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 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 ΩR4 = 15 Ω
IR2 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.
Вывод + источника напряжения Vₛ между A и B находится у B, поэтому он задаёт VB − VA = Vₛ. Методом узловых потенциалов с супер-узлом найдите узловое напряжение VA (относительно земли).
Is = 3 AVs = 12 VR1 = 2 ΩR2 = 6 Ω
VA = V
4.Метод узловых потенциаловСложная
Используйте метод узловых потенциалов, чтобы найти узловое напряжение VA (относительно земли).
Линейная резистивная цепь содержит один источник напряжения Vs и один источник тока Is. Ток I через нагрузочный резистор измерен дважды: при Vs = 12 V и Is = 5 mA I = 7,3 mA; при Vs = 2 V и Is = 6 mA I = 3,8 mA. Найдите ток нагрузки I при Vs = 10 V и Is = 3 mA.
12 V, 5 mA → 7,3 mA2 V, 6 mA → 3,8 mAVs = 10 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 = 16 mA. Если V1 удвоить, а два других оставить без изменений, I = 25 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 = 16 mA2·V1: I = 25 mA−Is: I = 10 mA
I = mA
9.Тевенин и НортонСредняя
Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.
V1 = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 5 Ω
Vth = V
10.Тевенин и НортонСложная
К a–b подключена нагрузка RL = 20 Ω. С помощью эквивалента Тевенина найдите мощность PL, передаваемую в нагрузку.
Источник Vₛ заряжает конденсатор через R₁, а R₂ подключён параллельно C. Конденсатор разряжен, когда ключ замыкается в момент t = 0. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 100 ms.
Vs = 9 VR1 = 2,2 kΩR2 = 3,3 kΩC = 33 µFt = 100 ms
vC = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
Таймер при t = 0 начинает заряжать незаряженный конденсатор через резистор от источника 9 V. Он должен сработать, когда напряжение конденсатора достигнет 5,69 V, ровно через 20 ms после старта. При C = 10 µF найдите необходимое сопротивление R.
Vs = 9 VVth = 5,69 VT = 20 msC = 10 µF
R = kΩ
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
Последовательный RLC-контур с C = 47 µF должен резонировать на частоте 1000 Hz. Найдите необходимую индуктивность L.
f0 = 1000 HzC = 47 µF
L = mH
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
Последовательная цепь RLC подключена к сети 10 V (действующее значение), 100 Hz. Найдите действующее значение напряжения VC на конденсаторе.
V = 10 V (rms)f = 100 HzR = 40 ΩL = 20 mHC = 100 µF
VC = V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
Однофазный двигатель потребляет 25 kW при коэффициенте мощности 0,85 (индуктивном) от сети 240 V. Найдите реактивную мощность Q, которую он потребляет.
P = 25 kWpf = 0,85V = 240 V
Q = kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
Однофазный трансформатор 150 kVA питает нагрузку 77 kW при коэффициенте мощности 0,7 (индуктивном). Какую дополнительную активную мощность ΔP можно добавить в виде активной нагрузки (коэффициент мощности 1), прежде чем трансформатор достигнет своей номинальной мощности в kVA?
Smax = 150 kVAP1 = 77 kWpf1 = 0,7
ΔP = kW
17.Трёхфазная мощностьСредняя
Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет линейный ток 40 A от сети с линейным напряжением 415 V. Коэффициент мощности 0,9 (отстающий). Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.
VL = 415 VIL = 40 Acos φ = 0,9
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 100 kW при коэффициенте мощности 0,8 (отстающий) от сети 480 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 = 100 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
К первичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 10:1 приложено 2400 V. К вторичной обмотке подключён резистор 60 Ω. Найдите первичный ток I1.
N1:N2 = 10:1V1 = 2400 VRL = 60 Ω
I1 = A
20.ТрансформаторыСложная
Однофазный трансформатор 25 kVA имеет потери в стали 100 W и потери в меди 200 W при номинальной нагрузке. При какой нагрузке Sη,max, в kVA, его КПД максимален?
S = 25 kVAPcore = 100 WPcu,fl = 200 W
Sη,max = kVA
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
ОУ идеальный и питается от источников ±15 V; его выход насыщается на уровне ±14 V. На неинвертирующий усилитель подаётся синусоидальный сигнал. Найдите наибольшую амплитуду входного сигнала Vin,max (пиковое значение), при которой выход не ограничивается.
R1 = 4,7 kΩRf = 10 kΩVsat = ±14 V
Vin,max = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
Суммирующий усилитель использует идеальный ОУ с питанием ±15 V. Найдите выходное напряжение Vout.
NPN-транзистор с β = 120 смещён резистором базы RB = 820 kΩ от источника питания VCC = 12 V. Резистор коллектора RC = 3,3 kΩ, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите ток коллектора IC в mA.
NPN-транзистор с β = 50 коммутирует нагрузочный резистор 680 Ω, включённый между VCC = 5 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 3,3 V через резистор базы RB = 220 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 −115 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?
N = −1158 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
Установите биты в 8-битный результат операции 0110 0000 XOR 1000 1101. Чему равно значение результата R в десятичной системе?
0110 0000XOR1000 1101
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
На этой карте Карно ровно у одной единицы нет соседней единицы, поэтому в минимальной форме SOP она остаётся группой из одной клетки (полным минтермом из четырёх литералов). Соседи через края карты учитываются. Нажмите на эту клетку.
F = Σm(1, 7, 9, 12, 13, 14)
1AB = 00, CD = 00
2AB = 00, CD = 01
3AB = 00, CD = 11
4AB = 00, CD = 10
5AB = 01, CD = 00
6AB = 01, CD = 01
7AB = 01, CD = 11
8AB = 01, CD = 10
9AB = 11, CD = 00
10AB = 11, CD = 01
11AB = 11, CD = 11
12AB = 11, CD = 10
13AB = 10, CD = 00
14AB = 10, CD = 01
15AB = 10, CD = 11
16AB = 10, CD = 10
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
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 9 фронтов тактового сигнала.
Q₃Q₂Q₁Q₀ = 00009
Q =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
F(s) = (5s + 1)/(s² + 9s + 8). Её оригинал имеет вид f(t) = A·e−t + B·e−8t. Найдите коэффициент A разложением на простые дроби.
F(s) = (5s + 1)/(s² + 9s + 8)
A =
30.Преобразования ЛапласаСложная
Система подчиняется уравнению y″ + 6y′ + 8y = 8·u(t), где y(0) = 3 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 10. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,5).
Объект G(s) = 33/(s + 4) управляется в контуре отрицательной обратной связи, у датчика которой коэффициент H = 2. Найдите постоянную времени τ замкнутой системы.
G(s) = 33/(s + 4)H = 2
τ = s
32.Структурные схемыСложная
Объект G(s) = K/(s(s + 5)(s + 9)) помещён в контур с единичной отрицательной обратной связью. С помощью критерия Рауса–Гурвица найдите наибольший коэффициент Kmax, при котором замкнутая система устойчива.
G(s) = K/(s(s + 5)(s + 9))единичная отрицательная обратная связь
Kmax =
33.Переходная характеристикаСредняя
Система имеет передаточную функцию G(s) = 38/(s² + 7s + 38) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите собственную частоту ωn в rad/s.
G(s) = 38/(s² + 7s + 38)
ωn = rad/s
34.Переходная характеристикаСложная
У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 195/(s(s + 12)). Найдите время установления ts переходной характеристики замкнутой системы по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).
G(s) = 195/(s(s + 12))
ts = s
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
Найдите точный модуль |G(jω)| функции G(s) = 864/((s + 12)(s + 18)) при ω = 10 rad/s в dB.
G(s) = 864/((s + 12)(s + 18))ω = 10 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 310/(s(s + 5)). Найдите частоту среза усиления ωc, где |L(jω)| = 1.
L(s) = 310/(s(s + 5))
ωc = rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 1)(s + 2)). Коэффициент усиления повышают до тех пор, пока замкнутая система не окажется на границе устойчивости. Найдите частоту ω незатухающих колебаний.
L(s) = K/(s(s + 1)(s + 2))
ω = rad/s
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
Для контура L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8)) найдите коэффициент усиления K, при котором полюс замкнутой системы находится в точке s = −1.
L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8))s = −1
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
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
Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 1/(s(s + 5)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите коэффициент усиления K, при котором замкнутая система имеет коэффициент демпфирования ζ = 0,707.
G(s) = 1/(s(s + 5))ζ = 0,707
K =
3Растворы
1.Последовательные и параллельные резисторы
Ответ: IR2 = 5,604 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 = 2 + 15 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 2·17/(2+17) = 1,789 Ω
Req = R1 + 1,789 = 3 + 1,789 = 4,789 Ω
Ток источника
Источник видит только Req, поэтому закон Ома даёт ток, который он отдаёт. Этот ток течёт через R₁.
IR1 = V1/Req = 30/4,789 = 6,264 A
Ток через R₂
Вычтите падение на R₁, чтобы получить напряжение в узле A, то есть напряжение на R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 30 − 6,264·3 = 11,21 V
IR2 = VA/R2 = 11,21/2 = 5,604 A
Ответ
IR2 = 5,604 A
2.Последовательные и параллельные резисторы
Ответ: Req = 8,306 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.
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 = 8 + 8 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 9,756 Ω
R3 + 9,756 = 15,76 Ω
R2 ∥ 15,76 = 5,306 Ω
Req = R1 + 5,306 = 3 + 5,306 = 8,306 Ω
Ответ
Req = 8,306 Ω
3.Метод узловых потенциалов
Ответ: VA = 1,5 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.
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 + Vs = VA + 12
VA/R1 + VB/R2 = Is
Решите
VA/2 + (VA + 12)/6 = 3
VA = (3 − 12/6)/(1/2 + 1/6) = 1,5 V
VB = 1,5 + 12 = 13,5 V
Ответ
VA = 1,5 V
4.Метод узловых потенциалов
Ответ: VA = 0,5122 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 = 6 V, V2 = −6 V). Неизвестные: VA, VB.
ЗТК в узле A
Токи, вытекающие из A через резисторы, равны току, который источники подают в A.
VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/4 + (VA − 6)/4 + (VA − VB)/2 = 0
VA − 0,5·VB = 1,5
ЗТК в узле B
Токи, вытекающие из B через резисторы, равны току, который источники подают в B.
VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/3 + (VB − VA)/2 + (VB − (−6))/10 = (−1,5)
−0,5·VA + 0,9333·VB = −2,1
Решите
Δ = (1)(0,9333) − (−0,5)(−0,5) = 0,6833
VA = Δ1/Δ = 0,35/0,6833 = 0,5122 V
VB = Δ2/Δ = −1,35/0,6833 = −1,976 V
Ответ
VA = 0,5122 V
5.Метод контурных токов
Ответ: VR3 = 6,621 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) = 6
10·I1 − 5·I2 = 6
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
12·I2 + 5(I2 − I1) = (−24)
−5·I1 + 17·I2 = −24
Решите
Δ = (10)(17) − (−5)(−5) = 145
I1 = Δ1/Δ = −18/145 = −0,1241 A
I2 = Δ2/Δ = −210/145 = −1,448 A
Ответ
IR3 = I1 − I2 = 1,324 A
VR3 = IR3·R3 = 1,324·5 = 6,621 V
Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.
6.Метод контурных токов
Ответ: IR1 = 1,547 A
Метод контурных токов: дайте каждому окну плоской цепи свой контурный ток, запишите закон напряжений Кирхгофа для каждого контура (сумма падений = сумма подъёмов) и решите. Токи ветвей — это контурный ток или разность двух контурных токов в общей ветви.
Задайте контурные токи
В каждом окне нарисуйте ток по часовой стрелке: I1, I2, I3. Резистор, общий для двух контуров, проводит разность их токов.
ЗНК для контура 1
При обходе по часовой стрелке падения напряжения на резисторах равны подъёмам напряжения источников (от − к + в направлении обхода).
R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
5·I1 + 3(I1 − I2) = 12
8·I1 − 3·I2 = 12
ЗНК для контура 2
При обходе по часовой стрелке падения напряжения на резисторах равны подъёмам напряжения источников (от − к + в направлении обхода).
R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
25·I2 + 3(I2 − I1) + 4(I2 − I3) = 0
−3·I1 + 32·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
25·I3 + 4(I3 − I2) = (−5)
−4·I2 + 29·I3 = −5
Решите
Δ = определитель матрицы коэффициентов = 7035
I1 = Δ1/Δ = 10884/7035 = 1,547 A
I2 = Δ2/Δ = 884/7035 = 0,1257 A
I3 = Δ3/Δ = −1091/7035 = −0,1551 A
Ответ
IR1 = I1 = 1,547 A
Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.
7.Метод наложения
Ответ: I = 5,5 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 отклик как сумму вкладов
Каждый вклад пропорционален своему источнику с коэффициентом, зависящим только от резисторов.
I = k₁·Vs + k₂·Is
12·k₁ + 5·k₂ = 7,3
2·k₁ + 6·k₂ = 3,8
Находим константы
Δ = (12)(6) − (5)(2) = 62
k₁ = Δ1/Δ = 24,8/62 = 0,4
k₂ = Δ2/Δ = 31/62 = 0,5
k₁ = 0,4 mA/V, k₂ = 0,5
Предсказываем новый ток
I = 0,4·10 + 0,5·3 = 5,5 mA
Ответ
I = 5,5 mA
8.Метод наложения
Ответ: I = 12 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 = 16
2·I₁ + I₂ + I₃ = 25
I₁ + I₂ − I₃ = 10
Находим вклады
I₁ = 25 − 16 = 9 mA
I₃ = (16 − 10)/2 = 3 mA
I₂ = 16 − 9 − 3 = 4 mA
Отключаем V₂
I = I₁ + I₃ = 9 + 3 = 12 mA
Ответ
I = 12 mA
9.Тевенин и Нортон
Ответ: Vth = 5 V
Теорема Тевенина: любая линейная двухполюсная цепь ведёт себя как один источник напряжения Vth, последовательный с сопротивлением Rth. Теорема Нортона представляет ту же цепь как источник тока IN = Vth/Rth, параллельный Rth.
Найдите Rth со всеми отключёнными источниками
Замените источники напряжения короткими замыканиями, а источники тока — разрывами, затем посмотрите на цепь со стороны a–b.
R1 ∥ R2 = 5·5/(5+5) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 5 = 7,5 Ω
Найдите Vth — напряжение холостого хода
Когда a–b разомкнуты, через R₃ ток не течёт, поэтому падения на нём нет и V_b = V_A. R₁ и R₂ образуют делитель напряжения.
Vth = V1·R2/(R1+R2) = 10·5/(5+5) = 5 V
10.Тевенин и Нортон
Ответ: PL = 8,236 W
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 = 5·15/(5+15) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 8 = 11,75 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) = 9 + (−2,5)·3,75 = −0,375 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −0,375 + (−2,5)·8 = −20,37 V
Подключите нагрузку к эквиваленту Тевенина
Источник Тевенина и последовательный R_th ведут себя на a–b точно как исходная цепь, поэтому нагрузка видит простой последовательный контур.
IL = Vth/(Rth + RL) = −20,37/(11,75 + 20) = −0,6417 A
PL = IL²·RL = −0,6417²·20 = 8,236 W
11.Переходные процессы RC и RL
Ответ: vC = 4,856 V
Переходные процессы первого порядка: в цепи с одним конденсатором или одной катушкой каждое напряжение и каждый ток экспоненциально меняются от начального к конечному значению: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, где τ = RC или τ = L/R. Примерно через 5τ цепь выходит на установившийся режим.
Эквивалентная схема Тевенина со стороны конденсатора
Закоротите источник, чтобы найти Rth; отключите конденсатор, чтобы найти напряжение, до которого он зарядится.
Rth = R1 ∥ R2 = 2,2·3,3/(2,2 + 3,3) = 1,32 kΩ
vC(∞) = 9·3,3/(2,2 + 3,3) = 5,4 V
Постоянная времени
τ = Rth·C = 1,32·33 = 43,56 ms
Кривая заряда
vC(t) = 5,4·(1 − e−100/43,56) = 4,856 V
Ответ
vC = 4,856 V
12.Переходные процессы RC и RL
Ответ: R = 1,999 kΩ
Переходные процессы первого порядка: в цепи с одним конденсатором или одной катушкой каждое напряжение и каждый ток экспоненциально меняются от начального к конечному значению: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, где τ = RC или τ = L/R. Примерно через 5τ цепь выходит на установившийся режим.
Требуемая постоянная времени
5,69 = 9·(1 − e−20/τ) → τ = 20/ln(9/(9 − 5,69))
τ = 20/1 = 19,99 ms
Сопротивление
kΩ умножить на µF даёт миллисекунды.
R = τ/C = 19,99/10 = 1,999 kΩ
Ответ
R = 1,999 kΩ
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды
Ответ: L = 0,5389 mH
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·1000 = 6283 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(6283²·47·10⁻⁶) = 0,5389 mH
Ответ
L = 0,5389 mH
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды
Ответ: VC = 3,965 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 = 628,3·0,02 = 12,57 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·100·10⁻⁶) = 15,92 Ω
Полное сопротивление
При последовательном соединении полные сопротивления складываются как комплексные числа: Z = R + j(XL − XC).
Через каждый элемент последовательной цепи течёт один и тот же ток.
I = V/|Z| = 10/40,14 = 0,2491 A
Напряжение на конденсаторе
VC = I·XC = 0,2491·15,92 = 3,965 V
Ответ
VC = 3,965 V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности
Ответ: Q = 15,49 kvar
Мощность переменного тока: полная мощность S = V·I (VA) складывается из активной мощности P = S·cos φ (W), совершающей полезную работу, и реактивной мощности Q = S·sin φ (var), которая колеблется между источником и нагрузкой. Коэффициент мощности — cos φ. Параллельный конденсатор поставляет реактивную мощность на месте, поэтому ток линии уменьшается при той же активной мощности.
Угол
φ = arccos(0,85) = 31,79°, tan φ = 0,6197
Реактивная мощность
Q = P·tan φ = 25·0,6197 = 15,49 kvar
Ответ
Q = 15,49 kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности
Ответ: ΔP = 50,78 kW
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 существующей нагрузки
Q1 = 77·tan(arccos 0,7) = 78,56 kvar
Наибольшая суммарная активная мощность
При полной нагрузке S = Smax, а Q от активной нагрузки не меняется.
P = √(Smax² − Q1²) = √(150² − 78,56²) = 127,8 kW
Дополнительная активная мощность
ΔP = 127,8 − 77 = 50,78 kW
Ответ
ΔP = 50,78 kW
17.Трёхфазная мощность
Ответ: P = 25,88 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 = √3·415·40 = 28,75 kVA
Активная мощность
P = S·cos φ = 28,75·0,9 = 25,88 kW
Ответ
P = 25,88 kW
18.Трёхфазная мощность
Ответ: Cph = 194 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 = 100·tan(acos 0,8) = 100·0,75 = 75 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,95) = 100·0,3287 = 32,87 kvar
Реактивная мощность конденсаторов
QC = Q1 − Q2 = 42,13 kvar
Ёмкость на фазу
В батарее, соединённой треугольником, каждый конденсатор включён между двумя линейными проводами.
V = 480 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 14044/(314,2·480²) = 194 µF
Ответ
Cph = 194 µF
19.Трансформаторы
Ответ: I1 = 0,4 A
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 = 2400/10 = 240 V
I2 = 240/60 = 4 A
Первичный ток
Идеальный трансформатор не имеет потерь: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/10 = 0,4 A
Ответ
I1 = 0,4 A
Проверка: нагрузка со стороны первичной обмотки равна a²·RL = 6000 Ω, и 2400/6000 даёт тот же ток.
20.Трансформаторы
Ответ: Sη,max = 17,68 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
x²·200 = 100 → x = √(100/200) = 0,7071
Нагрузка при максимальном КПД
Sη,max = x·S = 0,7071·25 = 17,68 kVA
Ответ
Sη,max = 17,68 kVA
21.Схемы на операционных усилителях
Ответ: Vin,max = 4,476 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.
Коэффициент усиления
Av = 1 + Rf/R1 = 1 + 10/4,7 = 3,128
Наибольший вход до ограничения
Vin,max = Vsat/|Av| = 14/3,128 = 4,476 V
Ответ
Vin,max = 4,476 V
22.Схемы на операционных усилителях
Ответ: Vout = 0,4776 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.
Входные токи
V₋ = 0, поэтому на каждом входном резисторе всё его входное напряжение.
I1 = V1/R1 = 1,3/22 = 0,05909 mA
I2 = V2/R2 = −1,4/4,7 = −0,2979 mA
If = I1 + I2 = −0,2388 mA
Выходное напряжение
Vout = −Rf·If = −2·(−0,2388) = 0,4776 V
Ответ
Vout = 0,4776 V
23.Диоды и транзисторы
Ответ: IC = 1,654 mA
Рабочая точка биполярного транзистора: в активном режиме VBE = 0,7 V, IC = β·IB и IE = (β + 1)·IB. Найдите IB из базового контура по второму закону Кирхгофа, затем IC, затем VCE из контура коллектор–эмиттер. Делитель напряжения в цепи базы заменяют эквивалентом Тевенена VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; резистор в цепи эмиттера в базовом контуре выглядит в (β + 1) раз больше.
Проверка: VCE = 6,543 V заметно больше 0,2 V, значит, транзистор действительно в активном режиме.
24.Диоды и транзисторы
Ответ: IC = 0,5909 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)/220 kΩ = 11,82 µA
Насыщение или активный режим?
β·IB меньше IC(sat), поэтому транзистор остаётся в активном режиме.
β·IB = 0,5909 mA
IC(sat) = (5 − 0,2)/680 = 7,059 mA
Ток коллектора
IC = β·IB = 0,5909 mA
Ответ
IC = 0,5909 mA
Транзистор в активном режиме, поэтому нагрузка включена не полностью.
25.Системы счисления
Ответ: U = 141
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
115 = 0111 0011
инвертировано: 1000 1100
+1 → 1000 1101
Прочитайте как беззнаковое
1000 1101₂ = 256 − 115 = 141
Ответ
U = 141
26.Системы счисления
Ответ: R = 237
Установка битов: каждый бит стоит степень двойки (128, 64, …, 1). Одна шестнадцатеричная цифра — это ровно четыре бита, а в 8-битном дополнительном коде крайний левый бит стоит −128. Побитовые операции работают с каждой позицией бита отдельно.
Бит за битом
XOR даёт 1 там, где два бита различаются.
0110 0000
XOR 1000 1101
= 1110 1101
Значение результата
1110 1101₂ = 237
Ответ
R = 237
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры
Ответ: AB = 01, CD = 11
Карты Карно: клетки упорядочены по коду Грея (00, 01, 11, 10), поэтому соседние клетки, включая те, что через края, отличаются ровно одной переменной. Группируйте единицы в прямоугольники по 1, 2, 4, 8 или 16 клеток, как можно большие и в как можно меньшем числе, пока не будет покрыта каждая единица. Каждая группа — один член-произведение: переменные, которые внутри неё остаются постоянными. Группа из 2ᵏ клеток теряет k переменных. Безразличные состояния (X) можно использовать, чтобы увеличить группы, но покрывать их не обязательно. Если группировать нули, получится минимальная форма POS.
Соседи каждой единицы
Единица с соседней единицей может войти в группу из двух или более.
m7: m6, m5, m3, m15 → 0
Изолированная единица
m7 = A′BCD → AB = 01, CD = 11
Ответ
AB = 01, CD = 11
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры
Ответ: Q = 8
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.
Преобразование Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt превращает производные в умножение на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартные пары: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), а сдвиг s → s + σ умножает функцию времени на e−σt. Чтобы найти оригинал рациональной F(s), разложите её на простые дроби: вычет простого полюса p равен A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема о конечном значении: f(∞) = lims→0 s·F(s), верна только когда все полюсы s·F(s) лежат в левой полуплоскости. Теорема о начальном значении: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Разложение знаменателя на множители
s² + 9s + 8 = (s + 1)(s + 8)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 8)
Правило закрытия
Умножьте на (s + 1) и положите s = −1: слагаемое с B обращается в нуль.
A = (5s + 1)/(s + 8) |s = −1 = −4/7 = −0,5714
Ответ
A = −0,5714
(B = 5,571, поэтому f(t) = −0,5714·e−t + 5,571·e−8t)
30.Преобразования Лапласа
Ответ: y(0.5) = 5,797
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 + 6s + 8)·Y(s) = 3s + 18 + 80/s
Y(s) = (3s² + 18s + 80)/(s(s + 2)(s + 4))
Простые дроби
A = 80/(2·4) = 10
B = 56/((−2)·2) = −14
C = 56/((−4)·(−2)) = 7
Результат
y(t) = 10 − 14·e−2t + 7·e−4t
y(0,5) = 5,797
Ответ
y(0,5) = 5,797
Проверка: y(0) = A + B + C = 3.
31.Структурные схемы
Ответ: τ = 0,01429 s
Алгебра структурных схем: блоки, соединённые последовательно, перемножаются (G₁·G₂), блоки, соединённые параллельно, складываются (G₁ + G₂), а контур с прямым путём G и обратной связью H сводится к T = G/(1 + G·H) при отрицательной обратной связи и G/(1 − G·H) при положительной. Сначала упрощайте внутренние контуры, затем двигайтесь наружу. Полюсы замкнутой системы — корни характеристического уравнения 1 + G(s)H(s) = 0. Для устойчивого контура ступенчатый вход величиной A даёт установившийся выход A·T(0); при единичной обратной связи установившаяся ошибка по ступеньке равна A/(1 + Kp), где Kp = G(0).
Алгебра структурных схем: блоки, соединённые последовательно, перемножаются (G₁·G₂), блоки, соединённые параллельно, складываются (G₁ + G₂), а контур с прямым путём G и обратной связью H сводится к T = G/(1 + G·H) при отрицательной обратной связи и G/(1 − G·H) при положительной. Сначала упрощайте внутренние контуры, затем двигайтесь наружу. Полюсы замкнутой системы — корни характеристического уравнения 1 + G(s)H(s) = 0. Для устойчивого контура ступенчатый вход величиной A даёт установившийся выход A·T(0); при единичной обратной связи установившаяся ошибка по ступеньке равна A/(1 + Kp), где Kp = G(0).
Характеристическое уравнение
s³ + 14s² + 45s + K = 0
Таблица Рауса
s³ | 1 45
s² | 14 K
s¹ | (14·45 − K)/14
s⁰ | K
Граница устойчивости
Все элементы первого столбца должны быть положительными.
Kmax = 14·45 = 630
Ответ
Kmax = 630
33.Переходная характеристика
Ответ: ωn = 6,164 rad/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 = 38 → ωₙ = 6,164 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·6,164) = 0,5678
Результат
ωₙ = 6,164 rad/s
Ответ
ωn = 6,164 rad/s
34.Переходная характеристика
Ответ: ts = 0,6667 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).
Для этого контура ζωₙ = a/2 при любом K: увеличение K усиливает перерегулирование, но не сокращает время установления.
35.Диаграммы Боде и запасы
Ответ: |G(jω)| = 8,583 dB
Частотная характеристика: подставьте s = jω в передаточную функцию. Модуль в децибелах равен 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумме углов множителей числителя минус сумма углов множителей знаменателя. У фильтра первого порядка RC или RL частота среза (−3 dB) равна ωc = 1/(RC) или R/L, и fc = ωc/(2π); фильтр нижних частот даёт |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) и φ = −atan(ω/ωc). На асимптотической (кусочно-линейной) диаграмме Боде каждый полюс на своей частоте среза загибает модуль вниз на 20 dB/decade, каждый нуль загибает его вверх на 20 dB/decade, а интегратор 1/s даёт −20 dB/decade на всех частотах. Частота среза усиления ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас по фазе PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перехода фазы ω180: ∠L(jω) = −180°; запас по усилению GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнутая система устойчива, когда оба запаса положительны.
Частотная характеристика: подставьте s = jω в передаточную функцию. Модуль в децибелах равен 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумме углов множителей числителя минус сумма углов множителей знаменателя. У фильтра первого порядка RC или RL частота среза (−3 dB) равна ωc = 1/(RC) или R/L, и fc = ωc/(2π); фильтр нижних частот даёт |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) и φ = −atan(ω/ωc). На асимптотической (кусочно-линейной) диаграмме Боде каждый полюс на своей частоте среза загибает модуль вниз на 20 dB/decade, каждый нуль загибает его вверх на 20 dB/decade, а интегратор 1/s даёт −20 dB/decade на всех частотах. Частота среза усиления ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас по фазе PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перехода фазы ω180: ∠L(jω) = −180°; запас по усилению GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнутая система устойчива, когда оба запаса положительны.
Частота среза усиления
ω⁴ + 25ω² − 96100 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·96100))/2 = 297,8
ωc = 17,26 rad/s
Ответ
ωc = 17,26 rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф
Ответ: ω = 1,414 rad/s
Критерий Рауса–Гурвица: линейная система устойчива, если все корни её характеристического полинома лежат в левой полуплоскости s-плоскости. Запишите коэффициенты поочерёдно в первые две строки таблицы Рауса. Каждый элемент новой строки вычисляется по двум строкам над ней; для кубического полинома a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ элемент строки s¹ равен b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Число смен знака в первом столбце равно числу корней в правой полуплоскости. Если в коэффициенты входит коэффициент усиления K, все элементы первого столбца должны оставаться положительными: значение усиления, при котором элемент строки s¹ обращается в нуль, — граница устойчивости, а строка s² затем даёт частоту незатухающих колебаний.
Таблица Рауса
s³ + 3s² + 2s + K = 0
s³: 1, 2
s²: 3, K
s¹: (3·2 − K)/3
s⁰: K
Критический коэффициент усиления
K = 3·2 = 6
Вспомогательное уравнение
При критическом коэффициенте усиления строка s¹ равна нулю; строка s² даёт полюса на мнимой оси.
3s² + 6 = 0 → s = ±j√2
ω = 1,414 rad/s
Ответ
ω = 1,414 rad/s
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф
Ответ: K = 7
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.
Условие по модулю
K = |s|·|s + 2|·|s + 8|
Вычислите в этой точке
K = 1·1·7 = 7
Ответ
K = 7
Проверка: s(s + 2)(s + 8) + K равно нулю при s = −1.
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 = 12,5
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) + 1K = s² + 5s + 1K
Собственная частота
2·0,707·ωₙ = 5 → ωₙ = 3,536 rad/s
Коэффициент усиления
1K = ωₙ² = 12,5 → K = 12,5
Ответ
K = 12,5
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.