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 = 24 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 ΩR4 = 4 Ω
IR2 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.
Вывод + источника напряжения Vₛ между A и B находится у A, поэтому он задаёт VA − VB = Vₛ. Методом узловых потенциалов с супер-узлом найдите ток Ix через источник напряжения от A к B, как показано стрелкой.
Линейная резистивная цепь содержит один источник напряжения Vs и один источник тока Is. Ток I через нагрузочный резистор измерен дважды: при Vs = 20 V и Is = 10 mA I = 28 mA; при Vs = 20 V и Is = 5 mA I = 26 mA. Найдите ток нагрузки I при Vs = 20 V и Is = 3 mA.
20 V, 10 mA → 28 mA20 V, 5 mA → 26 mAVs = 20 V, Is = 3 mA
I = mA
8.Метод наложенияСложная
Линейная резистивная цепь содержит три независимых источника: V1, V2 и Is. Ток I через нагрузку измерен три раза. При номинальных значениях всех источников I = 2 mA. Если V1 удвоить, а два других оставить без изменений, I = −0,5 mA. Если изменить направление Is на противоположное, а два других оставить без изменений, I = −10 mA. Найдите ток нагрузки I, если V2 отключён, а V1 и Is имеют номинальные значения.
номинальные значения: I = 2 mA2·V1: I = −0,5 mA−Is: I = −10 mA
I = mA
9.Тевенин и НортонСредняя
Найдите ток Нортона IN: ток, текущий от a к b, если зажимы замкнуть накоротко.
V1 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 Ω
IN = A
10.Тевенин и НортонСложная
Найдите ток Нортона IN: ток, текущий от a к b, если зажимы замкнуть накоротко.
V1 = 30 VIs = 2 AR1 = 10 ΩR2 = 3 ΩR3 = 25 Ω
IN = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
До замыкания ключа в момент t = 0 тока через катушку нет. Найдите напряжение vL на катушке в момент t = 10 ms.
Vs = 6 VR = 15 ΩL = 100 mHt = 10 ms
vL = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
Непосредственно перед замыканием ключа в момент t = 0 конденсатор заряжен до 15 V с указанной полярностью. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 250 ms.
Vs = 9 VR = 3,3 kΩC = 220 µFvC(0) = 15 Vt = 250 ms
vC = V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
Резистор и катушка включены параллельно в сеть 50 V (действующее значение), 100 Hz. Найдите угол сдвига фаз φ полного сопротивления в градусах (положительный, когда ток отстаёт от напряжения).
V = 50 V (rms)f = 100 HzR = 40 ΩL = 50 mH
φ = °
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
Последовательная цепь RLC подключена к сети 50 V (действующее значение), 100 Hz. Найдите действующее значение напряжения VC на конденсаторе.
V = 50 V (rms)f = 100 HzR = 15 ΩL = 200 mHC = 22 µF
VC = V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
Индуктивная нагрузка потребляет 8,5 A и 1632 W от однофазной сети 240 V (действующее значение). Представьте её как сопротивление R, соединённое последовательно с реактивным сопротивлением X. Найдите X.
V = 240 VI = 8,5 AP = 1632 W
X = Ω
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
Однофазная нагрузка потребляет 12 kW при коэффициенте мощности 0,7 (индуктивном) от сети 240 V, 50 Hz. Параллельно нагрузке подключён конденсатор 150 µF. Найдите новый ток линии I.
P = 12 kWpf1 = 0,7V = 240 Vf = 50 HzC = 150 µF
I = A
17.Трёхфазная мощностьСредняя
Симметричная нагрузка, соединённая треугольником, с полным сопротивлением 20 + j15 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 = 20 + j15 Ω на фазу
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 60 kW при коэффициенте мощности 0,78 (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. Конденсаторы соединены звездой. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.
P = 60 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
К первичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 2:1 приложено 480 V. К вторичной обмотке подключён резистор 8 Ω. Найдите первичный ток I1.
N1:N2 = 2:1V1 = 480 VRL = 8 Ω
I1 = A
20.ТрансформаторыСложная
Однофазный трансформатор 75 kVA имеет потери в стали 375 W и потери в меди 562,5 W при номинальной нагрузке. Он отдаёт 50% номинальной мощности в kVA при коэффициенте мощности 0,9 (отстающий). Найдите суммарные потери Ploss в ваттах при этой нагрузке.
ОУ идеальный и питается от ±15 V. Найдите выходное напряжение Vout.
Vin = −1,6 VR1 = 22 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
Интегратор выполнен на идеальном ОУ с питанием ±15 V; его выход насыщается на уровне ±12 V. Конденсатор не заряжен, когда при t = 0 подаётся постоянное входное напряжение Vin = −2,7 V. Найдите выходное напряжение Vout при t = 0,5 ms.
NPN-транзистор с β = 200 смещён резистором базы RB = 270 kΩ от источника питания VCC = 9 V. Резистор коллектора RC = 1 kΩ, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите напряжение коллектор–эмиттер VCE.
VCC = 9 VRB = 270 kΩRC = 1 kΩβ = 200VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Диоды и транзисторыСложная
NPN-транзистор с β = 50 коммутирует нагрузочный резистор 330 Ω, включённый между VCC = 5 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 3,3 V через резистор базы RB = 3,3 kΩ. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Найдите ток коллектора IC в mA при высоком уровне на входе. Сначала определите, насыщен ли транзистор.
Установите биты так, чтобы они хранили −104 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?
N = −1048 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
Система должна присвоить каждому из 4432 элементов собственный двоичный код одинаковой длины. Какое наименьшее число битов b нужно?
4432
b = bit
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
Упростите F = A′B + BC′ + B′C + ABC′ до минимальной формы «сумма произведений». Сколько литералов, L, содержит упрощённое выражение?
F = A′B + BC′ + B′C + ABC′
L =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
Триггер T, срабатывающий по переднему фронту, начинает с Q = 0 и получает показанные входы на 7 передних фронтах тактового сигнала. Сколько раз, N, Q меняет состояние?
Q₀ = 0T
N =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
Найдите f(t) для F(s) = (3s + 5)/(s² + 2s + 2) выделением полного квадрата и вычислите f(0,75).
F(s) = (3s + 5)/(s² + 2s + 2)t = 0,75 s
f(0.75) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
Система подчиняется уравнению y″ + 7y′ + 12y = 24·u(t), где y(0) = 3 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 2. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,25).
Объект G(s) = 5/(s + 3) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 4. Коэффициент регулятора K = 16, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите статический коэффициент передачи замкнутой системы T(0).
G(s) = 5/(s + 3)H₁ = 4K = 16
T(0) =
32.Структурные схемыСложная
Упростите структурную схему, где G₁ = 6/(s + 3), G₂ = 9/(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 = 6/(s + 3)G₂ = 9/(s + 1)H₁ = 4H₂ = 0,25
T(0) =
33.Переходная характеристикаСредняя
Система имеет передаточную функцию G(s) = 84/(s² + 6s + 42) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).
G(s) = 84/(s² + 6s + 42)
ts = s
34.Переходная характеристикаСложная
Переходная характеристика системы второго порядка без нулей должна иметь перерегулирование 4,3 %. Найдите коэффициент демпфирования ζ.
%OS = 4,3 %
ζ =
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
В показанном последовательном RLC-полосовом фильтре выход берётся на R = 2 Ω при L = 100 mH и C = 10 µF. Найдите добротность Q.
R = 2 ΩL = 100 mHC = 10 µF
Q =
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 13,5/(s(s + 5)). Найдите запас по фазе PM в градусах.
L(s) = 13,5/(s(s + 5))
PM = °
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 3)(s + 4)). Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.
L(s) = K/(s(s + 3)(s + 4))
Kmax =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
Показан корневой годограф L(s) = K/((s + 4)(s + 6)). Найдите коэффициент усиления K в точке отрыва sb, где два полюса замкнутой системы встречаются на вещественной оси.
L(s) = K/((s + 4)(s + 6))
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
На контур с единичной обратной связью и G(s) = 5/(s(s + 10)) подано линейное воздействие r(t) = 1t. Найдите установившуюся ошибку ess.
G(s) = 5/(s(s + 10))r(t) = 1t
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
Пропорциональный регулятор K = 5 управляет объектом G(s) = 5/(s(s + 2)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите время пика tp переходной характеристики.
G(s) = 5/(s(s + 2))K = 5
tp = s
3Растворы
1.Последовательные и параллельные резисторы
Ответ: IR2 = 0,72 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 = 8 + 4 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 20·12/(20+12) = 7,5 Ω
Req = R1 + 7,5 = 5 + 7,5 = 12,5 Ω
Ток источника
Источник видит только Req, поэтому закон Ома даёт ток, который он отдаёт. Этот ток течёт через R₁.
IR1 = V1/Req = 24/12,5 = 1,92 A
Ток через R₂
Вычтите падение на R₁, чтобы получить напряжение в узле A, то есть напряжение на R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 24 − 1,92·5 = 14,4 V
IR2 = VA/R2 = 14,4/20 = 0,72 A
Ответ
IR2 = 0,72 A
2.Последовательные и параллельные резисторы
Ответ: IR1 = 0,3833 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 = 5 + 4 = 9 Ω
R4 ∥ 9 = 3,6 Ω
R3 + 3,6 = 7,6 Ω
R2 ∥ 7,6 = 5,044 Ω
Req = R1 + 5,044 = 8 + 5,044 = 13,04 Ω
Ток источника
Источник видит только Req, поэтому закон Ома даёт ток, который он отдаёт. Этот ток течёт через R₁.
IR1 = V1/Req = 5/13,04 = 0,3833 A
Ответ
IR1 = 0,3833 A
3.Метод узловых потенциалов
Ответ: VB = 8,216 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.
Определите узлы
Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 18 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 − 18)/5 + (VA − VB)/12 = 0
0,4833·VA − 0,08333·VB = 3,6
ЗТК в узле B
Токи, вытекающие из B через резисторы, равны току, который источники подают в B.
Метод узловых потенциалов: выберите опорный узел, обозначьте неизвестные узловые напряжения, запишите закон токов Кирхгофа для каждого неизвестного узла с помощью закона Ома (I = ΔV/R) и решите полученные уравнения.
Образуем супер-узел
Через источник напряжения между A и B течёт неизвестный ток, поэтому ЗТК нельзя записать отдельно для A или B. Объедините A, B и источник в один супер-узел: втекающий в него ток равен вытекающему.
VB = VA − 10
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is
Решите
(VA − 15)/4 + VA/12 + (VA − 10)/8 = 2,5
VA·(1/4 + 1/12 + 1/8) = 2,5 + 15/4 + 10/8 = 7,5
VA = 7,5/0,4583 = 16,36 V
VB = 6,364 V
Ток через источник напряжения
ЗТК только для узла A: ток, приходящий через R₁, уходит через R₂ и через источник напряжения.
IR1 = (15 − 16,36)/4 = −0,3409 A
Ix = IR1 − VA/R2 = −0,3409 − 16,36/12 = −1,705 A
Ответ
Ix = −1,705 A
Отрицательный результат означает, что в действительности ток течёт против стрелки.
5.Метод контурных токов
Ответ: VR3 = 10 V
Метод контурных токов: дайте каждому окну плоской цепи свой контурный ток, запишите закон напряжений Кирхгофа для каждого контура (сумма падений = сумма подъёмов) и решите. Токи ветвей — это контурный ток или разность двух контурных токов в общей ветви.
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) = 30
10·I1 − 5·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
2·I2 + 5(I2 − I1) = (−6)
−5·I1 + 7·I2 = −6
Решите
Δ = (10)(7) − (−5)(−5) = 45
I1 = Δ1/Δ = 180/45 = 4 A
I2 = Δ2/Δ = 90/45 = 2 A
Ответ
IR3 = I1 − I2 = 2 A
VR3 = IR3·R3 = 2·5 = 10 V
Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.
6.Метод контурных токов
Ответ: I2 = 0,3167 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
8·I1 + 8(I1 − I2) = 30
16·I1 − 8·I2 = 30
ЗНК для контура 2
При обходе по часовой стрелке падения напряжения на резисторах равны подъёмам напряжения источников (от − к + в направлении обхода).
R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
20·I2 + 8(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−8·I1 + 48·I2 − 20·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
30·I3 + 20(I3 − I2) = (−9)
−20·I2 + 50·I3 = −9
Решите
Δ = определитель матрицы коэффициентов = 28800
I1 = Δ1/Δ = 58560/28800 = 2,033 A
I2 = Δ2/Δ = 9120/28800 = 0,3167 A
I3 = Δ3/Δ = −1536/28800 = −0,05333 A
Ответ
I2 = 0,3167 A
Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.
7.Метод наложения
Ответ: I = 25,2 mA
Метод наложения: в линейной цепи любое напряжение или ток равно сумме откликов на каждый независимый источник, действующий отдельно. Чтобы отключить источник, замените идеальный источник напряжения коротким замыканием, а идеальный источник тока — разрывом. Резисторы остаются на месте.
Записываем отклик как сумму вкладов
Каждый вклад пропорционален своему источнику с коэффициентом, зависящим только от резисторов.
I = k₁·Vs + k₂·Is
20·k₁ + 10·k₂ = 28
20·k₁ + 5·k₂ = 26
Находим константы
Δ = (20)(5) − (10)(20) = −100
k₁ = Δ1/Δ = −120/−100 = 1,2
k₂ = Δ2/Δ = −40/−100 = 0,4
k₁ = 1,2 mA/V, k₂ = 0,4
Предсказываем новый ток
I = 1,2·20 + 0,4·3 = 25,2 mA
Ответ
I = 25,2 mA
8.Метод наложения
Ответ: I = 3,5 mA
Метод наложения: в линейной цепи любое напряжение или ток равно сумме откликов на каждый независимый источник, действующий отдельно. Чтобы отключить источник, замените идеальный источник напряжения коротким замыканием, а идеальный источник тока — разрывом. Резисторы остаются на месте.
Записываем измерения через вклады
Каждый вклад пропорционален своему источнику.
I₁ + I₂ + I₃ = 2
2·I₁ + I₂ + I₃ = −0,5
I₁ + I₂ − I₃ = −10
Находим вклады
I₁ = −0,5 − 2 = −2,5 mA
I₃ = (2 − (−10))/2 = 6 mA
I₂ = 2 − (−2,5) − 6 = −1,5 mA
Отключаем V₂
I = I₁ + I₃ = (−2,5) + 6 = 3,5 mA
Ответ
I = 3,5 mA
9.Тевенин и Нортон
Ответ: IN = 0,8571 A
Теорема Тевенина: любая линейная двухполюсная цепь ведёт себя как один источник напряжения Vth, последовательный с сопротивлением Rth. Теорема Нортона представляет ту же цепь как источник тока IN = Vth/Rth, параллельный Rth.
Найдите Rth со всеми отключёнными источниками
Замените источники напряжения короткими замыканиями, а источники тока — разрывами, затем посмотрите на цепь со стороны a–b.
R1 ∥ R2 = 3·2/(3+2) = 1,2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,2 + 10 = 11,2 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/(3+2) = 9,6 V
Эквивалент Нортона
Источник Нортона — та же цепь, представленная как источник тока, параллельный R_th. Его ток — это ток короткого замыкания на a–b.
IN = Vth/Rth = 9,6/11,2 = 0,8571 A
10.Тевенин и Нортон
Ответ: IN = 2,254 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 = 10·3/(10+3) = 2,308 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,308 + 25 = 27,31 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) = 6,923 + 2·2,308 = 11,54 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,54 + 2·25 = 61,54 V
Эквивалент Нортона
Источник Нортона — та же цепь, представленная как источник тока, параллельный R_th. Его ток — это ток короткого замыкания на a–b.
IN = Vth/Rth = 61,54/27,31 = 2,254 A
11.Переходные процессы RC и RL
Ответ: vL = 1,339 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 = 100 mH / 15 Ω = 6,667 ms
i(∞) = Vs/R = 6/15 = 0,4 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 = 6·e−10/6,667 = 1,339 V
Ответ
vL = 1,339 V
12.Переходные процессы RC и RL
Ответ: vC = 13,25 V
Переходные процессы первого порядка: в цепи с одним конденсатором или одной катушкой каждое напряжение и каждый ток экспоненциально меняются от начального к конечному значению: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, где τ = RC или τ = L/R. Примерно через 5τ цепь выходит на установившийся режим.
Начальное значение, конечное значение, постоянная времени
Напряжение на конденсаторе не может измениться скачком, поэтому оно начинается с накопленного значения и стремится к напряжению источника.
vC(0) = 15 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 220 µF = 726 ms
vC(t) = 9 + (15 − 9)·e−t/τ
Напряжение в заданный момент
vC(250) = 9 + (6)·e−250/726 = 13,25 V
Ответ
vC = 13,25 V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды
Ответ: φ = 51,85 °
Цепи переменного тока и комплексный метод: резисторы, катушки и конденсаторы имеют полные сопротивления R, jωL и 1/(jωC), где ω = 2πf. При последовательном соединении полные сопротивления складываются как сопротивления, но как комплексные числа. Действующие значения тока и напряжения подчиняются закону Ома с |Z|.
Реактивное сопротивление
XL = ωL = 2π·100·0,05 = 31,42 Ω
Токи ветвей
Обе ветви подключены прямо к источнику, поэтому к каждой приложено полное напряжение V.
IR = V/R = 50/40 = 1,25 A
IX = V/XL = 50/31,42 = 1,592 A
Общий ток
Ток резистора совпадает по фазе с V, а реактивный ток сдвинут на 90°, поэтому они складываются как катеты прямоугольного треугольника.
I = √(IR² + IX²) = √(1,25² + 1,592²) = 2,024 A
Угол сдвига фаз
Ток катушки отстаёт от V, поэтому общий ток отстаёт и угол положителен.
φ = arctan(IX/IR) = arctan(1,592/1,25) = 51,85°
Ответ
φ = 51,85°
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды
Ответ: VC = 65,3 V
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·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,2 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·22·10⁻⁶) = 72,34 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| = 50/55,39 = 0,9027 A
Напряжение на конденсаторе
VC = I·XC = 0,9027·72,34 = 65,3 V
Ответ
VC = 65,3 V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности
Ответ: X = 16,94 Ω
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.
Сопротивление по активной мощности
R = P/I² = 1632/8,5² = 22,59 Ω
Реактивное сопротивление по полному
|Z| = V/I = 240/8,5 = 28,24 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(28,24² − 22,59²) = 16,94 Ω
Ответ
X = 16,94 Ω
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности
Ответ: I = 63,84 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 = 12·tan(arccos 0,7) = 12,24 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·50·150·10⁻⁶ = 2714 var = 2,714 kvar
Q2 = 12,24 − 2,714 = 9,528 kvar
Новая полная мощность
S2 = √(12² + 9,528²) = 15,32 kVA
Новый ток линии
I = S2/V = 15323/240 = 63,84 A
Ответ
I = 63,84 A
17.Трёхфазная мощность
Ответ: P = 15,36 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 = VL = 400 V
Фазный ток
|Z| = √(20² + 15²) = 25 Ω
Iph = 400/25 = 16 A
Полная активная мощность
Активную мощность потребляет только активная составляющая каждого сопротивления.
P = 3·Iph²·R = 3·16²·20 = 15,36 kW
Ответ
P = 15,36 kW
Проверка: cos φ = R/|Z| = 0,8, и √3·VL·IL·cos φ даёт ту же мощность.
18.Трёхфазная мощность
Ответ: Cph = 664,5 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 = 60·tan(acos 0,78) = 60·0,8023 = 48,14 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,98) = 60·0,2031 = 12,18 kvar
Реактивная мощность конденсаторов
QC = Q1 − Q2 = 35,95 kvar
Ёмкость на фазу
В батарее, соединённой звездой, каждый конденсатор включён между линейным проводом и нейтральной точкой.
Идеальный трансформатор: напряжения относятся как числа витков, а токи — обратно: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a и I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, поэтому входная мощность равна выходной, V₁·I₁ = V₂·I₂. Сопротивление нагрузки Z во вторичной цепи со стороны первичной обмотки выглядит как a²·Z.
Вторичные напряжение и ток
V2 = 480/2 = 240 V
I2 = 240/8 = 30 A
Первичный ток
Идеальный трансформатор не имеет потерь: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/2 = 15 A
Ответ
I1 = 15 A
Проверка: нагрузка со стороны первичной обмотки равна a²·RL = 32 Ω, и 480/32 даёт тот же ток.
20.Трансформаторы
Ответ: Ploss = 515,6 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 = 0,25·562,5 = 140,6 W
Суммарные потери
Потери в стали одинаковы при любой нагрузке.
Ploss = 375 + 140,6 = 515,6 W
Ответ
Ploss = 515,6 W
КПД при этой нагрузке η = 98,5%.
21.Схемы на операционных усилителях
Ответ: Vout = −8,873 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.
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 = 1 kΩ · 0,47 µF = 0,47 ms
скорость нарастания = −Vin/(RC) = −(−2,7)/0,47 = 5,745 V/ms
Выходное напряжение в заданный момент
Идеальное значение лежит в пределах ±Vsat, поэтому интегратор ещё не вошёл в ограничение.
Vout = −Vin·t/(RC) = −(−2,7)·0,5/0,47 = 2,872 V
Ответ
Vout = 2,872 V
23.Диоды и транзисторы
Ответ: VCE = 2,852 V
Рабочая точка биполярного транзистора: в активном режиме VBE = 0,7 V, IC = β·IB и IE = (β + 1)·IB. Найдите IB из базового контура по второму закону Кирхгофа, затем IC, затем VCE из контура коллектор–эмиттер. Делитель напряжения в цепи базы заменяют эквивалентом Тевенена VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; резистор в цепи эмиттера в базовом контуре выглядит в (β + 1) раз больше.
Ток базы
IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/270 kΩ = 30,74 µA
Ток коллектора
IC = β·IB = 200·30,74 µA = 6,148 mA
Напряжение коллектор–эмиттер
VCE = 9 − 6,148 mA·1 kΩ = 2,852 V
Ответ
VCE = 2,852 V
24.Диоды и транзисторы
Ответ: IC = 14,55 mA
Биполярный транзистор как ключ: чтобы полностью включить нагрузку, транзистор вводят в насыщение, где VCE = VCE(sat), а ток коллектора определяется нагрузкой: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Для насыщения нужен ток базы не менее IB = IC(sat)/β. Если ток базы меньше, транзистор остаётся в активном режиме, и IC = β·IB.
Ток базы
IB = (3,3 − 0,7)/3,3 kΩ = 787,9 µA
Насыщение или активный режим?
β·IB больше IC(sat), поэтому транзистор насыщается.
β·IB = 39,39 mA
IC(sat) = (5 − 0,2)/330 = 14,55 mA
Ток коллектора
IC = IC(sat) = 14,55 mA
Ответ
IC = 14,55 mA
Транзистор насыщен.
25.Системы счисления
Ответ: U = 152
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
104 = 0110 1000
инвертировано: 1001 0111
+1 → 1001 1000
Прочитайте как беззнаковое
1001 1000₂ = 256 − 104 = 152
Ответ
U = 152
26.Системы счисления
Ответ: b = 13 bit
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.
Степени двойки
212 = 4096 < 4432
213 = 8192 ≥ 4432
Ответ
b = 13
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры
Ответ: L = 6
Булева алгебра: правила, упрощающие выражения: X + X′ = 1 и X·X′ = 0, X + X = X, поглощение X + X·Y = X, правило склеивания X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y и теорема о консенсусе XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Законы де Моргана превращают (X·Y)′ в X′ + Y′ и (X + Y)′ в X′·Y′. Карта Карно применяет эти правила графически: каждая группа из двух соседних клеток — это одно применение XY + XY′ = X.
Минтермы выражения
A′B → m(2, 3)
BC′ → m(2, 6)
B′C → m(1, 5)
ABC′ → m(6)
Сгруппируйте и прочитайте
F = B′C + BC′ + A′C
Посчитайте литералы
L = 6
Ответ
L = 6
Существует другая группировка того же размера; в ней то же число литералов.
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры
Ответ: N = 3
Триггеры и счётчики: триггер меняется только по активному фронту тактового сигнала. D копирует свой вход (Q⁺ = D); T переключается при T = 1; JK сохраняет состояние при 00, сбрасывает при 01, устанавливает при 10 и переключает при 11. n-разрядный двоичный счётчик имеет 2ⁿ состояний и считает по модулю 2ⁿ; счётчик по модулю N считает 0, 1, …, N − 1 и возвращается к 0, и ему нужно наименьшее число триггеров n, при котором 2ⁿ ≥ N. Каждый разряд асинхронного счётчика делит частоту пополам, поэтому последний выход счётчика по модулю N работает на частоте fclk/N. У счётчика Джонсона из n триггеров 2n состояний, у кольцевого счётчика n.
Q после каждого фронта
T-триггер переключается по каждому переднему фронту при T = 1 и сохраняет состояние при T = 0.
1: T = 1 → Q = 1
2: T = 1 → Q = 0
3: T = 0 → Q = 0
4: T = 0 → Q = 0
5: T = 0 → Q = 0
6: T = 0 → Q = 0
7: T = 1 → Q = 1
Посчитайте изменения
0 → 1 → 0 → 0 → 0 → 0 → 0 → 1
N = 3
Ответ
N = 3
29.Преобразования Лапласа
Ответ: f(0.75) = 1,681
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 + 12)·Y(s) = 3s + 21 + 48/s
Y(s) = (3s² + 21s + 48)/(s(s + 3)(s + 4))
Простые дроби
A = 48/(3·4) = 4
B = 12/((−3)·1) = −4
C = 12/((−4)·(−1)) = 3
Результат
y(t) = 4 − 4·e−3t + 3·e−4t
y(0,25) = 3,214
Ответ
y(0,25) = 3,214
Проверка: y(0) = A + B + C = 3.
31.Структурные схемы
Ответ: T(0) = 0,7767
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).
Сравните со стандартной формой
Знаменатель должен совпадать с s² + 2ζωₙs + ωₙ².
ωₙ² = 42 → ωₙ = 6,481 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·6,481) = 0,4629
Результат
ζωₙ = 3 → ts ≈ 4/3 = 1,333 s
Ответ
ts = 1,333 s
34.Переходная характеристика
Ответ: ζ = 0,7077
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).
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.
Резонансная частота
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,1·1 × 10⁻⁵) = 1000 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 159,2 Hz
Добротность
BW = R/L = 2/0,1 = 20 rad/s = 3,183 Hz
Q = ω₀/BW = 1000/20 = 50
Ответ
Q = 50
36.Диаграммы Боде и запасы
Ответ: PM = 64,09 °
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 + 25ω² − 182,3 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·182,3))/2 = 5,898
ωc = 2,429 rad/s
Запас по фазе
∠L(jωc) = −90° − atan(2,429/5) = −115,9°
PM = 180° + ∠L = 64,09°
Ответ
PM = 64,09°
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф
Ответ: Kmax = 84
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 + 7s² + 12s + K = 0
Таблица Рауса
s³: 1, 12
s²: 7, K
s¹: (7·12 − K)/7
s⁰: K
Условия
Каждый элемент первого столбца должен быть положительным.
K > 0
7·12 − K > 0 → K < 84
Ответ
Kmax = 84
При K = 84 замкнутая система колеблется с частотой ω = √12 = 3,464 rad/s.
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф
Ответ: K = 1
Корневой годограф: при изменении коэффициента усиления K от 0 до ∞ полюса замкнутой системы, то есть корни уравнения 1 + K·G(s) = 0, перемещаются от полюсов разомкнутой системы к её нулям или в бесконечность. Точка на вещественной оси принадлежит годографу, если число вещественных полюсов и нулей правее неё нечётно. Ветви, уходящие в бесконечность (их n − m), идут вдоль асимптот под углами (2q + 1)·180°/(n − m), выходящих из центра асимптот σₐ = (Σ полюсов − Σ нулей)/(n − m). Ветви покидают вещественную ось или возвращаются на неё там, где dK/ds = 0. Условие по углу ∠G(s) = 180° определяет форму годографа, а условие по модулю K = 1/|G(s)| даёт коэффициент усиления в любой точке годографа.
Точка отрыва
Для K = −(s + 4)(s + 6) равенство dK/ds = 0 даёт 2s + 10 = 0.
sb = −5
Условие по модулю
K = |−5 + 4|·|−5 + 6| = 1·1 = 1
Ответ
K = 1
При этом коэффициенте усиления замкнутая система критически демпфирована (ζ = 1).
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование
Ответ: ess = 2
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) = 0,5
Ошибка по линейному воздействию
ess = 1/0,5 = 2
Ответ
ess = 2
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование
Ответ: tp = 0,6413 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) + 5·5 = s² + 2s + 25
ωₙ и ζ
ωₙ = √25 = 5 rad/s
ζ = 2/(2·5) = 0,2
Время пика
ωd = 5·√(1 − 0,2²) = 4,899 rad/s
tp = π/4,899 = 0,6413 s
Ответ
tp = 0,6413 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.