

Ответ

I = 10,5 mA
9.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = 0,1579 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​ = 15 ΩR3​ = 8 ΩКЗR2​8 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 = 15·8/(15+8) = 5,217 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,217 + 8 = 13,22 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​8 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) = 6·8/(15+8) = 2,087 V
IN​0,1579 ARth​13,22 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 = 2,087/13,22 = 0,1579 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: PL = 4,869 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​ = 4 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 = 20·8/(20+8) = 5,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,714 + 4 = 9,714 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​5 VR2​8 ΩAIs​1,5 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) = 1,429 + 1,5·5,714 = 10 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 10 + 1,5·4 = 16 V
Rth​ = 9,714 Ω+−Vth​16 VRL​30 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) = 16/(9,714 + 30) = 0,4029 A
PL = IL²·RL = 0,4029²·30 = 4,869 W
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vR = 0,855 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 = 10 mH / 47 Ω = 0,2128 ms

Убывание тока

i(t) = 2·e−1/0,2128 = 0,01819 A
vR = R·i = 47·0,01819 = 0,855 V

Ответ

vR = 0,855 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 6,954 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) = 24·6,8/(10 + 6,8) = 9,714 V

Постоянная времени после размыкания ключа

τ = R2·C = 6,8·220 = 1496 ms

Разряд

vC(t) = 9,714·e−500/1496 = 6,954 V

Ответ

vC = 6,954 V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,6626 A

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

Реактивные сопротивления

ω = 2πf = 2π·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,02 = 7,54 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·22·10⁻⁶) = 120,6 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (−113)²) = 150,9 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 100/150,9 = 0,6626 A

Ответ

I = 0,6626 A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: Q = 3,015

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|.

Резонансная частота

f0 = 1/(2π·√(0,002·0,022·10⁻⁶)) = 23994 Hz

Добротность

Добротность сравнивает реактивное сопротивление при резонансе с активным: Q = ω₀L/R.

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/100)·√(0,002/(0,022·10⁻⁶)) = 3,015

Ответ

Q = 3,015
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 96,15 A

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

Ток линии

Работу совершает только активная часть мощности, поэтому разделите на коэффициент мощности.

I = P/(V·cos φ) = 25000/(400·0,65) = 96,15 A

Ответ

I = 96,15 A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: cos φ = 0,7144

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 = 21·tan(arccos 0,65) = 24,55 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·50·220·10⁻⁶ = 3981 var = 3,981 kvar
Q2 = 24,55 − 3,981 = 20,57 kvar

Новая полная мощность

S2 = √(21² + 20,57²) = 29,4 kVA

Новый коэффициент мощности

cos φ = P/S2 = 21/29,4 = 0,7144

Ответ

cos φ = 0,7144
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 14,38 kW

Симметричные трёхфазные системы: при соединении звездой (Y) линейное напряжение в √3 раз больше фазного, VL = √3·Vph, а линейный ток равен фазному. При соединении треугольником (Δ) линейное напряжение равно фазному, а линейный ток в √3 раз больше фазного, IL = √3·Iph. Полная мощность в три раза больше мощности одной фазы: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Полная мощность

S = √3·VL·IL = √3·415·25 = 17,97 kVA

Активная мощность

P = S·cos φ = 17,97·0,8 = 14,38 kW

Ответ

P = 14,38 kW
18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 3720 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 = 250·tan(acos 0,65) = 250·1,169 = 292,3 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,98) = 250·0,2031 = 50,76 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 241,5 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 415/√3 = 239,6 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 80506/(377·239,6²) = 3720 µF

Ответ

Cph = 3720 µF
19.Трансформаторы

Ответ: I1 = 2,4 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 = 2400/10 = 240 V
I2 = 240/10 = 24 A

Первичный ток

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

I1 = I2/10 = 2,4 A

Ответ

I1 = 2,4 A

Проверка: нагрузка со стороны первичной обмотки равна a²·RL = 1000 Ω, и 2400/1000 даёт тот же ток.

20.Трансформаторы

Ответ: Sη,max = 126,5 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

x²·2000 = 800 → x = √(800/2000) = 0,6325

Нагрузка при максимальном КПД

Sη,max = x·S = 0,6325·200 = 126,5 kVA

Ответ

Sη,max = 126,5 kVA
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vin,max = 2,105 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.

Коэффициент усиления

Av = 1 + Rf/R1 = 1 + 4,7/1 = 5,7

Наибольший вход до ограничения

Vin,max = Vsat/|Av| = 12/5,7 = 2,105 V

Ответ

Vin,max = 2,105 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −1,018 V

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

Входные токи

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

I1 = V1/R1 = 0,7/22 = 0,03182 mA
I2 = V2/R2 = 0,7/10 = 0,07 mA
If = I1 + I2 = 0,1018 mA

Выходное напряжение

Vout = −Rf·If = −10·0,1018 = −1,018 V

Ответ

Vout = −1,018 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: VCE = 6,781 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)/390 kΩ = 23,85 µA

Ток коллектора

IC = β·IB = 50·23,85 µA = 1,192 mA

Напряжение коллектор–эмиттер

VCE = 10 − 1,192 mA·2,7 kΩ = 6,781 V

Ответ

VCE = 6,781 V
24.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 6,303 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 = (3,3 − 0,7)/33 kΩ = 78,79 µA

Насыщение или активный режим?

β·IB меньше IC(sat), поэтому транзистор остаётся в активном режиме.

β·IB = 6,303 mA
IC(sat) = (12 − 0,2)/100 = 118 mA

Ток коллектора

IC = β·IB = 6,303 mA

Ответ

IC = 6,303 mA

Транзистор в активном режиме, поэтому нагрузка включена не полностью.

25.Системы счисления

Ответ: U = 176

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

80 = 0101 0000
инвертировано: 1010 1111
+1 → 1011 0000

Прочитайте как беззнаковое

1011 0000₂ = 256 − 80 = 176

Ответ

U = 176
26.Системы счисления

Ответ: R = 119

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

OR даёт 1 там, где хотя бы один бит равен 1.

0010 0110
OR 0111 0011
= 0111 0111

Значение результата

0111 0111₂ = 119

Ответ

R = 119
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 7

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.

ABC00011110011001031204150716

Сгруппируйте единицы

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

BC′
A′C′
AB′C

Минимальная форма SOP

F = BC′ + A′C′ + AB′C
L = 7

Ответ

L = 7
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 7

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.

CD′, BD′, B′C, A′D′, A′C, A′B, AB′D
ABCD0001111000011110X001131214X517X61120130151140819111X10

Минимальное покрытие

F = BD′ + A′C + AB′D
L = 7

Ответ

L = 7
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.1) = 0,2118

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 + 3) + C/(s + 5)
A = 55/(3·5) = 3,667
B = 55/((−3)·2) = −9,167
C = 55/((−5)·(−2)) = 5,5

Обратное преобразование

f(t) = 3,667 − 9,167·e−3t + 5,5·e−5t

Вычислите

f(0,1) = 3,667 − 9,167·e−3·0,1 + 5,5·e−5·0,1 = 0,2118

Ответ

f(0,1) = 0,2118
30.Преобразования Лапласа

Ответ: g(0.3) = 2,469

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

Передаточная функция

G(s) = Y(s)/U(s) = (2s + 18)/(s² + 2s + 26)

Простые дроби

s² + 2s + 26 = (s + 1)² + 5²
G(s) = 2·(s + 1)/((s + 1)² + 5²) + (16/5)·5/((s + 1)² + 5²)

Импульсная характеристика

g(t) = e−t·(2·cos 5t + 3,2·sin 5t)
g(0,3) = 2,469

Ответ

g(0,3) = 2,469
31.Структурные схемы

Ответ: css = 8,636

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

Передаточная функция замкнутой системы

T(s) = G/(1 + G·H) = 38/(s + 3 + 19) = 38/(s + 22)

Результат

css = R·T(0) = 5·38/22 = 8,636

Ответ

css = 8,636
32.Структурные схемы

Ответ: σ = −1,5

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

Характеристическое уравнение

s(s + 3) + 44·2 = 0 → s² + 3s + 88 = 0

Корни

s = −1,5 ± j·√(88 − 2,25) = −1,5 ± j9,26
σ = −1,5

Ответ

σ = −1,5
33.Переходная характеристика

Ответ: σ = −5,5

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 = 79 → ωₙ = 8,888 rad/s
2ζωₙ = 11 → ζ = 11/(2·8,888) = 0,6188

Результат

σ = −ζωₙ = −11/2 = −5,5

Ответ

σ = −5,5
34.Переходная характеристика

Ответ: K = 25,75

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

Передаточная функция замкнутой системы

T(s) = K/(s² + 6s + K)

Коэффициент демпфирования по перерегулированию

ζ = −ln(0,1)/√(π² + ln²(0,1)) = 0,5912

Коэффициент усиления

ωₙ = 6/(2ζ) = 5,075 rad/s
K = ωₙ² = 25,75

Ответ

K = 25,75
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: φ = −11,37 °

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 = R/L = 100/0,001 = 100000 rad/s
fc = 15915 Hz → f/fc = 3200/15915 = 0,2011

Фаза

φ = − atan(0,2011) = −11,37°

Ответ

φ = −11,37°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: GM = 2,042 dB

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

Частота перехода фазы

(ω/3)·(ω/7) = 1 → ω180 = √(3·7) = 4,583 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 49)) = K/(3·7·(3 + 7)) = K/210

Запас по усилению

GM = 20·log₁₀(210/166) = 2,042 dB

Ответ

GM = 2,042 dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmin = 5

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 − 4)(s + 5) + K(s + 4) = s² + (1 + K)s + (4K − 20)

Условия

Для s² + c₁s + c₀ все корни лежат в левой полуплоскости ровно тогда, когда c₁ > 0 и c₀ > 0.

1 + K > 0 → K > −1
4K − 20 > 0 → K > 5
Kmin = 5

Ответ

Kmin = 5
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: si = −8,449

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.

Коэффициент усиления вдоль вещественной оси

K(s) = −(s² + 5s)/(s + 6)

Стационарные точки

Продифференцируйте по правилу для частного и приравняйте числитель к нулю.

(2s + 5)(s + 6) − (s² + 5s) = s² + 12s + 30 = 0
s = −6 ± √6 = −3,551, −8,449

Точка входа

si = −8,449

Ответ

si = −8,449

Между двумя точками годограф представляет собой окружность с центром в нуле и радиусом √6 = 2,449.

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 12,5

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

Коэффициент ошибки по ускорению

Ka = 4·1/5 = 0,8

Ошибка по параболическому воздействию

ess = 10/0,8 = 12,5

Ответ

ess = 12,5
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Kd = 1,683 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 + 2) + 2(10 + Kds) = s² + (2 + 2Kd)s + 20

Собственная частота

ωₙ = √20 = 4,472 rad/s

Коэффициент усиления дифференциальной составляющей

2 + 2Kd = 2·0,6·4,472 = 5,367
Kd = 1,683 s

Ответ

Kd = 1,683 s

Дифференциальная составляющая добавляет демпфирование, не меняя ωₙ.

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