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​ = 2 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAR4​6 ΩB

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 12 VR1 = 2 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 ΩR4 = 6 Ω
Req = Ω
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 30 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩAR4​3 ΩBR6​2 Ω

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 6 VR1 = 30 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 ΩR4 = 3 ΩR5 = 20 ΩR6 = 2 Ω
Req = Ω
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 5 ΩR3​ = 6 ΩIR3​+−V1​10 VR2​3 ΩAR4​12 ΩBIs​3 A

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

V1 = 10 VIs = 3 AR1 = 5 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 ΩR4 = 12 Ω
IR3 = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 30 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​30 ΩAR4​5 ΩBIs​?

Источник тока регулируют до тех пор, пока напряжение узла A не станет VA = 4,5 V. Методом узловых потенциалов найдите ток источника Is (направление как на схеме).

V1 = 10 VR1 = 30 ΩR2 = 30 ΩR3 = 4 ΩR4 = 5 ΩVA = 4,5 V
Is = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 3 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​9 VR3​5 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

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

V1 = 9 VV2 = 15 VR1 = 3 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 Ω
I1 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 25 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​5 VR4​5 ΩAR5​4 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

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

V1 = 5 VV2 = 12 VR1 = 25 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 ΩR4 = 5 ΩR5 = 4 Ω
I1 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 12 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩIR2​AR4​6 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 24 VIs = 1,5 AR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 6 ΩR4 = 6 Ω
IR2 = A
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 10 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​18 VR3​10 Ω−+VR3​AIs​1,5 AB+−V2​24 V

Используйте метод наложения, чтобы найти напряжение VR3 на R3 с указанной полярностью.

V1 = 18 VIs = 1,5 AV2 = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 30 ΩR3 = 10 ΩR4 = 20 Ω
VR3 = V
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAab

Найдите сопротивление Тевенина Rth со стороны зажимов a–b.

V1 = 9 VR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 Ω
Rth = Ω
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 12 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAIs​1,5 ABab

Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.

V1 = 30 VIs = 1,5 AR1 = 12 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 Ω
Vth = V
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​10 Vt = 0R = 20 ΩL220 mHi(t)

До замыкания ключа в момент t = 0 тока через катушку нет. Найдите энергию W, запасённую в катушке при t = 20 ms, в mJ.

Vs = 10 VR = 20 ΩL = 220 mHt = 20 ms
W = mJ
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​20 Vразмыкается при t = 0R1​ = 6,8 kΩR2​ = 4,7 kΩC22 µF+−vC​

Ключ был замкнут долгое время, поэтому цепь находится в установившемся режиме. При t = 0 ключ размыкается. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 150 ms.

Vs = 20 VR1 = 6,8 kΩR2 = 4,7 kΩC = 22 µFt = 150 ms
vC = V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
Vf0​ = 2000 HzRL = 10 mHC = ?

Последовательный RLC-контур с L = 10 mH должен резонировать на частоте 2000 Hz. Найдите необходимую ёмкость C.

f0 = 2000 HzL = 10 mH
C = µF
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
VfR = 5 ΩL = 5 mHC = 0,022 µF

Последовательный RLC-контур имеет R = 5 Ω, L = 5 mH и C = 0,022 µF. Найдите его добротность Q при резонансе.

R = 5 ΩL = 5 mHC = 0,022 µF
Q =
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
240 VR + jXP = 924 W5,5 A

Индуктивная нагрузка потребляет 5,5 A и 924 W от однофазной сети 240 V (действующее значение). Представьте её как сопротивление R, соединённое последовательно с реактивным сопротивлением X. Найдите X.

V = 240 VI = 5,5 AP = 924 W
X = Ω
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P = 50 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазная нагрузка потребляет 50 kW при коэффициенте мощности 0,6 (индуктивном) от сети 400 V, 60 Hz. Параллельно подключённый конденсатор повышает коэффициент мощности до 0,92. Найдите новый ток линии Inew.

P = 50 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,92V = 400 Vf = 60 Hz
Inew = A
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 690 VIL​ = 15 Acos φ = 0,7отстающий

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет линейный ток 15 A от сети с линейным напряжением 690 V. Коэффициент мощности 0,7 (отстающий). Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 690 VIL = 15 Acos φ = 0,7
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 690 V (линейное), 50 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,95 (отстающий). Активная мощность не меняется. Конденсаторы соединены треугольником. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 250 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
50 ΩN1​N2​3200 Ω

Усилитель с выходным сопротивлением 3200 Ω питает громкоговоритель 50 Ω через идеальный трансформатор. Для передачи максимальной мощности громкоговоритель должен выглядеть со стороны усилителя как 3200 Ω. Найдите коэффициент трансформации a = N₁/N₂.

Rs = 3200 ΩRL = 50 Ω
a =
20.ТрансформаторыСложная
200 kVA

Однофазный трансформатор 200 kVA имеет потери в стали 1200 W и потери в меди 2400 W при номинальной нагрузке. При какой нагрузке Sη,max, в kVA, его КПД максимален?

S = 200 kVAPcore = 1200 WPcu,fl = 2400 W
Sη,max = kVA
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 22 kΩVin​

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

R1 = 22 kΩRf = 100 kΩVsat = ±12 V
Vin,max = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​R2​ = 4,7 kΩV1​ = −0,4 VR1​ = 2 kΩV2​ = 0,5 VR3​ = 10 kΩR4​ = 4,7 kΩ

ОУ идеальный и питается от ±15 V. Отношения резисторов не согласованы. Найдите выходное напряжение Vout.

V1 = −0,4 VV2 = 0,5 VR1 = 2 kΩR2 = 4,7 kΩR3 = 10 kΩR4 = 4,7 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
+−24 V330 Ω5,1 V680 ΩIZ​ = ?

Стабилизатор на стабилитроне 5,1 V питается от 24 V через 330 Ω и питает нагрузку 680 Ω. Найдите ток стабилитрона IZ.

Vin = 24 VVZ = 5,1 VR = 330 ΩRL = 680 Ω
IZ = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 150 Ωβ = 80IC​ = ?VCC​ = 24 V3,3 VRB​ = 4,7 kΩ

NPN-транзистор с β = 80 коммутирует нагрузочный резистор 150 Ω, включённый между VCC = 24 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 3,3 V через резистор базы RB = 4,7 kΩ. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Найдите ток коллектора IC в mA при высоком уровне на входе. Сначала определите, насыщен ли транзистор.

VCC = 24 VRC = 150 Ωβ = 80Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 4,7 kΩ
IC = mA
25.Системы счисленияСредняя
веса разрядов в дополнительном коде1−12816413201608141201

8-битная комбинация 1110 0110 хранит целое число со знаком в дополнительном коде. Каково его значение N в десятичной системе?

1110 01108 bit
N =
26.Системы счисленияСложная
3397 кодов, b = ? бит?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Система должна присвоить каждому из 3397 элементов собственный двоичный код одинаковой длины. Какое наименьшее число битов b нужно?

3397
b = bit
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABC000111100101324576

Упростите F = A′BC′ + ABC′ + AB′C + B′C до минимальной формы «сумма произведений». Сколько литералов, L, содержит упрощённое выражение?

F = A′BC′ + ABC′ + AB′C + B′C
L =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKJOHNSON

4-разрядный счётчик Джонсона Q₃Q₂Q₁Q₀ начинает с 0000. По каждому фронту тактового сигнала биты сдвигаются на одну позицию вправо (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀), а Q₃ получает инверсию Q₀. Укажите состояние Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ в виде десятичного числа после 4 фронтов тактового сигнала.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 00004
Q =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm−5−10−15−20

F(s) = (2s + 37)/(s² + 6s + 8). Её оригинал имеет вид f(t) = A·e−2t + B·e−4t. Найдите коэффициент A разложением на простые дроби.

F(s) = (2s + 37)/(s² + 6s + 8)
A =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 11y′ + 30y = 120·u(t), где y(0) = 6 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 2. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,2).

y″ + 11y′ + 30y = 120·u(t)y(0) = 6y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,2 s
y(0.2) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+6K+1s + 5G(s)C(s)1H₁−−

Объект G(s) = 1/(s + 5) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 1. Коэффициент регулятора K = 6, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите статический коэффициент передачи замкнутой системы T(0).

G(s) = 1/(s + 5)H₁ = 1K = 6
T(0) =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+8s + 3G₁+4s + 2G₂C(s)2H₁−1H₂−

Упростите структурную схему, где G₁ = 8/(s + 3), G₂ = 4/(s + 2), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 2 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 1. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).

G₁ = 8/(s + 3)G₂ = 4/(s + 2)H₁ = 2H₂ = 1
T(0) =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1ts​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 20/(s² + 3s + 20) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 20/(s² + 3s + 20)
ts = s
34.Переходная характеристикаСложная
+−24 VR = 14 ΩL = 20 mHC = 100 µFvC​

Последовательная RLC-цепь с R = 14 Ω, L = 20 mH и C = 100 µF подключается к ступеньке 24 V при t = 0. Конденсатор не заряжен, и до ступеньки ток не течёт. Найдите пиковое напряжение vC,max на конденсаторе.

R = 14 ΩL = 20 mHC = 100 µFV = 24 V
vC,max = V
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,010,010,10,1111010100100−20020406080ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 0,5

Найдите фазу ∠G(jω) функции G(s) = 19(s + 8)/(s(s + 3)) при ω = 0,5 rad/s в градусах.

G(s) = 19(s + 8)/(s(s + 3))ω = 0,5 rad/s
∠G(jω) = °
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)11101010010010001000−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 1400/(s(s + 20)). Найдите запас по фазе PM в градусах.

L(s) = 1400/(s(s + 20))
PM = °
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+2101s(s + 2)(s + 5)C(s)−

Контур на схеме имеет отрицательную обратную связь, L(s) = 210/(s(s + 2)(s + 5)). Сколько полюсов N замкнутой системы лежит в правой полуплоскости?

L(s) = 210/(s(s + 2)(s + 5))
N =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−5j5

Эскиз корневого годографа для L(s) = K/((s + 2)(s + 4)(s + 6)). Найдите частоту ω, на которой годограф пересекает мнимую ось.

L(s) = K/((s + 2)(s + 4)(s + 6))
ω = rad/s
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
R(s)+K(s + 2)(s + 10)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет G(s) = K/((s + 2)(s + 10)). Найдите коэффициент усиления K, при котором установившаяся ошибка по ступеньке составляет 5 %.

G(s) = K/((s + 2)(s + 10))ess = 5 %
K =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K10s(s + 5)C(s)−

Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 10/(s(s + 5)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите коэффициент усиления K, при котором замкнутая система имеет коэффициент демпфирования ζ = 0,5.

G(s) = 10/(s(s + 5))ζ = 0,5
K =

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 6,2 Ω

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAR4​6 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 = 8 + 6 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 6·14/(6+14) = 4,2 Ω
Req = R1 + 4,2 = 2 + 4,2 = 6,2 Ω

Ответ

Req = 6,2 Ω
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 34,64 Ω

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

R1​ = 30 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩAR4​3 ΩBR6​2 Ω

Объединяйте резисторы с дальнего конца

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

R5 + R6 = 20 + 2 = 22 Ω
R4 ∥ 22 = 2,64 Ω
R3 + 2,64 = 8,64 Ω
R2 ∥ 8,64 = 4,635 Ω
Req = R1 + 4,635 = 30 + 4,635 = 34,64 Ω

Ответ

Req = 34,64 Ω
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR3 = −1,623 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​ = 5 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩAR4​12 ΩBIs​3 A

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 10 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/3 + (VA − 10)/5 + (VA − VB)/6 = 0
0,7·VA − 0,1667·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/12 + (VB − VA)/6 = 3
−0,1667·VA + 0,25·VB = 3

Решите

Δ = (0,7)(0,25) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,1472
VA = Δ1/Δ = 1/0,1472 = 6,792 V
VB = Δ2/Δ = 2,433/0,1472 = 16,53 V

Ответ

IR3 = (VA − VB)/R3 = (6,792 − 16,53)/6 = −1,623 A
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: Is = 0,84 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
(4,5 − 10)/30 + 4,5/30 = (VB − 4,5)/4
−0,03333 = (VB − 4,5)/4 → VB = 4,367 V

ЗТК в узле B

Токи, вытекающие из B через резисторы, равны току, который источники направляют в B.

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (4,367 − 4,5)/4 + 4,367/5 = 0,84 A

Ответ

Is = 0,84 A
5.Метод контурных токов

Ответ: I1 = −0,07692 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​ = 3 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​9 VR3​5 ΩA+−V2​15 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
3·I1 + 5(I1 − I2) = 9
8·I1 − 5·I2 = 9

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
3·I2 + 5(I2 − I1) = (−15)
−5·I1 + 8·I2 = −15

Решите

Δ = (8)(8) − (−5)(−5) = 39
I1 = Δ1/Δ = −3/39 = −0,07692 A
I2 = Δ2/Δ = −75/39 = −1,923 A

Ответ

I1 = −0,07692 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I1 = 0,1187 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​ = 25 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​5 VR4​5 ΩAR5​4 ΩB+−V2​12 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
25·I1 + 5(I1 − I2) = 5
30·I1 − 5·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
2·I2 + 5(I2 − I1) + 4(I2 − I3) = 0
−5·I1 + 11·I2 − 4·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
10·I3 + 4(I3 − I2) = (−12)
−4·I2 + 14·I3 = −12

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 3790
I1 = Δ1/Δ = 450/3790 = 0,1187 A
I2 = Δ2/Δ = −1090/3790 = −0,2876 A
I3 = Δ3/Δ = −3560/3790 = −0,9393 A

Ответ

I1 = 0,1187 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: IR2 = −0,9167 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​ = 12 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAR4​6 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 = 6+6 = 12 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 12·12/(12+12) = 6 Ω
VA = 24·6/(12+6) = 8 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 8·6/12 = 4 V
IR2′ = (0 − VA)/R2 = (0 − 8)/12 = −0,6667 A
R1​ = 12 ΩR3​ = 6 ΩКЗR2​12 ΩAR4​6 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 = 12·12/(12+12) = 6 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 12 = 4 Ω
VB = Is·Req = 1,5·4 = 6 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 6·6/12 = 3 V
IR2″ = (0 − VA)/R2 = (0 − 3)/12 = −0,25 A

Сложите составляющие

IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = (−0,6667) + (−0,25) = −0,9167 A

Отрицательный результат означает, что на самом деле ток течёт против стрелки.

8.Метод наложения

Ответ: VR3 = −7,636 V

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

R1​ = 10 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​18 VR3​10 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) = 10 ∥ 50 = 8,333 Ω
VA = 18·8,333/(10+8,333) = 8,182 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 8,182·20/50 = 3,273 V
VR3′ = 0 − VA = 0 − 8,182 = −8,182 V
R1​ = 10 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 20 ΩКЗR3​10 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 = 5 Ω, поэтому левый путь — R2+5 = 35 Ω
Req = R4 ∥ 35 = 12,73 Ω
VB = Is·Req = (−1,5)·12,73 = −19,09 V
VA = VB·5/35 = −2,727 V
VR3″ = 0 − VA = 0 − −2,727 = 2,727 V
R1​ = 10 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 20 ΩКЗR3​10 ΩAОБРЫВB+−V2​24 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 = 10·10/(10+10) = 5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 24·35/55 = 15,27 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 15,27·5/35 = 2,182 V
VR3‴ = 0 − VA = 0 − 2,182 = −2,182 V

Сложите составляющие

VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = (−8,182) + 2,727 + (−2,182) = −7,636 V

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

9.Тевенин и Нортон

Ответ: Rth = 9,818 Ω

Теорема Тевенина: любая линейная двухполюсная цепь ведёт себя как один источник напряжения Vth, последовательный с сопротивлением Rth. Теорема Нортона представляет ту же цепь как источник тока IN = Vth/Rth, параллельный Rth.

R1​ = 20 ΩR3​ = 8 ΩКЗR2​2 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 = 20·2/(20+2) = 1,818 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,818 + 8 = 9,818 Ω
10.Тевенин и Нортон

Ответ: Vth = 29,32 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.

R1​ = 12 ΩR3​ = 5 ΩКЗR2​10 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 = 12·10/(12+10) = 5,455 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,455 + 5 = 10,45 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAIs​1,5 ABab+−Vth​

Найдите Vth — напряжение холостого хода

Когда a–b разомкнуты, Iₛ может течь только через R₃ в узел A. Найдите V_A наложением V₁ и Iₛ, затем прибавьте падение на R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 13,64 + 1,5·5,455 = 21,82 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 21,82 + 1,5·5 = 29,32 V
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: W = 19,3 mJ

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 = 220 mH / 20 Ω = 11 ms
i(∞) = Vs/R = 10/20 = 0,5 A

Ток в заданный момент

i(t) = 0,5·(1 − e−20/11) = 0,4188 A

Запасённая энергия

W = ½·L·i² = ½·220·0,4188² = 19,3 mJ

Ответ

W = 19,3 mJ
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 1,916 V

Переходные процессы первого порядка: в цепи с одним конденсатором или одной катушкой каждое напряжение и каждый ток экспоненциально меняются от начального к конечному значению: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, где τ = RC или τ = L/R. Примерно через 5τ цепь выходит на установившийся режим.

Начальное напряжение конденсатора

В установившемся режиме конденсатор — разрыв, поэтому R₁ и R₂ образуют делитель напряжения. Напряжение конденсатора не может измениться скачком при размыкании ключа.

vC(0) = 20·4,7/(6,8 + 4,7) = 8,174 V

Постоянная времени после размыкания ключа

τ = R2·C = 4,7·22 = 103,4 ms

Разряд

vC(t) = 8,174·e−150/103,4 = 1,916 V

Ответ

vC = 1,916 V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: C = 0,6333 µF

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|.

Условие резонанса

При резонансе индуктивное и ёмкостное сопротивления компенсируют друг друга: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·2000 = 12566 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(12566²·0,01) = 0,6333 µF

Ответ

C = 0,6333 µF
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: Q = 95,35

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

Резонансная частота

f0 = 1/(2π·√(0,005·0,022·10⁻⁶)) = 15175 Hz

Добротность

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

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/5)·√(0,005/(0,022·10⁻⁶)) = 95,35

Ответ

Q = 95,35
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: X = 31,16 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 = 924/5,5² = 30,55 Ω

Реактивное сопротивление по полному

|Z| = V/I = 240/5,5 = 43,64 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(43,64² − 30,55²) = 31,16 Ω

Ответ

X = 31,16 Ω
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Inew = 135,9 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 = 50·tan(53,13°) = 66,67 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(23,07°) = 21,3 kvar
QC = Q1 − Q2 = 45,37 kvar

Новый ток линии

Inew = P/(V·cos φ2) = 50000/(400·0,92) = 135,9 A

Ответ

Inew = 135,9 A
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 12,55 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 = √3·690·15 = 17,93 kVA

Активная мощность

P = S·cos φ = 17,93·0,7 = 12,55 kW

Ответ

P = 12,55 kW
18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 385,3 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 0,95) = 250·0,3287 = 82,17 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 172,9 kvar

Ёмкость на фазу

В батарее, соединённой треугольником, каждый конденсатор включён между двумя линейными проводами.

V = 690 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 57627/(314,2·690²) = 385,3 µF

Ответ

Cph = 385,3 µF
19.Трансформаторы

Ответ: a = 8

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

a²·50 = 3200
a = √(3200/50) = √64 = 8

Ответ

a = 8
20.Трансформаторы

Ответ: Sη,max = 141,4 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

x²·2400 = 1200 → x = √(1200/2400) = 0,7071

Нагрузка при максимальном КПД

Sη,max = x·S = 0,7071·200 = 141,4 kVA

Ответ

Sη,max = 141,4 kVA
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vin,max = 2,164 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 + 100/22 = 5,545

Наибольший вход до ограничения

Vin,max = Vsat/|Av| = 12/5,545 = 2,164 V

Ответ

Vin,max = 2,164 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 1,476 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.

Напряжение на входе +

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 0,5·4,7/(10 + 4,7) = 0,1599 V

Наложение двух входов

При V₂ = 0 для V₁ схема — инвертирующий усилитель. При V₁ = 0 V₊ усиливается с коэффициентом неинвертирующего усилителя 1 + R₂/R₁.

Vout = −(4,7/2)·(−0,4) + (1 + 4,7/2)·0,1599 = 0,94 + 0,5355 = 1,476 V

Ответ

Vout = 1,476 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IZ = 49,77 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 = 18,9/330 = 57,27 mA

Ток нагрузки

IL = 5,1/680 = 7,5 mA

Ток стабилитрона

IZ = 57,27 − 7,5 = 49,77 mA

Ответ

IZ = 49,77 mA
24.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 44,26 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)/4,7 kΩ = 553,2 µA

Насыщение или активный режим?

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

β·IB = 44,26 mA
IC(sat) = (24 − 0,2)/150 = 158,7 mA

Ток коллектора

IC = β·IB = 44,26 mA

Ответ

IC = 44,26 mA

Транзистор в активном режиме, поэтому нагрузка включена не полностью.

25.Системы счисления

Ответ: N = −26

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.

Сложите веса

Остальные биты сохраняют свои обычные положительные веса.

−128 + 64 + 32 + 4 + 2 = −26

Ответ

N = −26
26.Системы счисления

Ответ: b = 12 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

211 = 2048 < 3397
212 = 4096 ≥ 3397

Ответ

b = 12
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 4

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′BC′ → m(2)
ABC′ → m(6)
AB′C → m(5)
B′C → m(1, 5)
ABC00011110010011031204150716

Сгруппируйте и прочитайте

F = B′C + BC′

Посчитайте литералы

L = 4

Ответ

L = 4
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: Q = 15

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.

Состояние после каждого фронта

0000 → 1000 → 1100 → 1110 → 1111

Десятичное значение

1111₂ = 15

Ответ

Q = 15
29.Преобразования Лапласа

Ответ: A = 16,5

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 + 6s + 8 = (s + 2)(s + 4)
F(s) = A/(s + 2) + B/(s + 4)

Правило закрытия

Умножьте на (s + 2) и положите s = −2: слагаемое с B обращается в нуль.

A = (2s + 37)/(s + 4) |s = −2 = 33/2 = 16,5

Ответ

A = 16,5
(B = −14,5, поэтому f(t) = 16,5·e−2t − 14,5·e−4t)
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.2) = 6,597

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 + 11s + 30)·Y(s) = 6s + 66 + 240/s
Y(s) = (6s² + 66s + 240)/(s(s + 5)(s + 6))

Простые дроби

A = 240/(5·6) = 8
B = 60/((−5)·1) = −12
C = 60/((−6)·(−1)) = 10

Результат

y(t) = 8 − 12·e−5t + 10·e−6t
y(0,2) = 6,597

Ответ

y(0,2) = 6,597

Проверка: y(0) = A + B + C = 6.

31.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 0,5

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

Внутренний контур

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 1/(s + 5 + 1·1) = 1/(s + 6)

Внешний контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 6/(s + 6 + 6) = 6/(s + 12)

Результат

T(0) = 6/12 = 0,5

Ответ

T(0) = 0,5
32.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 0,5161

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).

Внутренний контур

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 4/(s + 10)

Внешний контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 32/((s + 3)(s + 10) + 32)

Статический коэффициент передачи

T(0) = 32/(3·10 + 32) = 32/62 = 0,5161

Ответ

T(0) = 0,5161
33.Переходная характеристика

Ответ: ts = 2,667 s

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 = 20 → ωₙ = 4,472 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·4,472) = 0,3354

Результат

ζωₙ = 1,5 → ts ≈ 4/1,5 = 2,667 s

Ответ

ts = 2,667 s
34.Переходная характеристика

Ответ: vC,max = 28,01 V

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 = 1/√(LC) = 1/√(0,02·1 × 10⁻⁴) = 707,1 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (14/2)·√(1 × 10⁻⁴/0,02) = 0,495

Результат

%OS = 16,7 %
vC,max = 24·(1 + 0,167) = 28,01 V

Ответ

vC,max = 28,01 V
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ∠G(jω) = −95,89 °

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.

Сложите углы

∠G = atan(0,5/8) − 90° − atan(0,5/3) = 3,576° − 90° − 9,462°

Результат

∠G(j0,5) = −95,89°

Ответ

∠G(jω) = −95,89°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: PM = 29,85 °

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 + 400ω² − 1,96 × 10⁶ = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·1,96 × 10⁶))/2 = 1214
ωc = 34,85 rad/s

Запас по фазе

∠L(jωc) = −90° − atan(34,85/20) = −150,1°
PM = 180° + ∠L = 29,85°

Ответ

PM = 29,85°
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: N = 2

Критерий Рауса–Гурвица: линейная система устойчива, если все корни её характеристического полинома лежат в левой полуплоскости s-плоскости. Запишите коэффициенты поочерёдно в первые две строки таблицы Рауса. Каждый элемент новой строки вычисляется по двум строкам над ней; для кубического полинома a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ элемент строки s¹ равен b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Число смен знака в первом столбце равно числу корней в правой полуплоскости. Если в коэффициенты входит коэффициент усиления K, все элементы первого столбца должны оставаться положительными: значение усиления, при котором элемент строки s¹ обращается в нуль, — граница устойчивости, а строка s² затем даёт частоту незатухающих колебаний.

Характеристический полином

s³ + 7s² + 10s + 210 = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 10
s²: 7, 210
s¹: −20
s⁰: 210

Смены знака в первом столбце

1 → 7 → −20 → 210
N = 2

Ответ

N = 2

Коэффициент усиления выше предела K = 70, поэтому комплексная пара перешла в правую полуплоскость.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: ω = 6,633 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 + 12s² + 44s + 48 + K = 0
s¹: (12·44 − 48 − K)/12 = 0 → K = 480

Частота пересечения

12s² + 48 + 480 = 12s² + 528 = 0 → s² = −44
ω = √44 = 6,633 rad/s

Ответ

ω = 6,633 rad/s
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 380

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 ошибки

1/(1 + Kp) = 0,05 → Kp = 19

Коэффициент усиления

K/20 = 19 → K = 380

Ответ

K = 380

Проверьте и устойчивость замкнутой системы: для этого контура второго порядка устойчив любой K > 0.

40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 2,5

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 + 5) + 10K = s² + 5s + 10K

Собственная частота

2·0,5·ωₙ = 5 → ωₙ = 5 rad/s

Коэффициент усиления

10K = ωₙ² = 25 → K = 2,5

Ответ

K = 2,5

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