Подготовка к экзамену FE Electrical and Computer: шпаргалка-пакет

Листы формул, ключевые шаги методов по каждой теме и тренировочные задачи (40) с полными решениями в конце.

Новые задачиНазад к курсу

В окне печати выберите «Сохранить как PDF», чтобы сохранить копию на своём устройстве.

1Формулы и методы

Последовательные и параллельные резисторы

Последовательное соединение резисторов
Req = R1 + R2 + …
Параллельное соединение резисторов
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Два параллельно
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Закон Ома
V = I·R
Мощность
P = V·I = I²R = V²/R

Метод

  1. Начните с конца цепи, наиболее удалённого от зажимов.
  2. Последовательные резисторы складывайте, а параллельные объединяйте по формуле 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. После каждого шага перерисовывайте схему.
  4. Повторяйте, пока между зажимами не останется один резистор.

Метод узловых потенциалов

Закон токов Кирхгофа
ΣIin = ΣIout
Ток ветви
I = (Va − Vb)/R
Опорный узел
Vground = 0

Метод

  1. Выберите опорный узел (землю) и обозначьте потенциалы остальных узлов.
  2. Запишите первый закон Кирхгофа для каждого неизвестного узла: сумма токов, вытекающих по ветвям, равна сумме втекающих.
  3. Выразите ток каждой ветви как (Va − Vb)/R.
  4. Решите систему уравнений, затем найдите нужные токи.

Метод контурных токов

Закон напряжений Кирхгофа
ΣV = 0 в каждом контуре
Общий резистор
ток = I1 − I2
Источник тока в контуре
задаёт ток этого контура

Метод

  1. Нарисуйте в каждом контуре (ячейке) схемы контурный ток по часовой стрелке.
  2. Примените второй закон Кирхгофа к каждому контуру: сумма падений напряжения равна нулю.
  3. В резисторе, общем для двух контуров, ток равен разности двух контурных токов.
  4. Решите уравнения; отрицательный результат означает, что ток течёт в обратную сторону.

Метод наложения

Метод наложения
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Отключённый источник напряжения
короткое замыкание (0 V)
Отключённый источник тока
разрыв (0 A)
Делитель напряжения
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Делитель тока
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Метод

  1. Посчитайте независимые источники. Для каждого источника вы решите одну более простую схему.
  2. Оставьте один источник, а остальные отключите: источник напряжения заменяется коротким замыканием (проводом), источник тока — разрывом цепи.
  3. Найдите в упрощённой схеме нужное напряжение или ток, следя за направлением.
  4. Повторите для каждого источника, затем сложите вклады с учётом знаков.

Тевенин и Нортон

Напряжение Тевенина
Vth = Vopen circuit
Сопротивление Тевенина
Rth: все источники отключены, со стороны a–b
Ток Нортона
IN = Vth/Rth
Ток нагрузки
IL = Vth/(Rth + RL)
Передача максимальной мощности
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Метод

  1. Отключите нагрузку и обозначьте два зажима a и b.
  2. Найдите напряжение холостого хода между a и b: это Vth.
  3. Отключите все независимые источники и найдите сопротивление со стороны a–b: это Rth.
  4. Верните нагрузку в эквивалентную схему: Vth последовательно с Rth.
  5. Для эквивалента Нортона преобразуйте: IN = Vth/Rth, с RN = Rth параллельно.

Переходные процессы RC и RL

Постоянная времени
τ = RC | τ = L/R
Отклик
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Конденсатор на постоянном токе
разрыв; vC не может измениться скачком
Катушка на постоянном токе
короткое замыкание; iL не может измениться скачком
Установившийся режим
t ≈ 5τ

Метод

  1. Найдите начальное значение сразу после коммутации: напряжение на конденсаторе и ток в катушке не могут изменяться скачком.
  2. Найдите установившееся значение спустя долгое время после коммутации: конденсатор ведёт себя как разрыв, катушка — как короткое замыкание.
  3. Найдите постоянную времени: τ = RC или τ = L/R, где берётся сопротивление со стороны конденсатора или катушки.
  4. Используйте x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Полные сопротивления
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Угловая частота
ω = 2πf
Модуль и угол
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Закон Ома в комплексной форме
V = I·Z

Метод

  1. Переведите частоту: ω = 2πf.
  2. Найдите каждое реактивное сопротивление: XL = ωL и XC = 1/(ωC).
  3. Складывайте сопротивления как у резисторов, с Z = R + jX.
  4. Найдите модуль |Z| = √(R² + X²) и угол φ = atan(X/R), затем примените закон Ома для комплексных амплитуд.

Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Активная мощность
P = V·I·cos φ
Реактивная мощность
Q = V·I·sin φ
Полная мощность
S = V·I = √(P² + Q²)
Коэффициент мощности
pf = cos φ = P/S
Компенсирующий конденсатор
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Трёхфазная мощность

Соединение звездой (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Соединение треугольником (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Полная активная мощность
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Полная и реактивная мощность
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Компенсирующие конденсаторы
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Напряжение на каждом конденсаторе
Δ: VL Y: VL/√3
Потребляемая мощность двигателя
Pin = Pout/η

Трансформаторы

Коэффициент трансформации
a = N1/N2 = V1/V2
Отношение токов
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Номинальный ток
I = S/V
Приведённое сопротивление
Z1′ = a²·ZL
Потери в меди при неполной нагрузке
Pcu = x²·Pcu,fl
КПД
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Максимальный КПД
x = √(Pcore/Pcu,fl)

Схемы на операционных усилителях

Инвертирующий усилитель
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Неинвертирующий усилитель
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Суммирующий усилитель
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Идеальный ОУ
V+ = V−, Iin = 0

Диоды и транзисторы

Диод (постоянное падение напряжения)
VD = 0,7 V when conducting
Активный режим
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Фиксированное смещение
IB = (VCC − 0,7)/RB
Смещение делителем напряжения
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Эквивалент Тевенена для делителя
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Контур коллектора
VCE = VCC − ICRC − IERE
Насыщение
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Системы счисления

Веса разрядов
двоичная 2k, восьмеричная 8k, шестнадцатеричная 16k
В десятичную
Σ dk·bk
Из десятичной
делите на основание, остатки читайте снизу вверх
Шестнадцатеричная ↔ двоичная
одна шестнадцатеричная цифра = 4 бита
Дополнительный код
инвертируйте биты и прибавьте 1

Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Основные вентили
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Правила булевой алгебры
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Законы де Моргана
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Порядок на карте Карно
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Группа из 2ᵏ клеток
теряет k переменных
Мультиплексор 4 в 1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Триггеры
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Счётчики
n-разрядный: 2ⁿ состояний; по модулю N: наименьшее n, при котором 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Асинхронный счётчик
fmax = 1/(n·tpd)
Кольцевой счётчик и счётчик Джонсона
n и 2n состояний

Метод

  1. Для схемы идите от входов к выходу вентиль за вентилем и записывайте значение на каждом проводе или запишите её выражение и заполните таблицу истинности.
  2. Для упрощения поставьте единицы (и безразличные состояния как X) на карту Карно со строками и столбцами в коде Грея: 00, 01, 11, 10.
  3. Покройте единицы как можно меньшим числом как можно больших групп по 1, 2, 4, 8 или 16 клеток, с переходом через края; каждая группа — один член-произведение из переменных, которые остаются постоянными. Для формы POS группируйте нули.
  4. Для триггеров и счётчиков считывайте входы на каждом активном фронте тактового сигнала, записывайте состояние после каждого фронта и помните, что n-разрядный счётчик возвращается к началу после 2ⁿ состояний.

Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Устойчивость
все корни характеристического полинома в левой полуплоскости
таблица Рауса, элемент s¹ кубического полинома
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Корни в правой полуплоскости
число смен знака в первом столбце
Кубический полином s³ + a₂s² + a₁s + a₀
устойчив, когда все a > 0 и a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Характеристическое уравнение
1 + K·G(s) = 0
Асимптоты
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Точки отрыва и входа
dK/ds = 0
Условие по модулю
K = 1/|G(s)|
Угол выхода
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Метод

  1. Запишите характеристический полином замкнутой системы: знаменатель уравнения 1 + K·G(s) = 0 после раскрытия скобок.
  2. Запишите коэффициенты поочерёдно в первые две строки таблицы Рауса и достройте остальные строки.
  3. Посчитайте смены знака в первом столбце: каждая — это один полюс в правой полуплоскости. Если в таблице есть K, потребуйте, чтобы все элементы первого столбца оставались положительными.
  4. Для корневого годографа отметьте полюса и нули, участки вещественной оси, асимптоты из центра и точки отрыва, где dK/ds = 0. Для коэффициента усиления в точке используйте K = 1/|G(s)|.

Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Тип системы
число полюсов G(s) в точке s = 0
Коэффициенты ошибок
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Ступенька A
ess = A/(1 + Kp)
Линейное воздействие A·t
ess = A/Kv
Парабола A·t²/2
ess = A/Ka
ПИД-регулятор
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Целевая система второго порядка
s² + 2ζωns + ωn²
Перерегулирование и временные характеристики
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Метод

  1. Посчитайте полюса разомкнутого контура C(s)·G(s) в точке s = 0: это тип системы.
  2. Найдите коэффициент ошибки, соответствующий входу: Kp для ступеньки, Kv для линейного воздействия, Ka для параболы.
  3. Примените ess = A/(1 + Kp), A/Kv или A/Ka либо решите это уравнение относительно нужного коэффициента усиления.
  4. Для требований по демпфированию или скорости запишите характеристический полином замкнутой системы и приравняйте его коэффициенты к s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Тренировочные задачи

1.Последовательные и параллельные резисторыСредняя
R1​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩIR2​AR4​6 ΩB

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 15 VR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 3 ΩR4 = 6 Ω
IR2 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 10 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAR4​30 ΩBR6​10 Ω

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 2 ΩR4 = 30 ΩR5 = 2 ΩR6 = 10 Ω
Req = Ω
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 15 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAR4​6 ΩBIs​1,5 A

Используйте метод узловых потенциалов, чтобы найти ток IR1 через R1 в направлении стрелки.

V1 = 12 VIs = 1,5 AR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 15 ΩR4 = 6 Ω
IR1 = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 5 ΩR2​ = 8 ΩIR2​R4​ = 4 Ω+−V1​12 VR3​4 ΩAR5​12 ΩBIs​5 A−+V2​6 V

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

V1 = 12 VIs = 5 AV2 = 6 VR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 4 ΩR4 = 4 ΩR5 = 12 Ω
IR2 = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 4 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​24 VR3​2 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти контурный ток I2 (по часовой стрелке).

V1 = 24 VV2 = 12 VR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 Ω
I2 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 6 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 6 ΩIR3​+−V1​36 VR4​6 ΩAR5​4 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти ток IR3 через R3 в направлении стрелки.

V1 = 36 VV2 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 2 ΩR3 = 6 ΩR4 = 6 ΩR5 = 4 Ω
IR3 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​2 ΩIR2​AR4​5 ΩBIs​1 A

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

V1 = 30 VIs = 1 AR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 6 ΩR4 = 5 Ω
IR2 = A
8.Метод наложенияСложная
линейная цепьV1​V2​Is​IRL​

Линейная резистивная цепь содержит три независимых источника: V1, V2 и Is. Ток I через нагрузку измерен три раза. При номинальных значениях всех источников I = 1 mA. Если V1 удвоить, а два других оставить без изменений, I = −4 mA. Если изменить направление Is на противоположное, а два других оставить без изменений, I = −7 mA. Найдите ток нагрузки I, если V2 отключён, а V1 и Is имеют номинальные значения.

номинальные значения: I = 1 mA2·V1: I = −4 mA−Is: I = −7 mA
I = mA
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 3 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAab

Найдите сопротивление Тевенина Rth со стороны зажимов a–b.

V1 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 2 Ω
Rth = Ω
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 12 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAIs​2,5 ABRL​25 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 25 Ω. С помощью эквивалента Тевенина найдите мощность PL, передаваемую в нагрузку.

V1 = 18 VIs = 2,5 AR1 = 12 ΩR2 = 8 ΩR3 = 30 ΩRL = 25 Ω
PL = W
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
R = 68 Ωt = 0L100 mHi(t)

Через катушку течёт установившийся ток 2 A. При t = 0 ключ замыкает контур через R, а источник отключается, поэтому ток катушки убывает через R. Найдите напряжение vR на R при t = 1 ms.

i(0) = 2 AR = 68 ΩL = 100 mHt = 1 ms
vR = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​15 Vt = 0R = 4,7 kΩC?+−vC​

Таймер при t = 0 начинает заряжать незаряженный конденсатор через резистор от источника 15 V. Он должен сработать, когда напряжение конденсатора достигнет 9 V, ровно через 1000 ms после старта. При R = 4,7 kΩ найдите необходимую ёмкость C.

Vs = 15 VVth = 9 VT = 1000 msR = 4,7 kΩ
C = µF
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
Vf0​ = 50 HzRL = 100 mHC = ?

Последовательный RLC-контур с L = 100 mH должен резонировать на частоте 50 Hz. Найдите необходимую ёмкость C.

f0 = 50 HzL = 100 mH
C = µF
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
12 V50 HzR = 50 ΩL = 200 mHC = 22 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 12 V (действующее значение), 50 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 12 V (rms)f = 50 HzR = 50 ΩL = 200 mHC = 22 µF
I = A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
P = 11 kWQ = ?Sφ

Однофазный двигатель потребляет 11 kW при коэффициенте мощности 0,6 (индуктивном) от сети 240 V. Найдите реактивную мощность Q, которую он потребляет.

P = 11 kWpf = 0,6V = 240 V
Q = kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P1​ = 75 kWQ1​S1​φ

Однофазный трансформатор 200 kVA питает нагрузку 75 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 = 200 kVAP1 = 75 kWpf1 = 0,7
ΔP = kW
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 400 VZ = 3 + j4 Ωна фазу

Симметричная нагрузка, соединённая треугольником, с полным сопротивлением 3 + j4 Ω на фазу подключена к симметричной трёхфазной сети с линейным напряжением 400 V. Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 400 VZ = 3 + j4 Ω на фазу
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 60 kW при коэффициенте мощности 0,72 (отстающий) от сети 480 V (линейное), 60 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,92 (отстающий). Активная мощность не меняется. Конденсаторы соединены треугольником. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 60 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
4 Ω51

К вторичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 5:1 подключён резистор 4 Ω. Найдите сопротивление R1′ со стороны первичной обмотки.

N1:N2 = 5:1RL = 4 Ω
R1′ = Ω
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,850 kVA, 50% нагрузка

Однофазный трансформатор 50 kVA имеет потери в стали 200 W и потери в меди 800 W при номинальной нагрузке. Он отдаёт 50% номинальной мощности в kVA при коэффициенте мощности 0,8 (отстающий). Найдите суммарные потери Ploss в ваттах при этой нагрузке.

S = 50 kVAPcore = 200 WPcu,fl = 800 Wx = 0,5pf = 0,8
Ploss = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 4,7 kΩVin​ = 0,5 V

ОУ идеальный и питается от ±15 V. Найдите выходное напряжение Vout.

Vin = 0,5 VR1 = 4,7 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
Vin​V1​Vout​каскад 1: инвертирующийR1​ = 10 kΩRf1​ = 22 kΩкаскад 2: неинвертирующийR2​ = 100 kΩRf2​ = 100 kΩ

Два каскада на идеальных ОУ соединены последовательно: инвертирующий усилитель (R1, Rf1), за ним неинвертирующий (R2 на землю, Rf2 в обратной связи). Оба питаются от ±15 V. Входное напряжение Vin = −0,6 V. Найдите выходное напряжение Vout.

R1 = 10 kΩRf1 = 22 kΩR2 = 100 kΩRf2 = 100 kΩVin = −0,6 V
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
+−20 V330 Ω9,1 V470 ΩIZ​ = ?

Стабилизатор на стабилитроне 9,1 V питается от 20 V через 330 Ω и питает нагрузку 470 Ω. Найдите ток стабилитрона IZ.

Vin = 20 VVZ = 9,1 VR = 330 ΩRL = 470 Ω
IZ = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 330 Ωβ = 100VCC​ = 24 V3,3 VRB​ = ?

NPN-транзистор с β = 100 коммутирует нагрузочный резистор 330 Ω, включённый между VCC = 24 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 3,3 V через резистор базы RB. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Для надёжного переключения рассчитайте ток базы в 3 раз больше минимального, нужного для насыщения. Найдите RB в kΩ.

VCC = 24 VRC = 330 Ωβ = 100Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vкоэффициент запаса = 3
RB = kΩ
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −32 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −328 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
10 бит, без знака, N = ???????????

Какое наибольшее беззнаковое целое число N помещается в 10 бит?

10 bit
N =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABCD000111100001111010111302141517060121131150141809011010

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «произведение сумм» (POS) для F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 3, 4, 5, 7, 8, 13, 15). Сколько членов-сумм (множителей), N, в ней?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 3, 4, 5, 7, 8, 13, 15)
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
ABCD0001111000011110X001030214151716012X1311511408X9111010

Найдите минимальную форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(4, 5, 6, 7, 11, 14, 15) + d(0, 9, 13), где d обозначает безразличные состояния. Сколько литералов, L, она содержит?

F(A, B, C, D) = Σm(4, 5, 6, 7, 11, 14, 15) + d(0, 9, 13)
L =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,50,51

F(s) = (6s + 25)/(s² + 3s + 2). Её оригинал имеет вид f(t) = A·e−t + B·e−2t. Найдите коэффициент A разложением на простые дроби.

F(s) = (6s + 25)/(s² + 3s + 2)
A =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 1,2y(1,2) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 5y′ + 4y = 6·u(t). Она начинает из покоя (y(0) = 0, y′(0) = 0), а входом служит ступенька u(t) = 10 при t ≥ 0. С помощью преобразования Лапласа найдите выход y(1,2).

y″ + 5y′ + 4y = 6·u(t)u(t) = 10y(0) = 0, y′(0) = 0t = 1,2 s
y(1.2) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+9(s + 3)(s + 4)(s + 8)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 9(s + 3)/((s + 4)(s + 8)). На задающее воздействие подаётся ступенька величиной 5. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 9(s + 3)/((s + 4)(s + 8))R = 5
ess =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+54s(s + 4)G(s)C(s)0,5H−

Объект G(s) = 54/(s(s + 4)) охвачен отрицательной обратной связью с коэффициентом датчика H = 0,5. Полюсы замкнутой системы комплексные. Найдите их вещественную часть σ.

G(s) = 54/(s(s + 4))H = 0,5
σ =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)3?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 93/(s² + 9s + 31) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите перерегулирование %OS переходной характеристики в процентах.

G(s) = 93/(s² + 9s + 31)
%OS = %
34.Переходная характеристикаСложная
+−10 VR = 15 ΩL = 10 mHC = 47 µFvC​

Последовательная RLC-цепь с R = 15 Ω, L = 10 mH и C = 47 µF подключается к ступеньке 10 V при t = 0. Конденсатор не заряжен, и до ступеньки ток не течёт. Найдите пиковое напряжение vC,max на конденсаторе.

R = 15 ΩL = 10 mHC = 47 µFV = 10 V
vC,max = V
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​L = 5 mHC = 0,22 µFR = 100 Ωvout​

В показанном последовательном RLC-полосовом фильтре выход берётся на R = 100 Ω при L = 5 mH и C = 0,22 µF. Найдите полосу пропускания по уровню −3 dB BW в Hz.

R = 100 ΩL = 5 mHC = 0,22 µF
BW = Hz
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)11101010010010001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 280/(s(s + 20)). Найдите запас по фазе PM в градусах.

L(s) = 280/(s(s + 20))
PM = °
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1s(s + 4)(s + 6)C(s)−

Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 4)(s + 6)). Коэффициент усиления повышают до тех пор, пока замкнутая система не окажется на границе устойчивости. Найдите частоту ω незатухающих колебаний.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 6))
ω = rad/s
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−1−2−3−4−5−6j1−1

Для контура L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5)) найдите коэффициент усиления K, при котором полюс замкнутой системы находится в точке s = −1.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5))s = −1
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 2t+Ks(s + 10)C(s)−

Контур с единичной обратной связью и G(s) = K/(s(s + 10)) должен отслеживать линейное воздействие r(t) = 2t с установившейся ошибкой 0,1. Найдите коэффициент усиления K.

G(s) = K/(s(s + 10))r(t) = 2tess = 0,1
K =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 25s(s + 2)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 2 управляет объектом G(s) = 5/(s(s + 2)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите перерегулирование %OS переходной характеристики в процентах.

G(s) = 5/(s(s + 2))K = 2
%OS = %

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 0,8599 A

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

R1​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​5 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 = 3 + 6 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 5·9/(5+9) = 3,214 Ω
Req = R1 + 3,214 = 8 + 3,214 = 11,21 Ω

Ток источника

Источник видит только Req, поэтому закон Ома даёт ток, который он отдаёт. Этот ток течёт через R₁.

IR1 = V1/Req = 15/11,21 = 1,338 A

Ток через R₂

Вычтите падение на R₁, чтобы получить напряжение в узле A, то есть напряжение на R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 15 − 1,338·8 = 4,299 V
IR2 = VA/R2 = 4,299/5 = 0,8599 A

Ответ

IR2 = 0,8599 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 16,92 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​ = 10 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAR4​30 ΩBR6​10 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 = 2 + 10 = 12 Ω
R4 ∥ 12 = 8,571 Ω
R3 + 8,571 = 10,57 Ω
R2 ∥ 10,57 = 6,916 Ω
Req = R1 + 6,916 = 10 + 6,916 = 16,92 Ω

Ответ

Req = 16,92 Ω
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR1 = 2,649 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​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAR4​6 ΩBIs​1,5 A

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 12 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/2 + (VA − 12)/3 + (VA − VB)/15 = 0
0,9·VA − 0,06667·VB = 4

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/6 + (VB − VA)/15 = (−1,5)
−0,06667·VA + 0,2333·VB = −1,5

Решите

Δ = (0,9)(0,2333) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,2056
VA = Δ1/Δ = 0,8333/0,2056 = 4,054 V
VB = Δ2/Δ = −1,083/0,2056 = −5,27 V

Ответ

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (12 − 4,054)/3 = 2,649 A
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR2 = 1,878 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 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​12 VR3​4 ΩAR5​12 ΩBIs​5 A−+V2​6 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 12 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 − 12)/5 + (VA − VB)/8 = 0
0,575·VA − 0,125·VB = 2,4

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/12 + (VB − VA)/8 + (VB − (−6))/4 = (−5)
−0,125·VA + 0,4583·VB = −6,5

Решите

Δ = (0,575)(0,4583) − (−0,125)(−0,125) = 0,2479
VA = Δ1/Δ = 0,2875/0,2479 = 1,16 V
VB = Δ2/Δ = −3,438/0,2479 = −13,87 V

Ответ

IR2 = (VA − VB)/R2 = (1,16 − −13,87)/8 = 1,878 A
5.Метод контурных токов

Ответ: I2 = −0,2449 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​ = 4 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​24 VR3​2 ΩA+−V2​12 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
4·I1 + 2(I1 − I2) = 24
6·I1 − 2·I2 = 24

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
15·I2 + 2(I2 − I1) = (−12)
−2·I1 + 17·I2 = −12

Решите

Δ = (6)(17) − (−2)(−2) = 98
I1 = Δ1/Δ = 384/98 = 3,918 A
I2 = Δ2/Δ = −24/98 = −0,2449 A

Ответ

I2 = −0,2449 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: IR3 = −0,2432 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​ = 6 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​36 VR4​6 ΩAR5​4 ΩB+−V2​10 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
6·I1 + 6(I1 − I2) = 36
12·I1 − 6·I2 = 36

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 + 6(I2 − I1) + 4(I2 − I3) = 0
−6·I1 + 12·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
6·I3 + 4(I3 − I2) = (−10)
−4·I2 + 10·I3 = −10

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 888
I1 = Δ1/Δ = 3504/888 = 3,946 A
I2 = Δ2/Δ = 1680/888 = 1,892 A
I3 = Δ3/Δ = −216/888 = −0,2432 A

Ответ

IR3 = I3 = −0,2432 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: IR2 = 2,5 A

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​2 ΩAR4​5 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+5 = 11 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 2·11/(2+11) = 1,692 Ω
VA = 30·1,692/(10+1,692) = 4,342 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,342·5/11 = 1,974 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (4,342 − 0)/2 = 2,171 A
R1​ = 10 ΩR3​ = 6 ΩКЗR2​2 ΩAR4​5 ΩBIs​1 A

Случай 2 · действует только Is

V₁ становится коротким замыканием, поэтому R₁ параллелен R₂. Iₛ в точке B делится между R₄ и путём через R₃.

R1 ∥ R2 = 10·2/(10+2) = 1,667 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 5 ∥ 7,667 = 3,026 Ω
VB = Is·Req = 1·3,026 = 3,026 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 3,026·1,667/7,667 = 0,6579 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (0,6579 − 0)/2 = 0,3289 A

Сложите составляющие

IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = 2,171 + 0,3289 = 2,5 A

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

8.Метод наложения

Ответ: I = −1 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 = 1
2·I₁ + I₂ + I₃ = −4
I₁ + I₂ − I₃ = −7

Находим вклады

I₁ = −4 − 1 = −5 mA
I₃ = (1 − (−7))/2 = 4 mA
I₂ = 1 − (−5) − 4 = 2 mA

Отключаем V₂

I = I₁ + I₃ = (−5) + 4 = −1 mA

Ответ

I = −1 mA
9.Тевенин и Нортон

Ответ: Rth = 4,182 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​ = 3 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​8 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 = 3·8/(3+8) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 2 = 4,182 Ω
10.Тевенин и Нортон

Ответ: PL = 62,04 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.

R1​ = 12 ΩR3​ = 30 ΩКЗR2​8 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 = 12·8/(12+8) = 4,8 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,8 + 30 = 34,8 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAIs​2,5 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) = 7,2 + 2,5·4,8 = 19,2 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 19,2 + 2,5·30 = 94,2 V
Rth​ = 34,8 Ω+−Vth​94,2 VRL​25 ΩIL​

Подключите нагрузку к эквиваленту Тевенина

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

IL = Vth/(Rth + RL) = 94,2/(34,8 + 25) = 1,575 A
PL = IL²·RL = 1,575²·25 = 62,04 W
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vR = 68,9 V

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

Постоянная времени

τ = L/R = 100 mH / 68 Ω = 1,471 ms

Убывание тока

i(t) = 2·e−1/1,471 = 1,013 A
vR = R·i = 68·1,013 = 68,9 V

Ответ

vR = 68,9 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: C = 232,2 µF

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

Требуемая постоянная времени

9 = 15·(1 − e−1000/τ) → τ = 1000/ln(15/(15 − 9))
τ = 1000/0,9163 = 1091 ms

Ёмкость

kΩ умножить на µF даёт миллисекунды.

C = τ/R = 1091/4,7 = 232,2 µF

Ответ

C = 232,2 µF
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: C = 101,3 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·50 = 314,2 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(314,2²·0,1) = 101,3 µF

Ответ

C = 101,3 µF
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,1251 A

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

Реактивные сопротивления

ω = 2πf = 2π·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,2 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·22·10⁻⁶) = 144,7 Ω

Полное сопротивление

При последовательном соединении полные сопротивления складываются как комплексные числа: Z = R + j(XL − XC).

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(50² + (−81,85)²) = 95,92 Ω

Ток

Через каждый элемент последовательной цепи течёт один и тот же ток.

I = V/|Z| = 12/95,92 = 0,1251 A

Ответ

I = 0,1251 A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Q = 14,67 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(0,6) = 53,13°, tan φ = 1,333

Реактивная мощность

Q = P·tan φ = 11·1,333 = 14,67 kvar

Ответ

Q = 14,67 kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: ΔP = 109,8 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 = 75·tan(arccos 0,7) = 76,52 kvar

Наибольшая суммарная активная мощность

При полной нагрузке S = Smax, а Q от активной нагрузки не меняется.

P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 76,52²) = 184,8 kW

Дополнительная активная мощность

ΔP = 184,8 − 75 = 109,8 kW

Ответ

ΔP = 109,8 kW
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 57,6 kW

Симметричные трёхфазные системы: при соединении звездой (Y) линейное напряжение в √3 раз больше фазного, VL = √3·Vph, а линейный ток равен фазному. При соединении треугольником (Δ) линейное напряжение равно фазному, а линейный ток в √3 раз больше фазного, IL = √3·Iph. Полная мощность в три раза больше мощности одной фазы: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Фазное напряжение

Vph = VL = 400 V

Фазный ток

|Z| = √(3² + 4²) = 5 Ω
Iph = 400/5 = 80 A

Полная активная мощность

Активную мощность потребляет только активная составляющая каждого сопротивления.

P = 3·Iph²·R = 3·80²·3 = 57,6 kW

Ответ

P = 57,6 kW

Проверка: cos φ = R/|Z| = 0,6, и √3·VL·IL·cos φ даёт ту же мощность.

18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 123,8 µF

Симметричные трёхфазные системы: при соединении звездой (Y) линейное напряжение в √3 раз больше фазного, VL = √3·Vph, а линейный ток равен фазному. При соединении треугольником (Δ) линейное напряжение равно фазному, а линейный ток в √3 раз больше фазного, IL = √3·Iph. Полная мощность в три раза больше мощности одной фазы: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Компенсация реактивной мощности: конденсаторы вырабатывают реактивную мощность на месте, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Каждый из трёх конденсаторов даёт QC/3 = V²·ω·C, где V — напряжение на этом конденсаторе: VL в батарее, соединённой треугольником, VL/√3 — в батарее, соединённой звездой.

Реактивная мощность до и после

Активная мощность не меняется, поэтому каждый коэффициент мощности задаёт реактивную мощность: Q = P·tan φ.

Q1 = 60·tan(acos 0,72) = 60·0,9639 = 57,83 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,92) = 60·0,426 = 25,56 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 32,27 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 480 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 10757/(377·480²) = 123,8 µF

Ответ

Cph = 123,8 µF
19.Трансформаторы

Ответ: R1′ = 100 Ω

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

Приведённое сопротивление

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

R1′ = a²·RL = 5²·4 = 100 Ω

Ответ

R1′ = 100 Ω
20.Трансформаторы

Ответ: Ploss = 400 W

Потери в трансформаторе: потери в стали (гистерезис и вихревые токи) зависят от напряжения и одинаковы при любой нагрузке. Потери в меди обмоток пропорциональны квадрату тока, поэтому при доле x от номинальной нагрузки они равны x²·Pcu,fl. КПД η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), где Pout = x·S·pf. КПД максимален при той нагрузке, при которой потери в меди равны потерям в стали.

Потери в меди при этой нагрузке

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,25·800 = 200 W

Суммарные потери

Потери в стали одинаковы при любой нагрузке.

Ploss = 200 + 200 = 400 W

Ответ

Ploss = 400 W

КПД при этой нагрузке η = 98,04%.

21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 1,564 V

Правила идеального ОУ: при отрицательной обратной связи усилитель устанавливает выход так, чтобы оба входа имели одинаковое напряжение (V₋ = V₊), и ни в один вход ток не течёт. ЗТК на инвертирующем входе с этими двумя фактами даёт выход.

Инвертирующий вход повторяет вход

V₋ = V₊ = 0,5 V
I = V₋/R1 = 0,5/4,7 = 0,1064 mA

Выходное напряжение

Ток через R₁ течёт и через Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 0,5 + 0,1064·10 = 1,564 V

Ответ

Vout = 1,564 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 2,64 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 каждого каскада

A1 = −Rf1/R1 = −22/10 = −2,2
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 100/100 = 2

Каскад за каскадом

V1 = −2,2·(−0,6) = 1,32 V
Vout = 2·1,32 = 2,64 V

Ответ

Vout = 2,64 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IZ = 13,67 mA

Стабилизатор на стабилитроне: стабилитрон, включённый в обратном направлении, удерживает напряжение VZ, пока его ток остаётся выше минимума IZ,min. Последовательный резистор R берёт на себя разность между входным и выходным напряжением: IR = (Vin − VZ)/R. Этот ток делится между нагрузкой, IL = VZ/RL, и стабилитроном: IZ = IR − IL. Проектируйте для худших случаев: при наименьшем входном напряжении и наибольшей нагрузке должен оставаться ток IZ,min, а при наибольшем входном напряжении без нагрузки получается наибольшая мощность стабилитрона PZ = VZ·IZ.

Ток резистора

IR = 10,9/330 = 33,03 mA

Ток нагрузки

IL = 9,1/470 = 19,36 mA

Ток стабилитрона

IZ = 33,03 − 19,36 = 13,67 mA

Ответ

IZ = 13,67 mA
24.Диоды и транзисторы

Ответ: RB = 1,202 kΩ

Биполярный транзистор как ключ: чтобы полностью включить нагрузку, транзистор вводят в насыщение, где VCE = VCE(sat), а ток коллектора определяется нагрузкой: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Для насыщения нужен ток базы не менее IB = IC(sat)/β. Если ток базы меньше, транзистор остаётся в активном режиме, и IC = β·IB.

Ток коллектора в насыщении

IC(sat) = (24 − 0,2)/330 = 72,12 mA

Минимальный ток базы

IB(min) = IC(sat)/β = 72,12/100 = 721,2 µA

Расчётный ток базы

IB = 3·721,2 µA = 2164 µA

Резистор базы

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/2,164 mA = 1,202 kΩ

Ответ

RB = 1,202 kΩ
25.Системы счисления

Ответ: U = 224

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

32 = 0010 0000
инвертировано: 1101 1111
+1 → 1110 0000

Прочитайте как беззнаковое

1110 0000₂ = 256 − 32 = 224

Ответ

U = 224
26.Системы счисления

Ответ: N = 1023

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.

Наибольшее значение

210 − 1 = 1023

Ответ

N = 1023
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 3

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.

ABCD000111100001111010111302141517060121131150141809011010

Сгруппируйте нули

Каждая группа — прямоугольник из 2ᵏ клеток; клетки на краю соседствуют с клетками на противоположном краю.

(C′ + D)
(A′ + B + D′)
(A′ + B′ + D)

Минимальная форма POS

F = (C′ + D)(A′ + B + D′)(A′ + B′ + D)
N = 3

Ответ

N = 3
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 6

Карты Карно: клетки упорядочены по коду Грея (00, 01, 11, 10), поэтому соседние клетки, включая те, что через края, отличаются ровно одной переменной. Группируйте единицы в прямоугольники по 1, 2, 4, 8 или 16 клеток, как можно большие и в как можно меньшем числе, пока не будет покрыта каждая единица. Каждая группа — один член-произведение: переменные, которые внутри неё остаются постоянными. Группа из 2ᵏ клеток теряет k переменных. Безразличные состояния (X) можно использовать, чтобы увеличить группы, но покрывать их не обязательно. Если группировать нули, получится минимальная форма POS.

Простые импликанты

Самые большие группы, которые можно образовать из единиц и X.

BD, BC, AD, A′C′D′, A′B
ABCD0001111000011110X001030214151716012X1311511408X9111010

Минимальное покрытие

F = BC + AD + A′B
L = 6

Ответ

L = 6
29.Преобразования Лапласа

Ответ: A = 19

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 + 3s + 2 = (s + 1)(s + 2)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 2)

Правило закрытия

Умножьте на (s + 1) и положите s = −1: слагаемое с B обращается в нуль.

A = (6s + 25)/(s + 2) |s = −1 = 19/1 = 19

Ответ

A = 19
(B = −13, поэтому f(t) = 19·e−t − 13·e−2t)
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(1.2) = 9,017

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

Y(s) = 60/(s(s + 1)(s + 4))

Простые дроби

A = 60/(1·4) = 15
B = 60/((−1)·3) = −20
C = 60/((−4)·(−3)) = 5

Выделение

y(t) = 15 − 20·e−t + 5·e−4t
y(1,2) = 9,017

Ответ

y(1,2) = 9,017
31.Структурные схемы

Ответ: ess = 2,712

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

Коэффициент ошибки по положению

Kₚ = G(0) = 9·3/(4·8) = 0,8438

Установившаяся ошибка

ess = A/(1 + Kₚ) = 5/(1 + 0,8438) = 2,712

Ответ

ess = 2,712
32.Структурные схемы

Ответ: σ = −2

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

s(s + 4) + 54·0,5 = 0 → s² + 4s + 27 = 0

Корни

s = −2 ± j·√(27 − 4) = −2 ± j4,796
σ = −2

Ответ

σ = −2
33.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 1,341 %

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 = 31 → ωₙ = 5,568 rad/s
2ζωₙ = 9 → ζ = 9/(2·5,568) = 0,8082

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−4,312 = 1,341 %

Ответ

%OS = 1,341 %
34.Переходная характеристика

Ответ: vC,max = 11,52 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/√(0,01·4,7 × 10⁻⁵) = 1459 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (15/2)·√(4,7 × 10⁻⁵/0,01) = 0,5142

Результат

%OS = 15,21 %
vC,max = 10·(1 + 0,1521) = 11,52 V

Ответ

vC,max = 11,52 V
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: BW = 3183 Hz

Частотная характеристика: подставьте s = jω в передаточную функцию. Модуль в децибелах равен 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумме углов множителей числителя минус сумма углов множителей знаменателя. У фильтра первого порядка RC или RL частота среза (−3 dB) равна ωc = 1/(RC) или R/L, и fc = ωc/(2π); фильтр нижних частот даёт |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) и φ = −atan(ω/ωc). На асимптотической (кусочно-линейной) диаграмме Боде каждый полюс на своей частоте среза загибает модуль вниз на 20 dB/decade, каждый нуль загибает его вверх на 20 dB/decade, а интегратор 1/s даёт −20 dB/decade на всех частотах. Частота среза усиления ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас по фазе PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перехода фазы ω180: ∠L(jω) = −180°; запас по усилению GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнутая система устойчива, когда оба запаса положительны.

Резонансная частота

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,005·2,2 × 10⁻⁷) = 30151 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 4799 Hz

Полоса пропускания

BW = R/L = 100/0,005 = 20000 rad/s = 3183 Hz

Ответ

BW = 3183 Hz
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: PM = 59,03 °

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 − 78400 = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·78400))/2 = 144,1
ωc = 12 rad/s

Запас по фазе

∠L(jωc) = −90° − atan(12/20) = −121°
PM = 180° + ∠L = 59,03°

Ответ

PM = 59,03°
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: ω = 4,899 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 + 10s² + 24s + K = 0
s³: 1, 24
s²: 10, K
s¹: (10·24 − K)/10
s⁰: K

Критический коэффициент усиления

K = 10·24 = 240

Вспомогательное уравнение

При критическом коэффициенте усиления строка s¹ равна нулю; строка s² даёт полюса на мнимой оси.

10s² + 240 = 0 → s = ±j√24
ω = 4,899 rad/s

Ответ

ω = 4,899 rad/s
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 4

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 + 5|

Вычислите в этой точке

K = 1·1·4 = 4

Ответ

K = 4

Проверка: s(s + 2)(s + 5) + K равно нулю при s = −1.

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 200

Установившаяся ошибка: в контуре с единичной обратной связью и передаточной функцией разомкнутой системы G(s) ошибка равна E(s) = R(s)/(1 + G(s)), а по теореме о конечном значении ess = lims→0 s·E(s). Тип системы — это число полюсов G(s) в точке s = 0. Коэффициенты ошибок: Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) и Ka = lim s²·G(s), все при s → 0. Ступенчатое воздействие величиной A даёт ess = A/(1 + Kp), линейное A·t даёт A/Kv, а параболическое A·t²/2 даёт A/Ka. Контур типа 0 отслеживает ступеньку с конечной ошибкой, контур типа 1 отслеживает её точно, а линейное воздействие — с конечной ошибкой.

Требуемый коэффициент скоростной ошибки

Kv = A/ess = 2/0,1 = 20

Коэффициент усиления

K = 10·Kv = 200

Ответ

K = 200

Большой коэффициент усиления делает этот контур очень слабо демпфированным: ζ = 0,3536. Именно из-за такого противоречия применяют корректирующие устройства.

40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: %OS = 35,09 %

П-, ПИ- и ПИД-регулирование: регулятор C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s воздействует на ошибку. Пропорциональный коэффициент ускоряет контур и уменьшает ошибку объекта типа 0, но никогда не устраняет её. Интегральная составляющая добавляет полюс в точке s = 0: тип системы повышается на единицу, и ступенька отслеживается без ошибки. Дифференциальная составляющая добавляет демпфирование. Чтобы подобрать коэффициенты, запишите характеристический полином замкнутой системы и сравните его с s² + 2ζωns + ωn². Тогда %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, где ωd = ωn√(1 − ζ²), и ts ≈ 4/(ζωn).

Характеристический полином

s(s + 2) + 2·5 = s² + 2s + 10

ωₙ и ζ

ωₙ = √10 = 3,162 rad/s
ζ = 2/(2·3,162) = 0,3162

Перерегулирование

%OS = 100·e−0,3162π/√(1 − 0,3162²) = 35,09 %

Ответ

%OS = 35,09 %

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