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​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​20 ΩB

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 ΩR4 = 20 Ω
Req = Ω
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩAR4​10 ΩBR6​10 Ω

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

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

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

V1 = 12 VIs = 1 AR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 ΩR4 = 20 Ω
IR1 = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 2 Ω−+Vs​ = 3 VIx​+−V1​12 VR2​20 ΩAR3​8 ΩBIs​1,5 A

Вывод + источника напряжения Vₛ между A и B находится у B, поэтому он задаёт VB − VA = Vₛ. Методом узловых потенциалов с супер-узлом найдите ток Ix через источник напряжения от A к B, как показано стрелкой.

V1 = 12 VIs = 1,5 AVs = 3 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 Ω
Ix = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 3 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​9 VR3​15 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

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

V1 = 9 VV2 = 9 VR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 15 Ω
I2 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 30 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR4​6 ΩAR5​4 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

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

V1 = 12 VV2 = 5 VR1 = 30 ΩR2 = 3 ΩR3 = 20 ΩR4 = 6 ΩR5 = 4 Ω
I1 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 6 ΩIR1​R3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAR4​4 ΩBIs​3 A

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

V1 = 6 VIs = 3 AR1 = 6 ΩR2 = 20 ΩR3 = 4 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = 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 = 10 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 = 1 mA. Найдите ток нагрузки I, если V2 отключён, а V1 и Is имеют номинальные значения.

номинальные значения: I = 10 mA2·V1: I = 4 mA−Is: I = 1 mA
I = mA
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAab

Найдите сопротивление Тевенина Rth со стороны зажимов a–b.

V1 = 24 VR1 = 15 ΩR2 = 4 ΩR3 = 20 Ω
Rth = Ω
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 30 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAIs​0,5 ABRL​8 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 8 Ω. Замените остальную цепь эквивалентом Тевенина и найдите ток нагрузки IL.

V1 = 12 VIs = 0,5 AR1 = 30 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 ΩRL = 8 Ω
IL = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​10 Vt = 0R1​ = 10 kΩR2​ = 6,8 kΩC100 µF+−vC​

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 = 400 ms.

Vs = 10 VR1 = 10 kΩR2 = 6,8 kΩC = 100 µFt = 400 ms
vC = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​15 Vt = 0R = 10 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 250 ms после старта. При R = 10 kΩ найдите необходимую ёмкость C.

Vs = 15 VVth = 9 VT = 250 msR = 10 kΩ
C = µF
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
120 V200 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 2,2 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 120 V (действующее значение), 200 Hz. Найдите коэффициент мощности cos φ цепи.

V = 120 V (rms)f = 200 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 2,2 µF
cos φ =
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
120 V50 HzR = 30 ΩL = 200 mHC = 22 µF+−VC​

Последовательная цепь RLC подключена к сети 120 V (действующее значение), 50 Hz. Найдите действующее значение напряжения VC на конденсаторе.

V = 120 V (rms)f = 50 HzR = 30 ΩL = 200 mHC = 22 µF
VC = V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
240 VR + jXP = 2604 W15,5 A

Индуктивная нагрузка потребляет 15,5 A и 2604 W от однофазной сети 240 V (действующее значение). Представьте её как сопротивление R, соединённое последовательно с реактивным сопротивлением X. Найдите X.

V = 240 VI = 15,5 AP = 2604 W
X = Ω
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P = 30 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазная нагрузка потребляет 30 kW при коэффициенте мощности 0,65 (индуктивном) от сети 230 V, 60 Hz. Параллельно подключённый конденсатор повышает коэффициент мощности до 0,92. Найдите необходимую ёмкость C.

P = 30 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92V = 230 Vf = 60 Hz
C = µF
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 480 VNZ = 8 + j6 Ωна фазу

Симметричная нагрузка, соединённая звездой, с полным сопротивлением 8 + j6 Ω на фазу подключена к симметричной трёхфазной сети с линейным напряжением 480 V. Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 480 VZ = 8 + j6 Ω на фазу
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 100 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 100 kW при коэффициенте мощности 0,65 (отстающий) от сети 480 V (линейное), 50 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 = 100 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
6600 V230 VIHV​ = ?ILV​25 kVA

Однофазный трансформатор 25 kVA, 6600/230 V работает при номинальной нагрузке. Считайте его идеальным. Найдите ток IHV в обмотке высшего напряжения.

S = 25 kVAV1 = 6600 VV2 = 230 V
IHV = A
20.ТрансформаторыСложная
100 kVA

Однофазный трансформатор 100 kVA имеет потери в стали 300 W и потери в меди 600 W при номинальной нагрузке. При какой нагрузке Sη,max, в kVA, его КПД максимален?

S = 100 kVAPcore = 300 WPcu,fl = 600 W
Sη,max = kVA
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​R2​ = 2 kΩV1​ = 0,7 VR1​ = 10 kΩV2​ = 1,8 VR3​ = 10 kΩR4​ = 2 kΩ

Дифференциальный усилитель выполнен на идеальном ОУ с питанием ±15 V, при этом R3 = R1 и R4 = R2. Найдите выходное напряжение Vout.

V1 = 0,7 VV2 = 1,8 VR1 = R3 = 10 kΩR2 = R4 = 2 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​Rf​ = 22 kΩV1​ = 1,8 VR1​ = 100 kΩV2​ = 2 VR2​ = 22 kΩIf​

Суммирующий усилитель использует идеальный ОУ с питанием ±15 V. Найдите ток If через резистор обратной связи, текущий к выходу.

V1 = 1,8 VV2 = 2 VR1 = 100 kΩR2 = 22 kΩRf = 22 kΩ
If = mA
23.Диоды и транзисторыСредняя
+−20 V470 Ω6,2 V680 ΩIZ​ = ?

Стабилизатор на стабилитроне 6,2 V питается от 20 V через 470 Ω и питает нагрузку 680 Ω. Найдите ток стабилитрона IZ.

Vin = 20 VVZ = 6,2 VR = 470 ΩRL = 680 Ω
IZ = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
+−≤ 17 V330 Ω12 V

Стабилизатор на стабилитроне 12 V имеет последовательный резистор 330 Ω. Входное напряжение может подниматься до 17 V, а нагрузка может быть отключена. Найдите наибольшую мощность PZ,max, которую должен рассеивать стабилитрон.

Vin,max = 17 VVZ = 12 VR = 330 Ω
PZ,max = mW
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −23 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −238 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
923 кодов, b = ? бит?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Система должна присвоить каждому из 923 элементов собственный двоичный код одинаковой длины. Какое наименьшее число битов b нужно?

923
b = bit
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABC00011110010011030214051716

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «произведение сумм» (POS) для F(A, B, C) = Σm(1, 4, 6, 7). Сколько членов-сумм (множителей), N, в ней?

F(A, B, C) = Σm(1, 4, 6, 7)
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
CLKJK123456

Триггер JK, срабатывающий по переднему фронту, начинает с Q = 0 и получает показанные входы на 6 передних фронтах тактового сигнала. Сколько раз, N, Q меняет состояние?

Q₀ = 0JK
N =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm−5−10−15−20−25−30−35−40

F(s) = (s + 37)/(s² + 13s + 42). Её оригинал имеет вид f(t) = A·e−6t + B·e−7t. Найдите коэффициент A разложением на простые дроби.

F(s) = (s + 37)/(s² + 13s + 42)
A =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,75y(0,75) = ?

Решите y″ + 6y′ + 5y = 0 при y(0) = 9 и y′(0) = −15 с помощью преобразования Лапласа и найдите y(0,75).

y″ + 6y′ + 5y = 0y(0) = 9y′(0) = −15t = 0,75 s
y(0.75) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+38s + 2G(s)C(s)2H−

Объект G(s) = 38/(s + 2) управляется в контуре отрицательной обратной связи, у датчика которой коэффициент H = 2. На R подаётся ступенька величиной 10. Найдите установившееся значение выхода css.

G(s) = 38/(s + 2)H = 2R = 10
css =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+8регулятор+D(s)+4s + 4объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K = 8 управляет объектом G(s) = 4/(s + 4) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Возмущение D действует на входе объекта (прибавляется к выходу регулятора). Одновременно подаются ступенька задания величиной 1 и ступенька возмущения величиной 2. Найдите установившийся выход css.

K = 8G(s) = 4/(s + 4)D = 2R = 1
css =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)3tp​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 213/(s² + 9s + 71) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время пика tp переходной характеристики.

G(s) = 213/(s² + 9s + 71)
tp = s
34.Переходная характеристикаСложная
k = 100 N/mc = 6 N·s/mm = 10 kgF = 5 Nx(t)

Масса m = 10 kg подвешена на пружине k = 100 N/m с вязким демпфером c = 6 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 5 N. Найдите перерегулирование %OS смещения в процентах.

m = 10 kgk = 100 N/mc = 6 N·s/mF = 5 N
%OS = %
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 3

Найдите фазу ∠G(jω) функции G(s) = 34(s + 14)/(s(s + 6)) при ω = 3 rad/s в градусах.

G(s) = 34(s + 14)/(s(s + 6))ω = 3 rad/s
∠G(jω) = °
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4)). Найдите коэффициент усиления K, который даёт запас по усилению 5 dB.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4))GM = 5 dB
K =
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1s(s + 2)(s + 5)C(s)−

Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5)). Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5))
Kmax =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4j2j4

Для L(s) = K/((s + 3)(s² + 2s + 17)) найдите угол выхода θd корневого годографа из комплексного полюса в верхней полуплоскости, отсчитываемый от положительного направления вещественной оси.

L(s) = K/((s + 3)(s² + 2s + 17))
θd = °
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 2·t²/2+5(s + 2)s²(s + 5)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 5(s + 2)/(s²(s + 5)) подан параболический вход r(t) = 2·t²/2. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 5(s + 2)/(s²(s + 5))r(t) = 2·t²/2
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 25s(s + 5)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 2 управляет объектом G(s) = 5/(s(s + 5)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите время пика tp переходной характеристики.

G(s) = 5/(s(s + 5))K = 2
tp = s

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 19,84 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​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​20 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 = 5 + 20 = 25 Ω
R2 ∥ 25 = 6·25/(6+25) = 4,839 Ω
Req = R1 + 4,839 = 15 + 4,839 = 19,84 Ω

Ответ

Req = 19,84 Ω
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 7,717 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​ = 6 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩAR4​10 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 = 15 + 10 = 25 Ω
R4 ∥ 25 = 7,143 Ω
R3 + 7,143 = 12,14 Ω
R2 ∥ 12,14 = 1,717 Ω
Req = R1 + 1,717 = 6 + 1,717 = 7,717 Ω

Ответ

Req = 7,717 Ω
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR1 = 0,1303 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​ = 10 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​20 ΩBIs​1 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/20 + (VA − 12)/10 + (VA − VB)/3 = 0
0,4833·VA − 0,3333·VB = 1,2

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/20 + (VB − VA)/3 = 1
−0,3333·VA + 0,3833·VB = 1

Решите

Δ = (0,4833)(0,3833) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,07417
VA = Δ1/Δ = 0,7933/0,07417 = 10,7 V
VB = Δ2/Δ = 0,8833/0,07417 = 11,91 V

Ответ

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (12 − 10,7)/10 = 0,1303 A
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: Ix = 0,1944 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.

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 + 3
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Решите

(VA − 12)/2 + VA/20 + (VA + 3)/8 = 1,5
VA·(1/2 + 1/20 + 1/8) = 1,5 + 12/2 − 3/8 = 7,125
VA = 7,125/0,675 = 10,56 V
VB = 13,56 V

Ток через источник напряжения

ЗТК только для узла A: ток, приходящий через R₁, уходит через R₂ и через источник напряжения.

IR1 = (12 − 10,56)/2 = 0,7222 A
Ix = IR1 − VA/R2 = 0,7222 − 10,56/20 = 0,1944 A

Ответ

Ix = 0,1944 A

Отрицательный результат означает, что в действительности ток течёт против стрелки.

5.Метод контурных токов

Ответ: I2 = −0,12 A

Метод контурных токов: дайте каждому окну плоской цепи свой контурный ток, запишите закон напряжений Кирхгофа для каждого контура (сумма падений = сумма подъёмов) и решите. Токи ветвей — это контурный ток или разность двух контурных токов в общей ветви.

R1​ = 3 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​9 VR3​15 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

Задайте контурные токи

В каждом окне нарисуйте ток по часовой стрелке: I1, I2. Резистор, общий для двух контуров, проводит разность их токов.

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
3·I1 + 15(I1 − I2) = 9
18·I1 − 15·I2 = 9

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
10·I2 + 15(I2 − I1) = (−9)
−15·I1 + 25·I2 = −9

Решите

Δ = (18)(25) − (−15)(−15) = 225
I1 = Δ1/Δ = 90/225 = 0,4 A
I2 = Δ2/Δ = −27/225 = −0,12 A

Ответ

I2 = −0,12 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I1 = 0,3505 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​ = 30 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR4​6 ΩAR5​4 ΩB+−V2​5 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
30·I1 + 6(I1 − I2) = 12
36·I1 − 6·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
3·I2 + 6(I2 − I1) + 4(I2 − I3) = 0
−6·I1 + 13·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
20·I3 + 4(I3 − I2) = (−5)
−4·I2 + 24·I3 = −5

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 9792
I1 = Δ1/Δ = 3432/9792 = 0,3505 A
I2 = Δ2/Δ = 1008/9792 = 0,1029 A
I3 = Δ3/Δ = −1872/9792 = −0,1912 A

Ответ

I1 = 0,3505 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: IR1 = 1,244 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​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAR4​4 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 = 4+4 = 8 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 20·8/(20+8) = 5,714 Ω
VA = 6·5,714/(6+5,714) = 2,927 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,927·4/8 = 1,463 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (6 − 2,927)/6 = 0,5122 A
R1​ = 6 ΩR3​ = 4 ΩКЗR2​20 ΩAR4​4 ΩBIs​3 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 = 6·20/(6+20) = 4,615 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 4 ∥ 8,615 = 2,732 Ω
VB = Is·Req = (−3)·2,732 = −8,195 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −8,195·4,615/8,615 = −4,39 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − −4,39)/6 = 0,7317 A

Сложите составляющие

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 0,5122 + 0,7317 = 1,244 A

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

8.Метод наложения

Ответ: I = −1,5 mA

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

Записываем измерения через вклады

Каждый вклад пропорционален своему источнику.

I₁ + I₂ + I₃ = 10
2·I₁ + I₂ + I₃ = 4
I₁ + I₂ − I₃ = 1

Находим вклады

I₁ = 4 − 10 = −6 mA
I₃ = (10 − 1)/2 = 4,5 mA
I₂ = 10 − (−6) − 4,5 = 11,5 mA

Отключаем V₂

I = I₁ + I₃ = (−6) + 4,5 = −1,5 mA

Ответ

I = −1,5 mA
9.Тевенин и Нортон

Ответ: Rth = 23,16 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​ = 15 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​4 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 = 15·4/(15+4) = 3,158 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,158 + 20 = 23,16 Ω
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 0,413 A

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

R1​ = 30 ΩR3​ = 10 ΩКЗR2​6 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 = 30·6/(30+6) = 5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5 + 10 = 15 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAIs​0,5 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) = 2 + 0,5·5 = 4,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 4,5 + 0,5·10 = 9,5 V
Rth​ = 15 Ω+−Vth​9,5 VRL​8 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) = 9,5/(15 + 8) = 0,413 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 2,541 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 = 10·6,8/(10 + 6,8) = 4,048 kΩ
vC(∞) = 10·6,8/(10 + 6,8) = 4,048 V

Постоянная времени

τ = Rth·C = 4,048·100 = 404,8 ms

Кривая заряда

vC(t) = 4,048·(1 − e−400/404,8) = 2,541 V

Ответ

vC = 2,541 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: C = 27,28 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−250/τ) → τ = 250/ln(15/(15 − 9))
τ = 250/0,9163 = 272,8 ms

Ёмкость

kΩ умножить на µF даёт миллисекунды.

C = τ/R = 272,8/10 = 27,28 µF

Ответ

C = 27,28 µF
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: cos φ = 0,8596

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

XL = 314,2 Ω, XC = 361,7 Ω

Полное сопротивление

|Z| = √(80² + (−47,56)²) = 93,07 Ω

Коэффициент мощности

cos φ = R/|Z| = 80/93,07 = 0,8596
Цепь ёмкостная, поэтому коэффициент мощности опережающий.

Ответ

cos φ = 0,8596
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: VC = 199,2 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·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) = √(30² + (−81,85)²) = 87,18 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 120/87,18 = 1,376 A

Напряжение на конденсаторе

VC = I·XC = 1,376·144,7 = 199,2 V

Ответ

VC = 199,2 V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: X = 11,06 Ω

Мощность переменного тока: полная мощность S = V·I (VA) складывается из активной мощности P = S·cos φ (W), совершающей полезную работу, и реактивной мощности Q = S·sin φ (var), которая колеблется между источником и нагрузкой. Коэффициент мощности — cos φ. Параллельный конденсатор поставляет реактивную мощность на месте, поэтому ток линии уменьшается при той же активной мощности.

Сопротивление по активной мощности

R = P/I² = 2604/15,5² = 10,84 Ω

Реактивное сопротивление по полному

|Z| = V/I = 240/15,5 = 15,48 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(15,48² − 10,84²) = 11,06 Ω

Ответ

X = 11,06 Ω
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: C = 1118 µF

Мощность переменного тока: полная мощность S = V·I (VA) складывается из активной мощности P = S·cos φ (W), совершающей полезную работу, и реактивной мощности Q = S·sin φ (var), которая колеблется между источником и нагрузкой. Коэффициент мощности — cos φ. Параллельный конденсатор поставляет реактивную мощность на месте, поэтому ток линии уменьшается при той же активной мощности.

Реактивная мощность до и после

Активная мощность P не меняется; меняется только реактивная мощность из сети.

Q1 = P·tan φ1 = 30·tan(49,46°) = 35,07 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 30·tan(23,07°) = 12,78 kvar
QC = Q1 − Q2 = 22,29 kvar

Ёмкость

Конденсатор, подключённый к сети, поставляет Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 22294/(2π·60·230²) = 1118 µF

Ответ

C = 1118 µF
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 18,43 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 = 480/√3 = 277,1 V

Фазный ток

|Z| = √(8² + 6²) = 10 Ω
Iph = 277,1/10 = 27,71 A

Полная активная мощность

Активную мощность потребляет только активная составляющая каждого сопротивления.

P = 3·Iph²·R = 3·27,71²·8 = 18,43 kW

Ответ

P = 18,43 kW

Проверка: cos φ = R/|Z| = 0,8, и √3·VL·IL·cos φ даёт ту же мощность.

18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 342,2 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 0,65) = 100·1,169 = 116,9 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,92) = 100·0,426 = 42,6 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 74,31 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) = 24771/(314,2·480²) = 342,2 µF

Ответ

Cph = 342,2 µF
19.Трансформаторы

Ответ: IHV = 3,788 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.

Номинальный ток

Через обе обмотки передаётся одинаковая полная мощность.

IHV = S/V = 25000/6600 = 3,788 A

Ответ

IHV = 3,788 A
20.Трансформаторы

Ответ: Sη,max = 70,71 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

x²·600 = 300 → x = √(300/600) = 0,7071

Нагрузка при максимальном КПД

Sη,max = x·S = 0,7071·100 = 70,71 kVA

Ответ

Sη,max = 70,71 kVA
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 0,22 V

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

Напряжение на входах

Через R₃ и R₄ течёт один и тот же ток, поэтому они образуют делитель напряжения; обратная связь обеспечивает V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,8·2/(10 + 2) = 0,3 V
V₋ = V₊

ЗТК на инвертирующем входе

(0,7 − 0,3)/10 = (0,3 − Vout)/2
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (2/10)·(1,8 − 0,7) = 0,22 V

Ответ

Vout = 0,22 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: If = 0,1089 mA

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 = 1,8/100 = 0,018 mA
I2 = V2/R2 = 2/22 = 0,09091 mA
If = I1 + I2 = 0,1089 mA

Ответ

If = 0,1089 mA
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IZ = 20,24 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 = 13,8/470 = 29,36 mA

Ток нагрузки

IL = 6,2/680 = 9,118 mA

Ток стабилитрона

IZ = 29,36 − 9,118 = 20,24 mA

Ответ

IZ = 20,24 mA
24.Диоды и транзисторы

Ответ: PZ,max = 181,8 mW

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 стабилитрона в худшем случае

IZ = 5/330 = 15,15 mA

Мощность стабилитрона

PZ = 12·15,15 = 181,8 mW

Ответ

PZ,max = 181,8 mW
25.Системы счисления

Ответ: U = 233

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

23 = 0001 0111
инвертировано: 1110 1000
+1 → 1110 1001

Прочитайте как беззнаковое

1110 1001₂ = 256 − 23 = 233

Ответ

U = 233
26.Системы счисления

Ответ: b = 10 bit

Позиционные системы счисления: каждая цифра стоит своего значения, умноженного на степень основания. В двоичной системе разряды стоят 1, 2, 4, 8, 16, …, в шестнадцатеричной 1, 16, 256, …, а A–F обозначают 10–15. В 8-битном дополнительном коде крайний левый бит стоит −128 вместо +128; так хранятся отрицательные числа.

Степени двойки

29 = 512 < 923
210 = 1024 ≥ 923

Ответ

b = 10
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.

ABC00011110010011030214051716

Сгруппируйте нули

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

(A + C)
(A + B′)
(A′ + B + C′)

Минимальная форма POS

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

Ответ

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

Ответ: N = 3

Триггеры и счётчики: триггер меняется только по активному фронту тактового сигнала. D копирует свой вход (Q⁺ = D); T переключается при T = 1; JK сохраняет состояние при 00, сбрасывает при 01, устанавливает при 10 и переключает при 11. n-разрядный двоичный счётчик имеет 2ⁿ состояний и считает по модулю 2ⁿ; счётчик по модулю N считает 0, 1, …, N − 1 и возвращается к 0, и ему нужно наименьшее число триггеров n, при котором 2ⁿ ≥ N. Каждый разряд асинхронного счётчика делит частоту пополам, поэтому последний выход счётчика по модулю N работает на частоте fclk/N. У счётчика Джонсона из n триггеров 2n состояний, у кольцевого счётчика n.

Q после каждого фронта

JK-триггер: 00 сохраняет, 01 сбрасывает (Q = 0), 10 устанавливает (Q = 1), 11 переключает.

1: J = 0, K = 0 → Q = 0
2: J = 0, K = 1 → Q = 0
3: J = 1, K = 0 → Q = 1
4: J = 0, K = 1 → Q = 0
5: J = 1, K = 1 → Q = 1
6: J = 1, K = 0 → Q = 1

Посчитайте изменения

0 → 0 → 0 → 1 → 0 → 1 → 1
N = 3

Ответ

N = 3
29.Преобразования Лапласа

Ответ: A = 31

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 + 13s + 42 = (s + 6)(s + 7)
F(s) = A/(s + 6) + B/(s + 7)

Правило закрытия

Умножьте на (s + 6) и положите s = −6: слагаемое с B обращается в нуль.

A = (s + 37)/(s + 7) |s = −6 = 31/1 = 31

Ответ

A = 31
(B = −30, поэтому f(t) = 31·e−6t − 30·e−7t)
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.75) = 3,578

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

s²Y − 9s − (−15) + 6(sY − 9) + 5Y = 0
Y(s) = (9s + 39)/((s + 1)(s + 5))

Простые дроби

A = 30/4 = 7,5
B = −6/(−4) = 1,5

Результат

y(t) = 7,5·e−t + 1,5·e−5t
y(0,75) = 3,578

Ответ

y(0,75) = 3,578

Проверка: y(0) = A + B = 9.

31.Структурные схемы

Ответ: css = 4,872

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).

Передаточная функция замкнутой системы

T(s) = G/(1 + G·H) = 38/(s + 2 + 76) = 38/(s + 78)

Результат

css = R·T(0) = 10·38/78 = 4,872

Ответ

css = 4,872
32.Структурные схемы

Ответ: css = 1,111

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).

Передаточные функции

C/D = G/(1 + K·G) = 4/(s + 4 + 32)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 32/(s + 4 + 32)

Установившийся режим

css = 1·32/36 + 2·4/36 = 1,111

Ответ

css = 1,111

Больший K ослабляет влияние возмущения, но с пропорциональным регулятором никогда не обращает его в нуль.

33.Переходная характеристика

Ответ: tp = 0,441 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 = 71 → ωₙ = 8,426 rad/s
2ζωₙ = 9 → ζ = 9/(2·8,426) = 0,5341

Результат

ωd = 8,426·√(1 − 0,5341²) = 7,124 rad/s → tp = π/ωd = 0,441 s

Ответ

tp = 0,441 s
34.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 74,13 %

Переходная характеристика: система первого порядка G(s) = K/(τs + 1) отвечает на ступеньку величиной U сигналом y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): за одну постоянную времени τ она достигает 63,2 % конечного значения K·U, а за 4τ — 98 %. Система второго порядка G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) имеет полюсы s = −ζωₙ ± jωd, где ωd = ωₙ√(1 − ζ²). При 0 < ζ < 1 переходная характеристика перерегулируется: перерегулирование %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), время пика tp = π/ωd, а время установления по критерию 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Сравните знаменатель с s² + 2ζωₙs + ωₙ², чтобы найти ωₙ и ζ. Для системы масса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) и ζ = c/(2√(km)); для последовательной RLC-цепи ωₙ = 1/√(LC) и ζ = (R/2)·√(C/L).

Собственная частота и коэффициент демпфирования

ωₙ = √(k/m) = √(100/10) = 3,162 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 6/(2·√(100·10)) = 0,09487

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 74,13 %

Ответ

%OS = 74,13 %
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ∠G(jω) = −104,5 °

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

Сложите углы

∠G = atan(3/14) − 90° − atan(3/6) = 12,09° − 90° − 26,57°

Результат

∠G(j3) = −104,5°

Ответ

∠G(jω) = −104,5°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: K = 26,99

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 перехода фазы

(ω/2)·(ω/4) = 1 → ω180 = √(2·4) = 2,828 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 4)·√(ω² + 16)) = K/(2·4·(2 + 4)) = K/48

Требуемое усиление

48/K = 105/20 = 1,778
K = 48/1,778 = 26,99

Ответ

K = 26,99
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 70

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

Характеристическое уравнение

s³ + 7s² + 10s + K = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 10
s²: 7, K
s¹: (7·10 − K)/7
s⁰: K

Условия

Каждый элемент первого столбца должен быть положительным.

K > 0
7·10 − K > 0 → K < 70

Ответ

Kmax = 70

При K = 70 замкнутая система колеблется с частотой ω = √10 = 3,162 rad/s.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: θd = 26,57 °

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.

Положения полюсов

s² + 2s + 17 = 0 → s = −1 ± j4
s = −3

Углы от остальных полюсов

∠(−1 + j4 + 3) = atan2(4, 2) = 63,43°
∠(−1 + j4 − (−1 − j4)) = ∠(j8) = 90°

Угол выхода

θd = 180° − 63,43° − 90° = 26,57°

Ответ

θd = 26,57°
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 1

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

Коэффициент ошибки по ускорению

Ka = 5·2/5 = 2

Ошибка по параболическому воздействию

ess = 2/2 = 1

Ответ

ess = 1
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: tp = 1,622 s

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

Характеристический полином

s(s + 5) + 2·5 = s² + 5s + 10

ωₙ и ζ

ωₙ = √10 = 3,162 rad/s
ζ = 5/(2·3,162) = 0,7906

Время пика

ωd = 3,162·√(1 − 0,7906²) = 1,936 rad/s
tp = π/1,936 = 1,622 s

Ответ

tp = 1,622 s

Это независимый учебный материал. ExamProblems не связан с организацией, проводящей этот экзамен, и не одобрен ею; название экзамена используется только для описания содержания. Экзамен FE exam проводит NCEES; эта организация не связана с ExamProblems и не поддерживает его.

ExamProblems · examproblems.com/courses/fe-exam-electrical