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 = 9 VR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 ΩR4 = 8 Ω
IR2 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
Между узлом A и землёй включены три ветви, как показано на схеме. Методом узловых потенциалов найдите ток I1 в ветви 1, текущий вверх в узел A по направлению стрелки.
Источник тока регулируют до тех пор, пока напряжение узла A не станет VA = 16 V. Методом узловых потенциалов найдите ток источника Is (направление как на схеме).
Источник Vₛ заряжает конденсатор через R₁, а R₂ подключён параллельно C. Конденсатор разряжен, когда ключ замыкается в момент t = 0. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 80 ms.
Vs = 10 VR1 = 3,3 kΩR2 = 6,8 kΩC = 100 µFt = 80 ms
vC = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
Ключ, шунтирующий R2, был замкнут долгое время, поэтому ток катушки установившийся. При t = 0 ключ размыкается. Найдите ток катушки i при t = 5 ms.
Vs = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 47 ΩL = 220 mHt = 5 ms
i = A
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
Последовательная цепь RLC подключена к сети 10 V (действующее значение), 200 Hz. Найдите действующее значение тока I.
V = 10 V (rms)f = 200 HzR = 15 ΩL = 250 mHC = 10 µF
I = A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
Последовательная цепь RLC подключена к сети 12 V (действующее значение), 200 Hz. Найдите действующее значение тока I.
V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 10 µF
I = A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
Однофазный двигатель потребляет 36 kW при коэффициенте мощности 0,75 (индуктивном) от сети 230 V. Найдите реактивную мощность Q, которую он потребляет.
P = 36 kWpf = 0,75V = 230 V
Q = kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
Однофазная нагрузка потребляет 40 kW при коэффициенте мощности 0,7 (индуктивном) от сети 240 V, 50 Hz. Параллельно подключённый конденсатор повышает коэффициент мощности до 0,95. Найдите новый ток линии Inew.
P = 40 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95V = 240 Vf = 50 Hz
Inew = A
17.Трёхфазная мощностьСредняя
Симметричная нагрузка, соединённая звездой, с полным сопротивлением 18 + j24 Ω на фазу подключена к симметричной трёхфазной сети с линейным напряжением 400 V. Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.
VL = 400 VZ = 18 + j24 Ω на фазу
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 100 kW при коэффициенте мощности 0,8 (отстающий) от сети 415 V (линейное), 50 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,98 (отстающий). Активная мощность не меняется. Найдите полную реактивную мощность QC, которую должна выдавать конденсаторная батарея, в kvar.
P = 100 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаторыСредняя
Усилитель с выходным сопротивлением 32 Ω питает громкоговоритель 8 Ω через идеальный трансформатор. Для передачи максимальной мощности громкоговоритель должен выглядеть со стороны усилителя как 32 Ω. Найдите коэффициент трансформации a = N₁/N₂.
Rs = 32 ΩRL = 8 Ω
a =
20.ТрансформаторыСложная
Однофазный трансформатор 250 kVA имеет потери в стали 1250 W и потери в меди 2500 W при номинальной нагрузке. При какой нагрузке Sη,max, в kVA, его КПД максимален?
S = 250 kVAPcore = 1250 WPcu,fl = 2500 W
Sη,max = kVA
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
ОУ идеальный и питается от источников ±15 V; его выход насыщается на уровне ±14 V. На неинвертирующий усилитель подаётся синусоидальный сигнал. Найдите наибольшую амплитуду входного сигнала Vin,max (пиковое значение), при которой выход не ограничивается.
R1 = 1 kΩRf = 10 kΩVsat = ±14 V
Vin,max = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
Два каскада на идеальных ОУ соединены последовательно: инвертирующий усилитель (R1, Rf1), за ним неинвертирующий (R2 на землю, Rf2 в обратной связи). Оба питаются от ±15 V. Найдите общий коэффициент усиления по напряжению Av = Vout/Vin.
R1 = 2 kΩRf1 = 4,7 kΩR2 = 10 kΩRf2 = 10 kΩ
Av =
23.Диоды и транзисторыСредняя
NPN-транзистор с β = 150 смещён резистором базы RB = 560 kΩ от источника питания VCC = 9 V. Резистор коллектора RC = 470 Ω, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите ток коллектора IC в mA.
VCC = 9 VRB = 560 kΩRC = 470 Ωβ = 150VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
Диод моделируется напряжением 0,65 V последовательно с 25 Ω (он проводит выше 0,65 V). Он включён последовательно с резистором 330 Ω к источнику 9 V. Найдите рабочий ток ID в точке пересечения характеристики диода и нагрузочной прямой.
Vs = 9 VR = 330 ΩV0 = 0,65 Vrd = 25 Ω
ID = mA
25.Системы счисленияСредняя
Запишите −113 как 8-битную комбинацию в дополнительном коде. Прочитайте комбинацию как беззнаковое двоичное число: каково его значение U в десятичной системе?
N = −1138 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
Установите биты в 8-битный результат операции 0101 0000 OR 0101 0011. Чему равно значение результата R в десятичной системе?
0101 0000OR0101 0011
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
С помощью карты Карно найдите минимальную форму «произведение сумм» (POS) для F(A, B, C) = Σm(2, 4, 7). Сколько членов-сумм (множителей), N, в ней?
F(A, B, C) = Σm(2, 4, 7)
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
Найдите минимальную форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(1, 5, 9, 10, 13, 15) + d(0, 4, 7, 8, 11, 14), где d обозначает безразличные состояния. Сколько литералов, L, она содержит?
Найдите f(t) для F(s) = 50/(s(s + 2)(s + 4)) разложением на простые дроби и вычислите f(0,6).
F(s) = 50/(s(s + 2)(s + 4))t = 0,6 s
f(0.6) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
Система подчиняется уравнению y″ + 7y′ + 10y = 20·u(t), где y(0) = 1 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 10. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,25).
Объект G(s) = 30/(s + 3) управляется в контуре отрицательной обратной связи, у датчика которой коэффициент H = 2. Найдите постоянную времени τ замкнутой системы.
G(s) = 30/(s + 3)H = 2
τ = s
32.Структурные схемыСложная
Упростите структурную схему, где G₁ = 3/(s + 2), G₂ = 6/(s + 1), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 4 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 0,25. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).
G₁ = 3/(s + 2)G₂ = 6/(s + 1)H₁ = 4H₂ = 0,25
T(0) =
33.Переходная характеристикаСредняя
Система имеет передаточную функцию G(s) = 76/(s² + 14s + 76) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время пика tp переходной характеристики.
G(s) = 76/(s² + 14s + 76)
tp = s
34.Переходная характеристикаСложная
Масса m = 20 kg подвешена на пружине k = 100 N/m с вязким демпфером c = 27 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 10 N. Найдите перерегулирование %OS смещения в процентах.
m = 20 kgk = 100 N/mc = 27 N·s/mF = 10 N
%OS = %
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
Найдите фазу ∠G(jω) функции G(s) = 39(s + 9)/(s(s + 8)) при ω = 2 rad/s в градусах.
G(s) = 39(s + 9)/(s(s + 8))ω = 2 rad/s
∠G(jω) = °
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 8/(s(s + 2)). Найдите частоту среза усиления ωc, где |L(jω)| = 1.
L(s) = 8/(s(s + 2))
ωc = rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 4)(s + 6)). Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.
L(s) = K/(s(s + 4)(s + 6))
Kmax =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
Эскиз корневого годографа для L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 5)). Найдите частоту ω, на которой годограф пересекает мнимую ось.
L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 5))
ω = rad/s
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
Контур с единичной обратной связью и G(s) = K/(s(s + 2)) должен отслеживать линейное воздействие r(t) = 5t с установившейся ошибкой 0,02. Найдите коэффициент усиления K.
G(s) = K/(s(s + 2))r(t) = 5tess = 0,02
K =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
ПИ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s управляет объектом G(s) = 1/(s + 2) в контуре с единичной обратной связью. Замкнутая система должна иметь ωₙ = 8 rad/s и ζ = 0,6. Найдите пропорциональный коэффициент Kp.
G(s) = 1/(s + 2)ωₙ = 8 rad/sζ = 0,6
Kp =
3Растворы
1.Последовательные и параллельные резисторы
Ответ: IR2 = 0,3726 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 = 5 + 8 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 10·13/(10+13) = 5,652 Ω
Req = R1 + 5,652 = 8 + 5,652 = 13,65 Ω
Ток источника
Источник видит только Req, поэтому закон Ома даёт ток, который он отдаёт. Этот ток течёт через R₁.
IR1 = V1/Req = 9/13,65 = 0,6592 A
Ток через R₂
Вычтите падение на R₁, чтобы получить напряжение в узле A, то есть напряжение на R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 9 − 0,6592·8 = 3,726 V
IR2 = VA/R2 = 3,726/10 = 0,3726 A
Ответ
IR2 = 0,3726 A
2.Последовательные и параллельные резисторы
Ответ: IR2 = 0,8055 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 = 10 + 3 = 13 Ω
R4 ∥ 13 = 7,879 Ω
R3 + 7,879 = 22,88 Ω
R2 ∥ 22,88 = 4,753 Ω
Req = R1 + 4,753 = 10 + 4,753 = 14,75 Ω
Ток источника
Источник видит только Req, поэтому закон Ома даёт ток, который он отдаёт. Этот ток течёт через R₁.
IR1 = V1/Req = 15/14,75 = 1,017 A
Ток через R₂
Вычтите падение на R₁, чтобы получить напряжение в узле A, то есть напряжение на R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 15 − 1,017·10 = 4,833 V
IR2 = VA/R2 = 4,833/6 = 0,8055 A
Ответ
IR2 = 0,8055 A
3.Метод узловых потенциалов
Ответ: I1 = −1,469 A
Метод узловых потенциалов: выберите опорный узел, обозначьте неизвестные узловые напряжения, запишите закон токов Кирхгофа для каждого неизвестного узла с помощью закона Ома (I = ΔV/R) и решите полученные уравнения.
ЗТК в узле A
Примите нижний провод за землю. Каждая ветвь проводит ток (VA − Vk)/Rk, вытекающий из A, где Vk — напряжение её источника (ноль для простого резистора). Сумма токов, вытекающих из A, равна нулю.
(VA − (−6))/12 + (VA − 18)/3 + (VA − 9)/4 = 0
Находим VA
VA = ((−6)/12 + 18/3 + 9/4) / (1/12 + 1/3 + 1/4) = 7,75/0,6667 = 11,63 V
Отрицательный результат означает, что в действительности ток течёт против стрелки.
4.Метод узловых потенциалов
Ответ: Is = 4,213 A
Метод узловых потенциалов: выберите опорный узел, обозначьте неизвестные узловые напряжения, запишите закон токов Кирхгофа для каждого неизвестного узла с помощью закона Ома (I = ΔV/R) и решите полученные уравнения.
ЗТК в узле A
VA известно, поэтому это уравнение даёт VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(16 − 10)/20 + 16/12 = (VB − 16)/6
1,633 = (VB − 16)/6 → VB = 25,8 V
ЗТК в узле B
Токи, вытекающие из B через резисторы, равны току, который источники направляют в B.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (25,8 − 16)/6 + 25,8/10 = 4,213 A
Ответ
Is = 4,213 A
5.Метод контурных токов
Ответ: IR1 = 0,4941 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
5·I1 + 5(I1 − I2) = 12
10·I1 − 5·I2 = 12
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
6·I2 + 5(I2 − I1) = (−18)
−5·I1 + 11·I2 = −18
Решите
Δ = (10)(11) − (−5)(−5) = 85
I1 = Δ1/Δ = 42/85 = 0,4941 A
I2 = Δ2/Δ = −120/85 = −1,412 A
Ответ
IR1 = I1 = 0,4941 A
Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.
6.Метод контурных токов
Ответ: IR1 = 0,6748 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
25·I1 + 6(I1 − I2) = 24
31·I1 − 6·I2 = 24
ЗНК для контура 2
При обходе по часовой стрелке падения напряжения на резисторах равны подъёмам напряжения источников (от − к + в направлении обхода).
R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
25·I2 + 6(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−6·I1 + 41·I2 − 10·I3 = 0
ЗНК для контура 3
При обходе по часовой стрелке падения напряжения на резисторах равны подъёмам напряжения источников (от − к + в направлении обхода).
R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
4·I3 + 10(I3 − I2) = (−30)
−10·I2 + 14·I3 = −30
Решите
Δ = определитель матрицы коэффициентов = 14190
I1 = Δ1/Δ = 9576/14190 = 0,6748 A
I2 = Δ2/Δ = −7284/14190 = −0,5133 A
I3 = Δ3/Δ = −35610/14190 = −2,51 A
Ответ
IR1 = I1 = 0,6748 A
Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.
7.Метод наложения
Ответ: VR2 = −1,92 V
Метод наложения: в линейной цепи любое напряжение или ток равно сумме откликов на каждый независимый источник, действующий отдельно. Чтобы отключить источник, замените идеальный источник напряжения коротким замыканием, а идеальный источник тока — разрывом. Резисторы остаются на месте.
Случай 1 · действует только V1
Iₛ становится разрывом, поэтому R₃ и R₄ образуют одну последовательную ветвь от A к земле, параллельную R₂.
R3+R4 = 12+3 = 15 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 4·15/(4+15) = 3,158 Ω
VA = 6·3,158/(10+3,158) = 1,44 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 1,44·3/15 = 0,288 V
VR2′ = 0 − VA = 0 − 1,44 = −1,44 V
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 = 10·4/(10+4) = 2,857 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 3 ∥ 14,86 = 2,496 Ω
VB = Is·Req = 1·2,496 = 2,496 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 2,496·2,857/14,86 = 0,48 V
VR2″ = 0 − VA = 0 − 0,48 = −0,48 V
Сложите составляющие
VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = (−1,44) + (−0,48) = −1,92 V
Отрицательный результат означает, что на самом деле полярность противоположна указанной.
8.Метод наложения
Ответ: IR2 = 3,193 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
V₂ становится коротким замыканием, а Iₛ — разрывом. Со стороны A резистор R₃ параллелен последовательной паре R₂+R₄.
R3 ∥ (R2+R4) = 25 ∥ 20 = 11,11 Ω
VA = 30·11,11/(2+11,11) = 25,42 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 25,42·12/20 = 15,25 V
IR2′ = (VA − VB)/R2 = (25,42 − 15,25)/8 = 1,271 A
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 = 1,852 Ω, поэтому левый путь — R2+1,852 = 9,852 Ω
Отрицательный результат означает, что на самом деле ток течёт против стрелки.
9.Тевенин и Нортон
Ответ: Vth = 3,429 V
Теорема Тевенина: любая линейная двухполюсная цепь ведёт себя как один источник напряжения Vth, последовательный с сопротивлением Rth. Теорема Нортона представляет ту же цепь как источник тока IN = Vth/Rth, параллельный Rth.
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 = 12·2/(12+2) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 4 = 5,714 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) = 24·2/(12+2) = 3,429 V
10.Тевенин и Нортон
Ответ: IL = 1,935 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 = 30·30/(30+30) = 15 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 15 + 6 = 21 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) = 18 + 2·15 = 48 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 48 + 2·6 = 60 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) = 60/(21 + 10) = 1,935 A
11.Переходные процессы RC и RL
Ответ: vC = 2,036 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.
Эквивалентная схема Тевенина со стороны конденсатора
Закоротите источник, чтобы найти Rth; отключите конденсатор, чтобы найти напряжение, до которого он зарядится.
Rth = R1 ∥ R2 = 3,3·6,8/(3,3 + 6,8) = 2,222 kΩ
vC(∞) = 10·6,8/(3,3 + 6,8) = 6,733 V
Постоянная времени
τ = Rth·C = 2,222·100 = 222,2 ms
Кривая заряда
vC(t) = 6,733·(1 − e−80/222,2) = 2,036 V
Ответ
vC = 2,036 V
12.Переходные процессы RC и RL
Ответ: i = 0,2407 A
Переходные процессы первого порядка: в цепи с одним конденсатором или одной катушкой каждое напряжение и каждый ток экспоненциально меняются от начального к конечному значению: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, где τ = RC или τ = L/R. Примерно через 5τ цепь выходит на установившийся режим.
Начальное значение, конечное значение, постоянная времени
До t = 0 замкнутый ключ шунтирует R₂; после этого в контур входят и R₁, и R₂.
i(0) = 6/10 = 0,6 A
i(∞) = 6/(10 + 47) = 0,1053 A
τ = L/R = 220/57 = 3,86 ms
i(t) = 0,1053 + (0,6 − 0,1053)·e−t/τ
Ток в заданный момент
i(5) = 0,1053 + (0,4947)·e−5/3,86 = 0,2407 A
Ответ
i = 0,2407 A
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды
Ответ: I = 0,04254 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 = 1257·0,25 = 314,2 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| = 10/235,1 = 0,04254 A
Ответ
I = 0,04254 A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды
Ответ: I = 0,0965 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| = 12/124,4 = 0,0965 A
Ответ
I = 0,0965 A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности
Ответ: Q = 31,75 kvar
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.
Угол
φ = arccos(0,75) = 41,41°, tan φ = 0,8819
Реактивная мощность
Q = P·tan φ = 36·0,8819 = 31,75 kvar
Ответ
Q = 31,75 kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности
Ответ: Inew = 175,4 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 = 40·tan(45,57°) = 40,81 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(18,19°) = 13,15 kvar
QC = Q1 − Q2 = 27,66 kvar
Новый ток линии
Inew = P/(V·cos φ2) = 40000/(240·0,95) = 175,4 A
Ответ
Inew = 175,4 A
17.Трёхфазная мощность
Ответ: P = 3,2 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.
Фазное напряжение
Vph = 400/√3 = 230,9 V
Фазный ток
|Z| = √(18² + 24²) = 30 Ω
Iph = 230,9/30 = 7,698 A
Полная активная мощность
Активную мощность потребляет только активная составляющая каждого сопротивления.
P = 3·Iph²·R = 3·7,698²·18 = 3,2 kW
Ответ
P = 3,2 kW
Проверка: cos φ = R/|Z| = 0,6, и √3·VL·IL·cos φ даёт ту же мощность.
18.Трёхфазная мощность
Ответ: QC = 54,69 kvar
Симметричные трёхфазные системы: при соединении звездой (Y) линейное напряжение в √3 раз больше фазного, VL = √3·Vph, а линейный ток равен фазному. При соединении треугольником (Δ) линейное напряжение равно фазному, а линейный ток в √3 раз больше фазного, IL = √3·Iph. Полная мощность в три раза больше мощности одной фазы: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Компенсация реактивной мощности: конденсаторы вырабатывают реактивную мощность на месте, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Каждый из трёх конденсаторов даёт QC/3 = V²·ω·C, где V — напряжение на этом конденсаторе: VL в батарее, соединённой треугольником, VL/√3 — в батарее, соединённой звездой.
Реактивная мощность до и после
Активная мощность не меняется, поэтому каждый коэффициент мощности задаёт реактивную мощность: Q = P·tan φ.
Q1 = 100·tan(acos 0,8) = 100·0,75 = 75 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,98) = 100·0,2031 = 20,31 kvar
Реактивная мощность конденсаторов
QC = Q1 − Q2 = 54,69 kvar
Ответ
QC = 54,69 kvar
19.Трансформаторы
Ответ: a = 2
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.
Согласуйте приведённую нагрузку
a²·8 = 32
a = √(32/8) = √4 = 2
Ответ
a = 2
20.Трансформаторы
Ответ: Sη,max = 176,8 kVA
Потери в трансформаторе: потери в стали (гистерезис и вихревые токи) зависят от напряжения и одинаковы при любой нагрузке. Потери в меди обмоток пропорциональны квадрату тока, поэтому при доле x от номинальной нагрузки они равны x²·Pcu,fl. КПД η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), где Pout = x·S·pf. КПД максимален при той нагрузке, при которой потери в меди равны потерям в стали.
Потери в меди равны потерям в стали
x²·2500 = 1250 → x = √(1250/2500) = 0,7071
Нагрузка при максимальном КПД
Sη,max = x·S = 0,7071·250 = 176,8 kVA
Ответ
Sη,max = 176,8 kVA
21.Схемы на операционных усилителях
Ответ: Vin,max = 1,273 V
Правила идеального ОУ: при отрицательной обратной связи усилитель устанавливает выход так, чтобы оба входа имели одинаковое напряжение (V₋ = V₊), и ни в один вход ток не течёт. ЗТК на инвертирующем входе с этими двумя фактами даёт выход.
Коэффициент усиления
Av = 1 + Rf/R1 = 1 + 10/1 = 11
Наибольший вход до ограничения
Vin,max = Vsat/|Av| = 14/11 = 1,273 V
Ответ
Vin,max = 1,273 V
22.Схемы на операционных усилителях
Ответ: Av = −4,7
Правила идеального ОУ: при отрицательной обратной связи усилитель устанавливает выход так, чтобы оба входа имели одинаковое напряжение (V₋ = V₊), и ни в один вход ток не течёт. ЗТК на инвертирующем входе с этими двумя фактами даёт выход.
Коэффициент усиления каждого каскада
A1 = −Rf1/R1 = −4,7/2 = −2,35
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 10/10 = 2
Общий коэффициент усиления
Av = A1·A2 = −2,35·2 = −4,7
Ответ
Av = −4,7
23.Диоды и транзисторы
Ответ: IC = 2,223 mA
Рабочая точка биполярного транзистора: в активном режиме VBE = 0,7 V, IC = β·IB и IE = (β + 1)·IB. Найдите IB из базового контура по второму закону Кирхгофа, затем IC, затем VCE из контура коллектор–эмиттер. Делитель напряжения в цепи базы заменяют эквивалентом Тевенена VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; резистор в цепи эмиттера в базовом контуре выглядит в (β + 1) раз больше.
Ток базы
IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/560 kΩ = 14,82 µA
Ток коллектора
IC = β·IB = 150·14,82 µA = 2,223 mA
Ответ
IC = 2,223 mA
Проверка: VCE = 7,955 V заметно больше 0,2 V, значит, транзистор действительно в активном режиме.
24.Диоды и транзисторы
Ответ: ID = 23,52 mA
Цепи со светодиодами и диодами: светодиод в прямом включении падает примерно на своё прямое напряжение VF (около 2 V для красного, 3 V для синего или белого) независимо от тока. Последовательный резистор задаёт ток: R = (Vs − n·VF)/I для n светодиодов последовательно. В более точной модели диода V = V₀ + I·rd рабочая точка находится там, где характеристика диода пересекает нагрузочную прямую I = (Vs − V)/R, поэтому I = (Vs − V₀)/(R + rd).
Объедините два уравнения
9 = 0,65 + I·(330 + 25)
Рабочий ток
ID = 8,35/355 = 23,52 mA
VD = 0,65 + 0,02352·25 = 1,238 V
Ответ
ID = 23,52 mA
25.Системы счисления
Ответ: U = 143
Позиционные системы счисления: каждая цифра стоит своего значения, умноженного на степень основания. В двоичной системе разряды стоят 1, 2, 4, 8, 16, …, в шестнадцатеричной 1, 16, 256, …, а A–F обозначают 10–15. В 8-битном дополнительном коде крайний левый бит стоит −128 вместо +128; так хранятся отрицательные числа.
Инвертируйте и прибавьте единицу
113 = 0111 0001
инвертировано: 1000 1110
+1 → 1000 1111
Прочитайте как беззнаковое
1000 1111₂ = 256 − 113 = 143
Ответ
U = 143
26.Системы счисления
Ответ: R = 83
Установка битов: каждый бит стоит степень двойки (128, 64, …, 1). Одна шестнадцатеричная цифра — это ровно четыре бита, а в 8-битном дополнительном коде крайний левый бит стоит −128. Побитовые операции работают с каждой позицией бита отдельно.
Бит за битом
OR даёт 1 там, где хотя бы один бит равен 1.
0101 0000
OR 0101 0011
= 0101 0011
Значение результата
0101 0011₂ = 83
Ответ
R = 83
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры
Ответ: N = 4
Карты Карно: клетки упорядочены по коду Грея (00, 01, 11, 10), поэтому соседние клетки, включая те, что через края, отличаются ровно одной переменной. Группируйте единицы в прямоугольники по 1, 2, 4, 8 или 16 клеток, как можно большие и в как можно меньшем числе, пока не будет покрыта каждая единица. Каждая группа — один член-произведение: переменные, которые внутри неё остаются постоянными. Группа из 2ᵏ клеток теряет k переменных. Безразличные состояния (X) можно использовать, чтобы увеличить группы, но покрывать их не обязательно. Если группировать нули, получится минимальная форма POS.
Сгруппируйте нули
Каждая группа — прямоугольник из 2ᵏ клеток; клетки на краю соседствуют с клетками на противоположном краю.
(B + C′)
(A + C′)
(A + B)
(A′ + B′ + C)
Минимальная форма POS
F = (B + C′)(A + C′)(A + B)(A′ + B′ + C)
N = 4
Ответ
N = 4
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры
Ответ: L = 4
Карты Карно: клетки упорядочены по коду Грея (00, 01, 11, 10), поэтому соседние клетки, включая те, что через края, отличаются ровно одной переменной. Группируйте единицы в прямоугольники по 1, 2, 4, 8 или 16 клеток, как можно большие и в как можно меньшем числе, пока не будет покрыта каждая единица. Каждая группа — один член-произведение: переменные, которые внутри неё остаются постоянными. Группа из 2ᵏ клеток теряет k переменных. Безразличные состояния (X) можно использовать, чтобы увеличить группы, но покрывать их не обязательно. Если группировать нули, получится минимальная форма POS.
Простые импликанты
Самые большие группы, которые можно образовать из единиц и X.
C′D, BD, B′C′, AD, A′C′, AC, AB′
Минимальное покрытие
F = C′D + AC
L = 4
Ответ
L = 4
29.Преобразования Лапласа
Ответ: f(0.6) = 3,052
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 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 + 7s + 10)·Y(s) = 1s + 7 + 200/s
Y(s) = (s² + 7s + 200)/(s(s + 2)(s + 5))
Простые дроби
A = 200/(2·5) = 20
B = 190/((−2)·3) = −31,67
C = 190/((−5)·(−3)) = 12,67
Результат
y(t) = 20 − 31,67·e−2t + 12,67·e−5t
y(0,25) = 4,422
Ответ
y(0,25) = 4,422
Проверка: y(0) = A + B + C = 1.
31.Структурные схемы
Ответ: τ = 0,01587 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).
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).
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).
Переходная характеристика: система первого порядка G(s) = K/(τs + 1) отвечает на ступеньку величиной U сигналом y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): за одну постоянную времени τ она достигает 63,2 % конечного значения K·U, а за 4τ — 98 %. Система второго порядка G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) имеет полюсы s = −ζωₙ ± jωd, где ωd = ωₙ√(1 − ζ²). При 0 < ζ < 1 переходная характеристика перерегулируется: перерегулирование %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), время пика tp = π/ωd, а время установления по критерию 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Сравните знаменатель с s² + 2ζωₙs + ωₙ², чтобы найти ωₙ и ζ. Для системы масса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) и ζ = c/(2√(km)); для последовательной RLC-цепи ωₙ = 1/√(LC) и ζ = (R/2)·√(C/L).
Собственная частота и коэффициент демпфирования
ωₙ = √(k/m) = √(100/20) = 2,236 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 27/(2·√(100·20)) = 0,3019
Результат
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 36,98 %
Ответ
%OS = 36,98 %
35.Диаграммы Боде и запасы
Ответ: ∠G(jω) = −91,51 °
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 среза усиления
ω⁴ + 4ω² − 64 = 0
ω² = (−4 + √(16 + 4·64))/2 = 6,246
ωc = 2,499 rad/s
Ответ
ωc = 2,499 rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф
Ответ: Kmax = 240
Критерий Рауса–Гурвица: линейная система устойчива, если все корни её характеристического полинома лежат в левой полуплоскости s-плоскости. Запишите коэффициенты поочерёдно в первые две строки таблицы Рауса. Каждый элемент новой строки вычисляется по двум строкам над ней; для кубического полинома a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ элемент строки s¹ равен b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Число смен знака в первом столбце равно числу корней в правой полуплоскости. Если в коэффициенты входит коэффициент усиления K, все элементы первого столбца должны оставаться положительными: значение усиления, при котором элемент строки s¹ обращается в нуль, — граница устойчивости, а строка s² затем даёт частоту незатухающих колебаний.
Характеристическое уравнение
s³ + 10s² + 24s + K = 0
Таблица Рауса
s³: 1, 24
s²: 10, K
s¹: (10·24 − K)/10
s⁰: K
Условия
Каждый элемент первого столбца должен быть положительным.
K > 0
10·24 − K > 0 → K < 240
Ответ
Kmax = 240
При K = 240 замкнутая система колеблется с частотой ω = √24 = 4,899 rad/s.
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф
Ответ: ω = 5,568 rad/s
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.
Критический коэффициент усиления
s³ + 10s² + 31s + 30 + K = 0
s¹: (10·31 − 30 − K)/10 = 0 → K = 280
Частота пересечения
10s² + 30 + 280 = 10s² + 310 = 0 → s² = −31
ω = √31 = 5,568 rad/s
Ответ
ω = 5,568 rad/s
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование
Ответ: K = 500
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.
Требуемый коэффициент скоростной ошибки
Kv = A/ess = 5/0,02 = 250
Коэффициент усиления
K = 2·Kv = 500
Ответ
K = 500
Большой коэффициент усиления делает этот контур очень слабо демпфированным: ζ = 0,04472. Именно из-за такого противоречия применяют корректирующие устройства.
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование
Ответ: Kp = 7,6
П-, ПИ- и ПИД-регулирование: регулятор C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s воздействует на ошибку. Пропорциональный коэффициент ускоряет контур и уменьшает ошибку объекта типа 0, но никогда не устраняет её. Интегральная составляющая добавляет полюс в точке s = 0: тип системы повышается на единицу, и ступенька отслеживается без ошибки. Дифференциальная составляющая добавляет демпфирование. Чтобы подобрать коэффициенты, запишите характеристический полином замкнутой системы и сравните его с s² + 2ζωns + ωn². Тогда %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, где ωd = ωn√(1 − ζ²), и ts ≈ 4/(ζωn).
Характеристический полином
1 + C(s)G(s) = 0, умноженное на s(s + 2).
s² + (2 + 1Kp)s + 1Ki
Целевой полином
s² + 2·0,6·8s + 8² = s² + 9,6s + 64
Приравняйте коэффициенты
2 + 1Kp = 9,6 → Kp = 7,6
Ответ
Kp = 7,6
Интегральная составляющая делает контур типа 1, поэтому ступенька отслеживается без установившейся ошибки.
Это независимый учебный материал. ExamProblems не связан с организацией, проводящей этот экзамен, и не одобрен ею; название экзамена используется только для описания содержания. Экзамен FE exam проводит NCEES; эта организация не связана с ExamProblems и не поддерживает его.