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​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩIR2​AR4​3 ΩB

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 10 VR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 ΩR4 = 3 Ω
IR2 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 12 ΩIR1​R3​ = 20 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​15 VR2​30 ΩAR4​12 ΩBR6​20 Ω

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 15 VR1 = 12 ΩR2 = 30 ΩR3 = 20 ΩR4 = 12 ΩR5 = 25 ΩR6 = 20 Ω
IR1 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 15 ΩR3​ = 5 ΩIR3​+−V1​30 VR2​5 ΩAR4​8 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 30 VIs = 1,5 AR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 5 ΩR4 = 8 Ω
IR3 = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 6 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​10 VR3​2 ΩAR5​6 ΩBIs​1 A−+V2​9 V

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

V1 = 10 VIs = 1 AV2 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 3 ΩR3 = 2 ΩR4 = 12 ΩR5 = 6 Ω
VB = V
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 15 ΩR2​ = 15 ΩIR2​+−V1​30 VR3​20 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти ток IR2 через R2 в направлении стрелки.

V1 = 30 VV2 = 9 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 Ω
IR2 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 5 ΩR2​ = 4 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​5 VR4​2 ΩAR5​3 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

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

V1 = 5 VV2 = 36 VR1 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 ΩR4 = 2 ΩR5 = 3 Ω
I1 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩIR2​AR4​12 ΩBIs​1,5 A

Используйте метод наложения, чтобы найти ток IR2 через R2 в направлении стрелки.

V1 = 12 VIs = 1,5 AR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 ΩR4 = 12 Ω
IR2 = A
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 15 ΩR2​ = 30 ΩIR2​R4​ = 15 Ω+−V1​36 VR3​25 ΩAIs​1,5 AB+−V2​10 V

Используйте метод наложения, чтобы найти мощность PR2, потребляемую R2.

V1 = 36 VIs = 1,5 AV2 = 10 VR1 = 15 ΩR2 = 30 ΩR3 = 25 ΩR4 = 15 Ω
PR2 = W
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 12 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩARL​4 ΩIL​B

К a–b подключена нагрузка RL = 4 Ω. Замените остальную цепь эквивалентом Тевенина и найдите ток нагрузки IL.

V1 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 10 ΩR3 = 4 ΩRL = 4 Ω
IL = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAIs​4 ABRL​12 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 12 Ω. Замените остальную цепь эквивалентом Тевенина и найдите ток нагрузки IL.

V1 = 6 VIs = 4 AR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 ΩRL = 12 Ω
IL = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​10 Vt = 0R = 20 ΩL150 mHi(t)

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
+−Vs​5 Vt = 0R = 1 kΩC?+−vC​

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
12 V1000 HzR = 50 ΩL = 100 mHC = 10 µFI

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
120 V200 HzR = 80 ΩL = 150 mHC = 10 µFI

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
230 V110 kW, 0,8525 kW, 1I

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.

V = 230 VP1 = 10 kW, pf1 = 0,85 отстающийP2 = 5 kW, pf2 = 1
cos φ =
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P = 10 kWQ1​S1​φ1​QC​

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
ABCVL​ = 480 VIL​ = 12 Acos φ = 0,75отстающий

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
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​

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
5 Ω41

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
pf 0,9150 kVA, 25% нагрузка

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.

S = 150 kVAPcore = 450 WPcu,fl = 1800 Wx = 0,25pf = 0,9
Ploss = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 47 kΩR1​ = 10 kΩVin​ = −1,1 V

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
−+Vout​C = 2,2 µFVin​ = −1 VR = 47 kΩ

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.

Vin = −1 VR = 47 kΩC = 2,2 µFVsat = ±13 Vt = 500 ms
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
+−20 V100 Ω9,1 V470 ΩIZ​ = ?

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
RC​ = 1 kΩβ = 50VCC​ = 5 V3,3 VRB​ = ?

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.

VCC = 5 VRC = 1 kΩβ = 50Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

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
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

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
MUX0I0​1I1​CI2​0I3​ABS1​S0​F

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
ABCD000111100001111010X1X30204051716012X130150141809X11110

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(A, B, C, D) = Σm(0, 6, 7, 8, 10) + d(1, 3, 11, 13)
N =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81

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
t (s)y(t)t = 1y(1) = ?

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).

y″ + 4y′ + 3y = 3·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 4t = 1 s
y(1) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+7(s + 3)(s + 2)(s + 6)G(s)C(s)−

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
R(s)+Ks(s + 2)(s + 6)G(s)C(s)−

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
t (s)y(t)3

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
k = 2000 N/mc = 60 N·s/mm = 20 kgF = 5 Nx(t)

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
|H| (dB)0,1110100−60−40−20020ω (rad/s)ω = 4

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
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​ = ?

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 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
R(s)+K = 401s(s + 2)(s + 10)C(s)−

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
ReIm−1−2−3−4−5−6j1

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
r(t) = 4t+5s(s + 4)(s + 10)C(s)−

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
R(s)+K = 510s(s + 2)C(s)−

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.

R1​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAR4​3 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 = 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.

R1​ = 12 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​15 VR2​30 ΩAR4​12 ΩBR6​20 Ω

Объединяйте резисторы с дальнего конца

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

R5 + R6 = 25 + 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.

R1​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAR4​8 ΩBIs​1,5 A

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.

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/8 + (VB − VA)/5 = 1,5
−0,2·VA + 0,325·VB = 1,5

Решите

Δ = (0,4667)(0,325) − (−0,2)(−0,2) = 0,1117
VA = Δ1/Δ = 0,95/0,1117 = 8,507 V
VB = Δ2/Δ = 1,1/0,1117 = 9,851 V

Ответ

IR3 = (VA − VB)/R3 = (8,507 − 9,851)/5 = −0,2687 A
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 1,706 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​ = 6 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​10 VR3​2 ΩAR5​6 ΩBIs​1 A−+V2​9 V

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.

R1​ = 15 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​30 VR3​20 ΩA+−V2​9 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
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.

R1​ = 5 ΩR2​ = 4 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​5 VR4​2 ΩAR5​3 ΩB+−V2​36 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 + 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.

R1​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAR4​12 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+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
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 ΩКЗR2​8 ΩAR4​12 ΩBIs​1,5 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.

R1​ = 15 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​36 VR3​25 ΩAОБРЫВBКЗ

Случай 1 · действует только V1

V₂ становится коротким замыканием, а Iₛ — разрывом. Со стороны A резистор R₃ параллелен последовательной паре R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 25 ∥ 45 = 16,07 Ω
VA = 36·16,07/(15+16,07) = 18,62 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 18,62·15/45 = 6,207 V
IR2′ = (VA − VB)/R2 = (18,62 − 6,207)/30 = 0,4138 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 15 ΩКЗR3​25 ΩAIs​1,5 ABКЗ

Случай 2 · действует только Is

Оба источника напряжения становятся короткими замыканиями. Iₛ в точке B делится между R₄ (теперь к земле) и R₂, последовательным с R₁ ∥ R₃.

R1 ∥ R3 = 9,375 Ω, поэтому левый путь — R2+9,375 = 39,38 Ω
Req = R4 ∥ 39,38 = 10,86 Ω
VB = Is·Req = 1,5·10,86 = 16,29 V
VA = VB·9,375/39,38 = 3,879 V
IR2″ = (VA − VB)/R2 = (3,879 − 16,29)/30 = −0,4138 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 15 ΩКЗR3​25 ΩAОБРЫВB+−V2​10 V

Случай 3 · действует только V2

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

R1 ∥ R3 = 15·25/(15+25) = 9,375 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 10·39,38/54,38 = 7,241 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 7,241·9,375/39,38 = 1,724 V
IR2‴ = (VA − VB)/R2 = (1,724 − 7,241)/30 = −0,1839 A

Складываем вклады токов

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴ = 0,4138 + (−0,4138) + (−0,1839) = −0,1839 A

Мощность в резисторе

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.

R1​ = 12 ΩR3​ = 4 ΩКЗR2​10 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 = 12·10/(12+10) = 5,455 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,455 + 4 = 9,455 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩAab+−Vth​

Найдите Vth — напряжение холостого хода

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

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 10·10/(12+10) = 4,545 V
Rth​ = 9,455 Ω+−Vth​4,545 VRL​4 ΩIL​

Подключите нагрузку к эквиваленту Тевенина

Источник Тевенина и последовательный R_th ведут себя на a–b точно как исходная цепь, поэтому нагрузка видит простой последовательный контур.

IL = Vth/(Rth + RL) = 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.

R1​ = 3 ΩR3​ = 15 ΩКЗR2​5 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 = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 15 = 16,88 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAIs​4 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) = 3,75 + 4·1,875 = 11,25 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,25 + 4·15 = 71,25 V
Rth​ = 16,88 Ω+−Vth​71,25 VRL​12 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) = 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).

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(50² + (612,4)²) = 614,4 Ω

Ток

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).

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (108,9)²) = 135,1 Ω

Ток

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.

V = 415 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 49517/(314,2·415²) = 915,2 µF

Ответ

Cph = 915,2 µF
19.Трансформаторы

Ответ: R1′ = 80 Ω

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

Приведённое сопротивление

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

R1′ = a²·RL = 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
ABCD000111100001111010X1X30204051716012X130150141809X11110

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.

Перемножьте модули

|G(j4)| = 56/(√(4² + 1²)·√(4² + 7²)) = 56/(4,123·8,062) = 1,685

Результат

20·log₁₀(1,685) = 4,53 dB

Ответ

|G(jω)| = 4,53 dB
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ω180 = 6 rad/s

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.

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