n-разрядный: 2ⁿ состояний; по модулю N: наименьшее n, при котором 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Асинхронный счётчик
fmax = 1/(n·tpd)
Кольцевой счётчик и счётчик Джонсона
n и 2n состояний
Метод
Для схемы идите от входов к выходу вентиль за вентилем и записывайте значение на каждом проводе или запишите её выражение и заполните таблицу истинности.
Для упрощения поставьте единицы (и безразличные состояния как X) на карту Карно со строками и столбцами в коде Грея: 00, 01, 11, 10.
Покройте единицы как можно меньшим числом как можно больших групп по 1, 2, 4, 8 или 16 клеток, с переходом через края; каждая группа — один член-произведение из переменных, которые остаются постоянными. Для формы POS группируйте нули.
Для триггеров и счётчиков считывайте входы на каждом активном фронте тактового сигнала, записывайте состояние после каждого фронта и помните, что n-разрядный счётчик возвращается к началу после 2ⁿ состояний.
Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф
Устойчивость
все корни характеристического полинома в левой полуплоскости
Запишите коэффициенты поочерёдно в первые две строки таблицы Рауса и достройте остальные строки.
Посчитайте смены знака в первом столбце: каждая — это один полюс в правой полуплоскости. Если в таблице есть K, потребуйте, чтобы все элементы первого столбца оставались положительными.
Для корневого годографа отметьте полюса и нули, участки вещественной оси, асимптоты из центра и точки отрыва, где dK/ds = 0. Для коэффициента усиления в точке используйте K = 1/|G(s)|.
Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование
Тип системы
число полюсов G(s) в точке s = 0
Коэффициенты ошибок
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Ступенька A
ess = A/(1 + Kp)
Линейное воздействие A·t
ess = A/Kv
Парабола A·t²/2
ess = A/Ka
ПИД-регулятор
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Целевая система второго порядка
s² + 2ζωns + ωn²
Перерегулирование и временные характеристики
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)
Метод
Посчитайте полюса разомкнутого контура C(s)·G(s) в точке s = 0: это тип системы.
Найдите коэффициент ошибки, соответствующий входу: Kp для ступеньки, Kv для линейного воздействия, Ka для параболы.
Примените ess = A/(1 + Kp), A/Kv или A/Ka либо решите это уравнение относительно нужного коэффициента усиления.
Для требований по демпфированию или скорости запишите характеристический полином замкнутой системы и приравняйте его коэффициенты к s² + 2ζω_n·s + ω_n².
2Тренировочные задачи
1.Последовательные и параллельные резисторыСредняя
Найдите ток IR2 через R2.
V1 = 10 VR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 ΩR4 = 3 Ω
IR2 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.
До замыкания ключа в момент t = 0 тока через катушку нет. Найдите напряжение vL на катушке в момент t = 5 ms.
Vs = 10 VR = 20 ΩL = 150 mHt = 5 ms
vL = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
Таймер при t = 0 начинает заряжать незаряженный конденсатор через резистор от источника 5 V. Он должен сработать, когда напряжение конденсатора достигнет 3,75 V, ровно через 10 ms после старта. При R = 1 kΩ найдите необходимую ёмкость C.
Vs = 5 VVth = 3,75 VT = 10 msR = 1 kΩ
C = µF
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
Последовательная цепь RLC подключена к сети 12 V (действующее значение), 1000 Hz. Найдите действующее значение тока I.
V = 12 V (rms)f = 1000 HzR = 50 ΩL = 100 mHC = 10 µF
I = A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
Последовательная цепь RLC подключена к сети 120 V (действующее значение), 200 Hz. Найдите действующее значение тока I.
V = 120 V (rms)f = 200 HzR = 80 ΩL = 150 mHC = 10 µF
I = A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
К однофазной сети 230 V параллельно подключены две нагрузки: нагрузка 10 kW при коэффициенте мощности 0,85 (индуктивном) и нагреватель мощностью 5 kW (коэффициент мощности 1). Найдите общий коэффициент мощности cos φ со стороны сети.
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
Однофазная нагрузка потребляет 10 kW при коэффициенте мощности 0,8 (индуктивном) от сети 230 V, 50 Hz. Параллельно подключённый конденсатор повышает коэффициент мощности до 0,95. Найдите новый ток линии Inew.
P = 10 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95V = 230 Vf = 50 Hz
Inew = A
17.Трёхфазная мощностьСредняя
Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет линейный ток 12 A от сети с линейным напряжением 480 V. Коэффициент мощности 0,75 (отстающий). Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.
VL = 480 VIL = 12 Acos φ = 0,75
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 250 kW при коэффициенте мощности 0,7 (отстающий) от сети 415 V (линейное), 50 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,92 (отстающий). Активная мощность не меняется. Конденсаторы соединены треугольником. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.
P = 250 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
К вторичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 4:1 подключён резистор 5 Ω. Найдите сопротивление R1′ со стороны первичной обмотки.
N1:N2 = 4:1RL = 5 Ω
R1′ = Ω
20.ТрансформаторыСложная
Однофазный трансформатор 150 kVA имеет потери в стали 450 W и потери в меди 1800 W при номинальной нагрузке. Он отдаёт 25% номинальной мощности в kVA при коэффициенте мощности 0,9 (отстающий). Найдите суммарные потери Ploss в ваттах при этой нагрузке.
ОУ идеальный и питается от ±15 V. Найдите выходное напряжение Vout.
Vin = −1,1 VR1 = 10 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
Интегратор выполнен на идеальном ОУ с питанием ±15 V; его выход насыщается на уровне ±13 V. Конденсатор не заряжен, когда при t = 0 подаётся постоянное входное напряжение Vin = −1 V. Найдите выходное напряжение Vout при t = 500 ms.
Стабилизатор на стабилитроне 9,1 V питается от 20 V через 100 Ω и питает нагрузку 470 Ω. Найдите ток стабилитрона IZ.
Vin = 20 VVZ = 9,1 VR = 100 ΩRL = 470 Ω
IZ = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
NPN-транзистор с β = 50 коммутирует нагрузочный резистор 1 kΩ, включённый между VCC = 5 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 3,3 V через резистор базы RB. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Найдите наибольшее сопротивление резистора базы RB, в kΩ, при котором транзистор ещё входит в насыщение.
Установите биты так, чтобы они хранили −96 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?
N = −968 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
Установите биты в 8-битный результат операции 0111 0010 << 2. Чему равно значение результата R в десятичной системе?
0111 0010<< 2
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
У мультиплексора 4 в 1 адресные входы S₁ = A и S₀ = B, а информационные входы подключены так: I₀ = 0, I₁ = 1, I₂ = C, I₃ = 0. Для скольких из 8 комбинаций A, B и C выход F = 1? Найдите N.
I₀ = 0I₁ = 1I₂ = CI₃ = 0
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
Для F(A, B, C, D) = Σm(0, 6, 7, 8, 10) + d(1, 3, 11, 13), где d обозначает безразличные состояния, найдите число N существенных простых импликант.
F(s) = (s + 7)/(s² + 9s + 18). Её оригинал имеет вид f(t) = A·e−3t + B·e−6t. Найдите коэффициент A разложением на простые дроби.
F(s) = (s + 7)/(s² + 9s + 18)
A =
30.Преобразования ЛапласаСложная
Система подчиняется уравнению y″ + 4y′ + 3y = 3·u(t), где y(0) = 5 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 4. С помощью преобразования Лапласа найдите y(1).
У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 7(s + 3)/((s + 2)(s + 6)). На задающее воздействие подаётся ступенька величиной 5. Найдите установившуюся ошибку ess.
G(s) = 7(s + 3)/((s + 2)(s + 6))R = 5
ess =
32.Структурные схемыСложная
Объект G(s) = K/(s(s + 2)(s + 6)) помещён в контур с единичной отрицательной обратной связью. При наибольшем устойчивом коэффициенте в контуре возникают колебания. Найдите частоту колебаний ω в rad/s.
G(s) = K/(s(s + 2)(s + 6))единичная отрицательная обратная связь
ω = rad/s
33.Переходная характеристикаСредняя
Система имеет передаточную функцию G(s) = 135/(s² + 2s + 45) и получает на вход единичную ступеньку. Полюсы равны s = σ ± jωd. Найдите вещественную часть σ.
G(s) = 135/(s² + 2s + 45)
σ =
34.Переходная характеристикаСложная
Масса m = 20 kg подвешена на пружине k = 2000 N/m с вязким демпфером c = 60 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 5 N. Найдите наибольшее смещение xmax в mm.
m = 20 kgk = 2000 N/mc = 60 N·s/mF = 5 N
xmax = mm
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
Найдите точный модуль |G(jω)| функции G(s) = 56/((s + 1)(s + 7)) при ω = 4 rad/s в dB.
G(s) = 56/((s + 1)(s + 7))ω = 4 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 372/(s(s + 4)(s + 9)). Найдите частоту перехода фазы ω180, где ∠L(jω) = −180°.
L(s) = 372/(s(s + 4)(s + 9))
ω180 = rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
Контур на схеме работает при K = 40, L(s) = K/(s(s + 2)(s + 10)). Во сколько раз m можно увеличить коэффициент усиления, прежде чем замкнутая система станет неустойчивой?
L(s) = K/(s(s + 2)(s + 10))K = 40
m =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
Для L(s) = K/((s + 5)(s² + 4s + 5)) найдите угол выхода θd корневого годографа из комплексного полюса в верхней полуплоскости, отсчитываемый от положительного направления вещественной оси.
L(s) = K/((s + 5)(s² + 4s + 5))
θd = °
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
На контур с единичной обратной связью и G(s) = 5/(s(s + 4)(s + 10)) подано линейное воздействие r(t) = 4t. Найдите установившуюся ошибку ess.
G(s) = 5/(s(s + 4)(s + 10))r(t) = 4t
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
Пропорциональный регулятор K = 5 управляет объектом G(s) = 10/(s(s + 2)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите время пика tp переходной характеристики.
G(s) = 10/(s(s + 2))K = 5
tp = s
3Растворы
1.Последовательные и параллельные резисторы
Ответ: IR2 = 0,7895 A
Последовательное и параллельное соединение: последовательно через каждый резистор течёт один и тот же ток и R = R₁ + R₂ + …. Параллельно на каждом резисторе одно и то же напряжение и 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Лестничную цепь упрощают по одной паре, пока не останется одно эквивалентное сопротивление.
Объединяйте резисторы с дальнего конца
Начните с конца, самого дальнего от источника, и двигайтесь к нему. Резисторы с одинаковым током соединены последовательно; резисторы между одними и теми же двумя узлами — параллельно.
R3 + R4 = 3 + 3 = 6 Ω
R2 ∥ 6 = 2·6/(2+6) = 1,5 Ω
Req = R1 + 1,5 = 8 + 1,5 = 9,5 Ω
Ток источника
Источник видит только Req, поэтому закон Ома даёт ток, который он отдаёт. Этот ток течёт через R₁.
IR1 = V1/Req = 10/9,5 = 1,053 A
Ток через R₂
Вычтите падение на R₁, чтобы получить напряжение в узле A, то есть напряжение на R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 10 − 1,053·8 = 1,579 V
IR2 = VA/R2 = 1,579/2 = 0,7895 A
Ответ
IR2 = 0,7895 A
2.Последовательные и параллельные резисторы
Ответ: IR1 = 0,5583 A
Последовательное и параллельное соединение: последовательно через каждый резистор течёт один и тот же ток и R = R₁ + R₂ + …. Параллельно на каждом резисторе одно и то же напряжение и 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Лестничную цепь упрощают по одной паре, пока не останется одно эквивалентное сопротивление.
Объединяйте резисторы с дальнего конца
Начните с конца, самого дальнего от источника, и двигайтесь к нему. Резисторы с одинаковым током соединены последовательно; резисторы между одними и теми же двумя узлами — параллельно.
R5 + R6 = 25 + 20 = 45 Ω
R4 ∥ 45 = 9,474 Ω
R3 + 9,474 = 29,47 Ω
R2 ∥ 29,47 = 14,87 Ω
Req = R1 + 14,87 = 12 + 14,87 = 26,87 Ω
Ток источника
Источник видит только Req, поэтому закон Ома даёт ток, который он отдаёт. Этот ток течёт через R₁.
IR1 = V1/Req = 15/26,87 = 0,5583 A
Ответ
IR1 = 0,5583 A
3.Метод узловых потенциалов
Ответ: IR3 = −0,2687 A
Метод узловых потенциалов: выберите опорный узел, обозначьте неизвестные узловые напряжения, запишите закон токов Кирхгофа для каждого неизвестного узла с помощью закона Ома (I = ΔV/R) и решите полученные уравнения.
Определите узлы
Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 30 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/5 + (VA − 30)/15 + (VA − VB)/5 = 0
0,4667·VA − 0,2·VB = 2
ЗТК в узле B
Токи, вытекающие из B через резисторы, равны току, который источники подают в B.
Метод узловых потенциалов: выберите опорный узел, обозначьте неизвестные узловые напряжения, запишите закон токов Кирхгофа для каждого неизвестного узла с помощью закона Ома (I = ΔV/R) и решите полученные уравнения.
Определите узлы
Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 10 V, V2 = −9 V). Неизвестные: VA, VB.
ЗТК в узле A
Токи, вытекающие из A через резисторы, равны току, который источники подают в A.
VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/2 + (VA − 10)/6 + (VA − VB)/3 = 0
VA − 0,3333·VB = 1,667
ЗТК в узле B
Токи, вытекающие из B через резисторы, равны току, который источники подают в B.
VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/6 + (VB − VA)/3 + (VB − (−9))/12 = 1
−0,3333·VA + 0,5833·VB = 0,25
Решите
Δ = (1)(0,5833) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,4722
VA = Δ1/Δ = 1,056/0,4722 = 2,235 V
VB = Δ2/Δ = 0,8056/0,4722 = 1,706 V
Ответ
VB = 1,706 V
5.Метод контурных токов
Ответ: IR2 = 0,3455 A
Метод контурных токов: дайте каждому окну плоской цепи свой контурный ток, запишите закон напряжений Кирхгофа для каждого контура (сумма падений = сумма подъёмов) и решите. Токи ветвей — это контурный ток или разность двух контурных токов в общей ветви.
Задайте контурные токи
В каждом окне нарисуйте ток по часовой стрелке: I1, I2. Резистор, общий для двух контуров, проводит разность их токов.
ЗНК для контура 1
При обходе по часовой стрелке падения напряжения на резисторах равны подъёмам напряжения источников (от − к + в направлении обхода).
R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
15·I1 + 20(I1 − I2) = 30
35·I1 − 20·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 + R3(I2 − I1) = −V2
15·I2 + 20(I2 − I1) = (−9)
−20·I1 + 35·I2 = −9
Решите
Δ = (35)(35) − (−20)(−20) = 825
I1 = Δ1/Δ = 870/825 = 1,055 A
I2 = Δ2/Δ = 285/825 = 0,3455 A
Ответ
IR2 = I2 = 0,3455 A
Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.
6.Метод контурных токов
Ответ: I1 = 0,5495 A
Метод контурных токов: дайте каждому окну плоской цепи свой контурный ток, запишите закон напряжений Кирхгофа для каждого контура (сумма падений = сумма подъёмов) и решите. Токи ветвей — это контурный ток или разность двух контурных токов в общей ветви.
Задайте контурные токи
В каждом окне нарисуйте ток по часовой стрелке: I1, I2, I3. Резистор, общий для двух контуров, проводит разность их токов.
ЗНК для контура 1
При обходе по часовой стрелке падения напряжения на резисторах равны подъёмам напряжения источников (от − к + в направлении обхода).
R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
5·I1 + 2(I1 − I2) = 5
7·I1 − 2·I2 = 5
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
4·I2 + 2(I2 − I1) + 3(I2 − I3) = 0
−2·I1 + 9·I2 − 3·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
15·I3 + 3(I3 − I2) = (−36)
−3·I2 + 18·I3 = −36
Решите
Δ = определитель матрицы коэффициентов = 999
I1 = Δ1/Δ = 549/999 = 0,5495 A
I2 = Δ2/Δ = −576/999 = −0,5766 A
I3 = Δ3/Δ = −2094/999 = −2,096 A
Ответ
I1 = 0,5495 A
Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.
7.Метод наложения
Ответ: IR2 = 0,9545 A
Метод наложения: в линейной цепи любое напряжение или ток равно сумме откликов на каждый независимый источник, действующий отдельно. Чтобы отключить источник, замените идеальный источник напряжения коротким замыканием, а идеальный источник тока — разрывом. Резисторы остаются на месте.
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+12 = 20 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·20/(8+20) = 5,714 Ω
VA = 12·5,714/(10+5,714) = 4,364 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,364·12/20 = 2,618 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (4,364 − 0)/8 = 0,5455 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 = 10·8/(10+8) = 4,444 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 12 ∥ 12,44 = 6,109 Ω
VB = Is·Req = 1,5·6,109 = 9,164 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 9,164·4,444/12,44 = 3,273 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (3,273 − 0)/8 = 0,4091 A
Сложите составляющие
IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = 0,5455 + 0,4091 = 0,9545 A
Отрицательный результат означает, что на самом деле ток течёт против стрелки.
8.Метод наложения
Ответ: PR2 = 1,015 W
Метод наложения: в линейной цепи любое напряжение или ток равно сумме откликов на каждый независимый источник, действующий отдельно. Чтобы отключить источник, замените идеальный источник напряжения коротким замыканием, а идеальный источник тока — разрывом. Резисторы остаются на месте.
Случай 1 · действует только V1
V₂ становится коротким замыканием, а Iₛ — разрывом. Со стороны A резистор R₃ параллелен последовательной паре R₂+R₄.
Мощность зависит от квадрата тока, поэтому принцип наложения к ней неприменим: сначала сложите токи, затем возведите в квадрат.
PR2 = IR2²·R2 = (−0,1839)²·30 = 1,015 W
Ответ
PR2 = 1,015 W
Сложение мощностей отдельных случаев дало бы 11,29 W, что неверно.
9.Тевенин и Нортон
Ответ: IL = 0,3378 A
Теорема Тевенина: любая линейная двухполюсная цепь ведёт себя как один источник напряжения Vth, последовательный с сопротивлением Rth. Теорема Нортона представляет ту же цепь как источник тока IN = Vth/Rth, параллельный Rth.
Найдите Rth со всеми отключёнными источниками
Замените источники напряжения короткими замыканиями, а источники тока — разрывами, затем посмотрите на цепь со стороны a–b.
R1 ∥ R2 = 12·10/(12+10) = 5,455 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,455 + 4 = 9,455 Ω
Найдите Vth — напряжение холостого хода
Когда a–b разомкнуты, через R₃ ток не течёт, поэтому падения на нём нет и V_b = V_A. R₁ и R₂ образуют делитель напряжения.
Vth = V1·R2/(R1+R2) = 10·10/(12+10) = 4,545 V
Подключите нагрузку к эквиваленту Тевенина
Источник Тевенина и последовательный R_th ведут себя на a–b точно как исходная цепь, поэтому нагрузка видит простой последовательный контур.
IL = Vth/(Rth + RL) = 4,545/(9,455 + 4) = 0,3378 A
10.Тевенин и Нортон
Ответ: IL = 2,468 A
Теорема Тевенина: любая линейная двухполюсная цепь ведёт себя как один источник напряжения Vth, последовательный с сопротивлением Rth. Теорема Нортона представляет ту же цепь как источник тока IN = Vth/Rth, параллельный Rth.
Найдите Rth со всеми отключёнными источниками
Замените источники напряжения короткими замыканиями, а источники тока — разрывами, затем посмотрите на цепь со стороны a–b.
R1 ∥ R2 = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 15 = 16,88 Ω
Найдите Vth — напряжение холостого хода
Когда a–b разомкнуты, Iₛ может течь только через R₃ в узел A. Найдите V_A наложением V₁ и Iₛ, затем прибавьте падение на R₃.
VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 3,75 + 4·1,875 = 11,25 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,25 + 4·15 = 71,25 V
Подключите нагрузку к эквиваленту Тевенина
Источник Тевенина и последовательный R_th ведут себя на a–b точно как исходная цепь, поэтому нагрузка видит простой последовательный контур.
IL = Vth/(Rth + RL) = 71,25/(16,88 + 12) = 2,468 A
11.Переходные процессы RC и RL
Ответ: vL = 5,134 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 = 150 mH / 20 Ω = 7,5 ms
i(∞) = Vs/R = 10/20 = 0,5 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 = 10·e−5/7,5 = 5,134 V
Ответ
vL = 5,134 V
12.Переходные процессы RC и RL
Ответ: C = 7,213 µF
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.
Требуемая постоянная времени
3,75 = 5·(1 − e−10/τ) → τ = 10/ln(5/(5 − 3,75))
τ = 10/1,386 = 7,213 ms
Ёмкость
kΩ умножить на µF даёт миллисекунды.
C = τ/R = 7,213/1 = 7,213 µF
Ответ
C = 7,213 µF
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды
Ответ: I = 0,01953 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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,1 = 628,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·10·10⁻⁶) = 15,92 Ω
Полное сопротивление
При последовательном соединении полные сопротивления складываются как комплексные числа: Z = R + j(XL − XC).
Через каждый элемент последовательной цепи течёт один и тот же ток.
I = V/|Z| = 12/614,4 = 0,01953 A
Ответ
I = 0,01953 A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды
Ответ: I = 0,888 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,15 = 188,5 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·10·10⁻⁶) = 79,58 Ω
Полное сопротивление
При последовательном соединении полные сопротивления складываются как комплексные числа: Z = R + j(XL − XC).
Через каждый элемент последовательной цепи течёт один и тот же ток.
I = V/|Z| = 120/135,1 = 0,888 A
Ответ
I = 0,888 A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности
Ответ: cos φ = 0,9242
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 = 10·tan(arccos 0,85) = 6,197 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar
Суммы
P = 10 + 5 = 15 kW
Q = 6,197 + 0 = 6,197 kvar
S = √(15² + 6,197²) = 16,23 kVA
Общий коэффициент мощности
cos φ = P/S = 15/16,23 = 0,9242 отстающий
Ответ
cos φ = 0,9242
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности
Ответ: Inew = 45,77 A
Мощность переменного тока: полная мощность S = V·I (VA) складывается из активной мощности P = S·cos φ (W), совершающей полезную работу, и реактивной мощности Q = S·sin φ (var), которая колеблется между источником и нагрузкой. Коэффициент мощности — cos φ. Параллельный конденсатор поставляет реактивную мощность на месте, поэтому ток линии уменьшается при той же активной мощности.
Реактивная мощность до и после
Активная мощность P не меняется; меняется только реактивная мощность из сети.
Q1 = P·tan φ1 = 10·tan(36,87°) = 7,5 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 10·tan(18,19°) = 3,287 kvar
QC = Q1 − Q2 = 4,213 kvar
Новый ток линии
Inew = P/(V·cos φ2) = 10000/(230·0,95) = 45,77 A
Ответ
Inew = 45,77 A
17.Трёхфазная мощность
Ответ: P = 7,482 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 = √3·480·12 = 9,977 kVA
Активная мощность
P = S·cos φ = 9,977·0,75 = 7,482 kW
Ответ
P = 7,482 kW
18.Трёхфазная мощность
Ответ: Cph = 915,2 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 0,7) = 250·1,02 = 255,1 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,92) = 250·0,426 = 106,5 kvar
Реактивная мощность конденсаторов
QC = Q1 − Q2 = 148,6 kvar
Ёмкость на фазу
В батарее, соединённой треугольником, каждый конденсатор включён между двумя линейными проводами.
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 = 4²·5 = 80 Ω
Ответ
R1′ = 80 Ω
20.Трансформаторы
Ответ: Ploss = 562,5 W
Потери в трансформаторе: потери в стали (гистерезис и вихревые токи) зависят от напряжения и одинаковы при любой нагрузке. Потери в меди обмоток пропорциональны квадрату тока, поэтому при доле x от номинальной нагрузки они равны x²·Pcu,fl. КПД η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), где Pout = x·S·pf. КПД максимален при той нагрузке, при которой потери в меди равны потерям в стали.
Потери в меди при этой нагрузке
Pcu = x²·Pcu,fl = 0,0625·1800 = 112,5 W
Суммарные потери
Потери в стали одинаковы при любой нагрузке.
Ploss = 450 + 112,5 = 562,5 W
Ответ
Ploss = 562,5 W
КПД при этой нагрузке η = 98,36%.
21.Схемы на операционных усилителях
Ответ: Vout = −6,27 V
Правила идеального ОУ: при отрицательной обратной связи усилитель устанавливает выход так, чтобы оба входа имели одинаковое напряжение (V₋ = V₊), и ни в один вход ток не течёт. ЗТК на инвертирующем входе с этими двумя фактами даёт выход.
Инвертирующий вход повторяет вход
V₋ = V₊ = −1,1 V
I = V₋/R1 = −1,1/10 = −0,11 mA
Выходное напряжение
Ток через R₁ течёт и через Rf.
Vout = V₋ + I·Rf = −1,1 + (−0,11)·47 = −6,27 V
Ответ
Vout = −6,27 V
22.Схемы на операционных усилителях
Ответ: Vout = 4,836 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.
Входной ток и скорость нарастания
kΩ умножить на µF даёт миллисекунды.
RC = 47 kΩ · 2,2 µF = 103,4 ms
скорость нарастания = −Vin/(RC) = −(−1)/103,4 = 0,009671 V/ms
Выходное напряжение в заданный момент
Идеальное значение лежит в пределах ±Vsat, поэтому интегратор ещё не вошёл в ограничение.
Vout = −Vin·t/(RC) = −(−1)·500/103,4 = 4,836 V
Ответ
Vout = 4,836 V
23.Диоды и транзисторы
Ответ: IZ = 89,64 mA
Стабилизатор на стабилитроне: стабилитрон, включённый в обратном направлении, удерживает напряжение VZ, пока его ток остаётся выше минимума IZ,min. Последовательный резистор R берёт на себя разность между входным и выходным напряжением: IR = (Vin − VZ)/R. Этот ток делится между нагрузкой, IL = VZ/RL, и стабилитроном: IZ = IR − IL. Проектируйте для худших случаев: при наименьшем входном напряжении и наибольшей нагрузке должен оставаться ток IZ,min, а при наибольшем входном напряжении без нагрузки получается наибольшая мощность стабилитрона PZ = VZ·IZ.
Ток резистора
IR = 10,9/100 = 109 mA
Ток нагрузки
IL = 9,1/470 = 19,36 mA
Ток стабилитрона
IZ = 109 − 19,36 = 89,64 mA
Ответ
IZ = 89,64 mA
24.Диоды и транзисторы
Ответ: RB = 27,08 kΩ
Биполярный транзистор как ключ: чтобы полностью включить нагрузку, транзистор вводят в насыщение, где VCE = VCE(sat), а ток коллектора определяется нагрузкой: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Для насыщения нужен ток базы не менее IB = IC(sat)/β. Если ток базы меньше, транзистор остаётся в активном режиме, и IC = β·IB.
Ток коллектора в насыщении
IC(sat) = (5 − 0,2)/1000 = 4,8 mA
Минимальный ток базы
IB(min) = IC(sat)/β = 4,8/50 = 96 µA
Резистор базы
RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,096 mA = 27,08 kΩ
Ответ
RB = 27,08 kΩ
Любой меньший резистор базы тоже насыщает транзистор; на практике выбирают в несколько раз меньший.
25.Системы счисления
Ответ: U = 160
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
96 = 0110 0000
инвертировано: 1001 1111
+1 → 1010 0000
Прочитайте как беззнаковое
1010 0000₂ = 256 − 96 = 160
Ответ
U = 160
26.Системы счисления
Ответ: R = 200
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 влево на 2 перемещает каждый бит на 2 позиций влево; биты, выходящие за левый край, теряются, а справа входят нули.
0111 0010 << 2
= 1100 1000
Значение результата
1100 1000₂ = 200
Ответ
R = 200
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры
Ответ: N = 3
Мультиплексор: мультиплексор 2ⁿ в 1 передаёт на выход один из своих информационных входов; адресные входы, читаемые как двоичное число, выбирают, какой именно. Для мультиплексора 4 в 1 с адресами S₁S₀ = AB: F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Если подключить информационные входы к 0, 1, C или C′, мультиплексор реализует любую функцию от A, B и C, что — распространённый способ построить логику на одной микросхеме.
Выражение выхода
F = A′B + AB′C
Строки с F = 1
ABC = 010, 011, 101
N = 3
Ответ
N = 3
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры
Ответ: N = 1
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.
B′C′D′, A′CD, AB′D′, A′B′C′, A′BC, AB′C
Существенные простые импликанты
A′BC
N = 1
Ответ
N = 1
29.Преобразования Лапласа
Ответ: A = 1,333
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).
Разложение знаменателя на множители
s² + 9s + 18 = (s + 3)(s + 6)
F(s) = A/(s + 3) + B/(s + 6)
Правило закрытия
Умножьте на (s + 3) и положите s = −3: слагаемое с B обращается в нуль.
A = (s + 7)/(s + 6) |s = −3 = 4/3 = 1,333
Ответ
A = 1,333
(B = −0,3333, поэтому f(t) = 1,333·e−3t − 0,3333·e−6t)
30.Преобразования Лапласа
Ответ: y(1) = 4,527
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 + 4s + 3)·Y(s) = 5s + 20 + 12/s
Y(s) = (5s² + 20s + 12)/(s(s + 1)(s + 3))
Простые дроби
A = 12/(1·3) = 4
B = −3/((−1)·2) = 1,5
C = −3/((−3)·(−2)) = −0,5
Результат
y(t) = 4 + 1,5·e−t − 0,5·e−3t
y(1) = 4,527
Ответ
y(1) = 4,527
Проверка: y(0) = A + B + C = 5.
31.Структурные схемы
Ответ: ess = 1,818
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) = 7·3/(2·6) = 1,75
Установившаяся ошибка
ess = A/(1 + Kₚ) = 5/(1 + 1,75) = 1,818
Ответ
ess = 1,818
32.Структурные схемы
Ответ: ω = 3,464 rad/s
Алгебра структурных схем: блоки, соединённые последовательно, перемножаются (G₁·G₂), блоки, соединённые параллельно, складываются (G₁ + G₂), а контур с прямым путём G и обратной связью H сводится к T = G/(1 + G·H) при отрицательной обратной связи и G/(1 − G·H) при положительной. Сначала упрощайте внутренние контуры, затем двигайтесь наружу. Полюсы замкнутой системы — корни характеристического уравнения 1 + G(s)H(s) = 0. Для устойчивого контура ступенчатый вход величиной A даёт установившийся выход A·T(0); при единичной обратной связи установившаяся ошибка по ступеньке равна A/(1 + Kp), где Kp = G(0).
Характеристическое уравнение
s³ + 8s² + 12s + K = 0
Таблица Рауса
s³ | 1 12
s² | 8 K
s¹ | (8·12 − K)/8
s⁰ | K
Граница устойчивости
Все элементы первого столбца должны быть положительными.
Kmax = 8·12 = 96
Частота колебаний
8·(jω)² + 96 = 0 → ω² = 96/8 = 12
ω = 3,464 rad/s
Ответ
ω = 3,464 rad/s
33.Переходная характеристика
Ответ: σ = −1
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 = 45 → ωₙ = 6,708 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·6,708) = 0,1491
Результат
σ = −ζωₙ = −2/2 = −1
Ответ
σ = −1
34.Переходная характеристика
Ответ: xmax = 4,052 mm
Переходная характеристика: система первого порядка G(s) = K/(τs + 1) отвечает на ступеньку величиной U сигналом y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): за одну постоянную времени τ она достигает 63,2 % конечного значения K·U, а за 4τ — 98 %. Система второго порядка G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) имеет полюсы s = −ζωₙ ± jωd, где ωd = ωₙ√(1 − ζ²). При 0 < ζ < 1 переходная характеристика перерегулируется: перерегулирование %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), время пика tp = π/ωd, а время установления по критерию 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Сравните знаменатель с s² + 2ζωₙs + ωₙ², чтобы найти ωₙ и ζ. Для системы масса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) и ζ = c/(2√(km)); для последовательной RLC-цепи ωₙ = 1/√(LC) и ζ = (R/2)·√(C/L).
Собственная частота и коэффициент демпфирования
ωₙ = √(k/m) = √(2000/20) = 10 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 60/(2·√(2000·20)) = 0,15
Результат
xst = F/k = 5/2000 m = 2,5 mm
%OS = 62,09 %
xmax = 2,5·(1 + 0,6209) = 4,052 mm
Ответ
xmax = 4,052 mm
35.Диаграммы Боде и запасы
Ответ: |G(jω)| = 4,53 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.
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/4)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(4·9) = 6 rad/s
Ответ
ω180 = 6 rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф
Ответ: m = 6
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.
Таблица Рауса
s³ + 12s² + 20s + K = 0
s³: 1, 20
s²: 12, K
s¹: (12·20 − K)/12
s⁰: K
Наибольший устойчивый коэффициент усиления
Kmax = 12·20 = 240
Множитель
m = 240/40 = 6
Ответ
m = 6
Этот множитель — запас по усилению в разах: 15,56 dB.
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф
Ответ: θd = 71,57 °
Корневой годограф: при изменении коэффициента усиления K от 0 до ∞ полюса замкнутой системы, то есть корни уравнения 1 + K·G(s) = 0, перемещаются от полюсов разомкнутой системы к её нулям или в бесконечность. Точка на вещественной оси принадлежит годографу, если число вещественных полюсов и нулей правее неё нечётно. Ветви, уходящие в бесконечность (их n − m), идут вдоль асимптот под углами (2q + 1)·180°/(n − m), выходящих из центра асимптот σₐ = (Σ полюсов − Σ нулей)/(n − m). Ветви покидают вещественную ось или возвращаются на неё там, где dK/ds = 0. Условие по углу ∠G(s) = 180° определяет форму годографа, а условие по модулю K = 1/|G(s)| даёт коэффициент усиления в любой точке годографа.
Положения полюсов
s² + 4s + 5 = 0 → s = −2 ± j1
s = −5
Углы от остальных полюсов
∠(−2 + j1 + 5) = atan2(1, 3) = 18,43°
∠(−2 + j1 − (−2 − j1)) = ∠(j2) = 90°
Угол выхода
θd = 180° − 18,43° − 90° = 71,57°
Ответ
θd = 71,57°
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование
Ответ: ess = 32
Установившаяся ошибка: в контуре с единичной обратной связью и передаточной функцией разомкнутой системы G(s) ошибка равна E(s) = R(s)/(1 + G(s)), а по теореме о конечном значении ess = lims→0 s·E(s). Тип системы — это число полюсов G(s) в точке s = 0. Коэффициенты ошибок: Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) и Ka = lim s²·G(s), все при s → 0. Ступенчатое воздействие величиной A даёт ess = A/(1 + Kp), линейное A·t даёт A/Kv, а параболическое A·t²/2 даёт A/Ka. Контур типа 0 отслеживает ступеньку с конечной ошибкой, контур типа 1 отслеживает её точно, а линейное воздействие — с конечной ошибкой.
Коэффициент скоростной ошибки
Kv = lim s·G(s) = 0,125
Ошибка по линейному воздействию
ess = 4/0,125 = 32
Ответ
ess = 32
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование
Ответ: tp = 0,4488 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) + 5·10 = s² + 2s + 50
ωₙ и ζ
ωₙ = √50 = 7,071 rad/s
ζ = 2/(2·7,071) = 0,1414
Время пика
ωd = 7,071·√(1 − 0,1414²) = 7 rad/s
tp = π/7 = 0,4488 s
Ответ
tp = 0,4488 s
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.