n-разрядный: 2ⁿ состояний; по модулю N: наименьшее n, при котором 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Асинхронный счётчик
fmax = 1/(n·tpd)
Кольцевой счётчик и счётчик Джонсона
n и 2n состояний
Метод
Для схемы идите от входов к выходу вентиль за вентилем и записывайте значение на каждом проводе или запишите её выражение и заполните таблицу истинности.
Для упрощения поставьте единицы (и безразличные состояния как X) на карту Карно со строками и столбцами в коде Грея: 00, 01, 11, 10.
Покройте единицы как можно меньшим числом как можно больших групп по 1, 2, 4, 8 или 16 клеток, с переходом через края; каждая группа — один член-произведение из переменных, которые остаются постоянными. Для формы POS группируйте нули.
Для триггеров и счётчиков считывайте входы на каждом активном фронте тактового сигнала, записывайте состояние после каждого фронта и помните, что n-разрядный счётчик возвращается к началу после 2ⁿ состояний.
Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф
Устойчивость
все корни характеристического полинома в левой полуплоскости
Запишите коэффициенты поочерёдно в первые две строки таблицы Рауса и достройте остальные строки.
Посчитайте смены знака в первом столбце: каждая — это один полюс в правой полуплоскости. Если в таблице есть K, потребуйте, чтобы все элементы первого столбца оставались положительными.
Для корневого годографа отметьте полюса и нули, участки вещественной оси, асимптоты из центра и точки отрыва, где dK/ds = 0. Для коэффициента усиления в точке используйте K = 1/|G(s)|.
Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование
Тип системы
число полюсов G(s) в точке s = 0
Коэффициенты ошибок
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Ступенька A
ess = A/(1 + Kp)
Линейное воздействие A·t
ess = A/Kv
Парабола A·t²/2
ess = A/Ka
ПИД-регулятор
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Целевая система второго порядка
s² + 2ζωns + ωn²
Перерегулирование и временные характеристики
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)
Метод
Посчитайте полюса разомкнутого контура C(s)·G(s) в точке s = 0: это тип системы.
Найдите коэффициент ошибки, соответствующий входу: Kp для ступеньки, Kv для линейного воздействия, Ka для параболы.
Примените ess = A/(1 + Kp), A/Kv или A/Ka либо решите это уравнение относительно нужного коэффициента усиления.
Для требований по демпфированию или скорости запишите характеристический полином замкнутой системы и приравняйте его коэффициенты к s² + 2ζω_n·s + ω_n².
2Тренировочные задачи
1.Последовательные и параллельные резисторыСредняя
Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.
V1 = 10 VR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 ΩR4 = 5 Ω
Req = Ω
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.
Между узлом A и землёй включены три ветви, как показано на схеме. Методом узловых потенциалов найдите ток I2 в ветви 2, текущий вверх в узел A по направлению стрелки.
Источник тока регулируют до тех пор, пока напряжение узла A не станет VA = 21 V. Методом узловых потенциалов найдите ток источника Is (направление как на схеме).
До замыкания ключа в момент t = 0 тока через катушку нет. Найдите энергию W, запасённую в катушке при t = 1 ms, в mJ.
Vs = 6 VR = 33 ΩL = 47 mHt = 1 ms
W = mJ
12.Переходные процессы RC и RLСложная
Непосредственно перед замыканием ключа в момент t = 0 конденсатор заряжен до 30 V с указанной полярностью. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 500 ms.
Vs = 15 VR = 2,2 kΩC = 220 µFvC(0) = 30 Vt = 500 ms
vC = V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
Последовательная цепь RLC подключена к сети 50 V (действующее значение), 1000 Hz. Найдите угол сдвига фаз φ полного сопротивления в градусах (положительный, когда ток отстаёт от напряжения).
V = 50 V (rms)f = 1000 HzR = 50 ΩL = 50 mHC = 1 µF
φ = °
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
Последовательный RLC-контур питается от источника 5 V (действующее значение), частота которого равна резонансной частоте контура. Найдите действующее напряжение VL на катушке.
V = 5 V (rms)R = 20 ΩL = 10 mHC = 10 µF
VL = V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
Однофазный двигатель потребляет 18 kW при коэффициенте мощности 0,8 (индуктивном) от сети 400 V. Найдите ток линии I.
P = 18 kWpf = 0,8V = 400 V
I = A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
Однофазная нагрузка потребляет 15 kW при коэффициенте мощности 0,8 (индуктивном) от сети 400 V, 50 Hz. Параллельно нагрузке подключён конденсатор 47 µF. Найдите новый коэффициент мощности cos φ со стороны сети.
P = 15 kWpf1 = 0,8V = 400 Vf = 50 HzC = 47 µF
cos φ =
17.Трёхфазная мощностьСредняя
Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет линейный ток 60 A от сети с линейным напряжением 480 V. Коэффициент мощности 0,9 (отстающий). Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.
VL = 480 VIL = 60 Acos φ = 0,9
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 100 kW при коэффициенте мощности 0,72 (отстающий) от сети 415 V (линейное), 60 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,9 (отстающий). Активная мощность не меняется. Найдите полную реактивную мощность QC, которую должна выдавать конденсаторная батарея, в kvar.
P = 100 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаторыСредняя
Однофазный трансформатор 250 kVA, 480/240 V работает при номинальной нагрузке. Считайте его идеальным. Найдите ток ILV в обмотке низшего напряжения.
S = 250 kVAV1 = 480 VV2 = 240 V
ILV = A
20.ТрансформаторыСложная
Однофазный трансформатор 25 kVA имеет потери в стали 125 W и потери в меди 312,5 W при номинальной нагрузке. Он отдаёт 25% номинальной мощности в kVA при коэффициенте мощности 0,85 (отстающий). Найдите суммарные потери Ploss в ваттах при этой нагрузке.
Стабилизатор на стабилитроне 9,1 V питается от 24 V через 330 Ω и питает нагрузку 3300 Ω. Найдите ток стабилитрона IZ.
Vin = 24 VVZ = 9,1 VR = 330 ΩRL = 3300 Ω
IZ = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
Диод моделируется напряжением 0,65 V последовательно с 50 Ω (он проводит выше 0,65 V). Он включён последовательно с резистором 220 Ω к источнику 9 V. Найдите рабочий ток ID в точке пересечения характеристики диода и нагрузочной прямой.
Vs = 9 VR = 220 ΩV0 = 0,65 Vrd = 50 Ω
ID = mA
25.Системы счисленияСредняя
Запишите −67 как 8-битную комбинацию в дополнительном коде. Прочитайте комбинацию как беззнаковое двоичное число: каково его значение U в десятичной системе?
N = −678 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
Установите биты в 8-битный результат операции 1110 0000 OR 0101 0011. Чему равно значение результата R в десятичной системе?
1110 0000OR0101 0011
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
На этой карте Карно ровно у одной единицы нет соседней единицы, поэтому в минимальной форме SOP она остаётся группой из одной клетки (полным минтермом из четырёх литералов). Соседи через края карты учитываются. Нажмите на эту клетку.
F = Σm(2, 5, 9, 10, 11, 14, 15)
1AB = 00, CD = 00
2AB = 00, CD = 01
3AB = 00, CD = 11
4AB = 00, CD = 10
5AB = 01, CD = 00
6AB = 01, CD = 01
7AB = 01, CD = 11
8AB = 01, CD = 10
9AB = 11, CD = 00
10AB = 11, CD = 01
11AB = 11, CD = 11
12AB = 11, CD = 10
13AB = 10, CD = 00
14AB = 10, CD = 01
15AB = 10, CD = 11
16AB = 10, CD = 10
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
Найдите минимальную форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(2, 3, 4, 6, 8, 9, 10, 12, 14, 15) + d(0, 13), где d обозначает безразличные состояния. Сколько литералов, L, она содержит?
Найдите f(t) для F(s) = 40/(s(s + 3)(s + 6)) разложением на простые дроби и вычислите f(0,2).
F(s) = 40/(s(s + 3)(s + 6))t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
Решите y″ + 10y′ + 24y = 0 при y(0) = −1 и y′(0) = −4 с помощью преобразования Лапласа и найдите y(0,1).
y″ + 10y′ + 24y = 0y(0) = −1y′(0) = −4t = 0,1 s
y(0.1) =
31.Структурные схемыСредняя
Объект G(s) = 3/(s + 5) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 5. Коэффициент регулятора K = 5, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите полюс замкнутой системы p.
G(s) = 3/(s + 5)H₁ = 5K = 5
p =
32.Структурные схемыСложная
Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 8/(s + 8) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Ступенька возмущения величиной 1 действует на входе объекта при R = 0. Найдите наименьший коэффициент K, при котором установившийся выход не превышает 0,2.
G(s) = 8/(s + 8)D = 1css ≤ 0,2
K =
33.Переходная характеристикаСредняя
Система имеет передаточную функцию G(s) = 105/(s² + 2s + 35) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).
G(s) = 105/(s² + 2s + 35)
ts = s
34.Переходная характеристикаСложная
Масса m = 2,5 kg подвешена на пружине k = 5000 N/m с вязким демпфером c = 45 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 20 N. Найдите коэффициент демпфирования ζ.
m = 2,5 kgk = 5000 N/mc = 45 N·s/mF = 20 N
ζ =
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
Найдите фазу ∠G(jω) функции G(s) = 22(s + 18)/(s(s + 6)) при ω = 10 rad/s в градусах.
G(s) = 22(s + 18)/(s(s + 6))ω = 10 rad/s
∠G(jω) = °
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 2)(s + 9)). Найдите коэффициент усиления K, который даёт запас по усилению 12 dB.
L(s) = K/(s(s + 2)(s + 9))GM = 12 dB
K =
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
Контур на схеме работает при K = 32, L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8)). Во сколько раз m можно увеличить коэффициент усиления, прежде чем замкнутая система станет неустойчивой?
L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8))K = 32
m =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
Показан корневой годограф L(s) = K/((s + 5)(s + 11)). Найдите коэффициент усиления K в точке отрыва sb, где два полюса замкнутой системы встречаются на вещественной оси.
L(s) = K/((s + 5)(s + 11))
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
На контур с единичной обратной связью и G(s) = 2(s + 2)/(s²(s + 2)) подан параболический вход r(t) = 1·t²/2. Найдите установившуюся ошибку ess.
G(s) = 2(s + 2)/(s²(s + 2))r(t) = 1·t²/2
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
ПИ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s управляет объектом G(s) = 5/(s + 4) в контуре с единичной обратной связью. Замкнутая система должна иметь ωₙ = 10 rad/s и ζ = 0,8. Найдите пропорциональный коэффициент Kp.
G(s) = 5/(s + 4)ωₙ = 10 rad/sζ = 0,8
Kp =
3Растворы
1.Последовательные и параллельные резисторы
Ответ: Req = 11,21 Ω
Последовательное и параллельное соединение: последовательно через каждый резистор течёт один и тот же ток и R = R₁ + R₂ + …. Параллельно на каждом резисторе одно и то же напряжение и 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Лестничную цепь упрощают по одной паре, пока не останется одно эквивалентное сопротивление.
Объединяйте резисторы с дальнего конца
Начните с конца, самого дальнего от источника, и двигайтесь к нему. Резисторы с одинаковым током соединены последовательно; резисторы между одними и теми же двумя узлами — параллельно.
R3 + R4 = 4 + 5 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 5·9/(5+9) = 3,214 Ω
Req = R1 + 3,214 = 8 + 3,214 = 11,21 Ω
Ответ
Req = 11,21 Ω
2.Последовательные и параллельные резисторы
Ответ: IR1 = 1 A
Последовательное и параллельное соединение: последовательно через каждый резистор течёт один и тот же ток и R = R₁ + R₂ + …. Параллельно на каждом резисторе одно и то же напряжение и 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Лестничную цепь упрощают по одной паре, пока не останется одно эквивалентное сопротивление.
Объединяйте резисторы с дальнего конца
Начните с конца, самого дальнего от источника, и двигайтесь к нему. Резисторы с одинаковым током соединены последовательно; резисторы между одними и теми же двумя узлами — параллельно.
R5 + R6 = 20 + 2 = 22 Ω
R4 ∥ 22 = 8,919 Ω
R3 + 8,919 = 11,92 Ω
R2 ∥ 11,92 = 3,991 Ω
Req = R1 + 3,991 = 20 + 3,991 = 23,99 Ω
Ток источника
Источник видит только Req, поэтому закон Ома даёт ток, который он отдаёт. Этот ток течёт через R₁.
IR1 = V1/Req = 24/23,99 = 1 A
Ответ
IR1 = 1 A
3.Метод узловых потенциалов
Ответ: I2 = −2,632 A
Метод узловых потенциалов: выберите опорный узел, обозначьте неизвестные узловые напряжения, запишите закон токов Кирхгофа для каждого неизвестного узла с помощью закона Ома (I = ΔV/R) и решите полученные уравнения.
ЗТК в узле A
Примите нижний провод за землю. Каждая ветвь проводит ток (VA − Vk)/Rk, вытекающий из A, где Vk — напряжение её источника (ноль для простого резистора). Сумма токов, вытекающих из A, равна нулю.
(VA − 18)/15 + (VA − (−12))/6 + (VA − 24)/12 = 0
Находим VA
VA = (18/15 + (−12)/6 + 24/12) / (1/15 + 1/6 + 1/12) = 1,2/0,3167 = 3,789 V
Отрицательный результат означает, что в действительности ток течёт против стрелки.
4.Метод узловых потенциалов
Ответ: Is = 3,33 A
Метод узловых потенциалов: выберите опорный узел, обозначьте неизвестные узловые напряжения, запишите закон токов Кирхгофа для каждого неизвестного узла с помощью закона Ома (I = ΔV/R) и решите полученные уравнения.
ЗТК в узле A
VA известно, поэтому это уравнение даёт VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(21 − 15)/12 + 21/15 = (VB − 21)/4
1,9 = (VB − 21)/4 → VB = 28,6 V
ЗТК в узле B
Токи, вытекающие из B через резисторы, равны току, который источники направляют в B.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (28,6 − 21)/4 + 28,6/20 = 3,33 A
Ответ
Is = 3,33 A
5.Метод контурных токов
Ответ: IR1 = 2,667 A
Метод контурных токов: дайте каждому окну плоской цепи свой контурный ток, запишите закон напряжений Кирхгофа для каждого контура (сумма падений = сумма подъёмов) и решите. Токи ветвей — это контурный ток или разность двух контурных токов в общей ветви.
Задайте контурные токи
В каждом окне нарисуйте ток по часовой стрелке: I1, I2. 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 + 2(I1 − I2) = 15
5·I1 − 2·I2 = 15
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
6·I2 + 2(I2 − I1) = (−12)
−2·I1 + 8·I2 = −12
Решите
Δ = (5)(8) − (−2)(−2) = 36
I1 = Δ1/Δ = 96/36 = 2,667 A
I2 = Δ2/Δ = −30/36 = −0,8333 A
Ответ
IR1 = I1 = 2,667 A
Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.
6.Метод контурных токов
Ответ: VR1 = 7,224 V
Метод контурных токов: дайте каждому окну плоской цепи свой контурный ток, запишите закон напряжений Кирхгофа для каждого контура (сумма падений = сумма подъёмов) и решите. Токи ветвей — это контурный ток или разность двух контурных токов в общей ветви.
Задайте контурные токи
В каждом окне нарисуйте ток по часовой стрелке: I1, I2, I3. Резистор, общий для двух контуров, проводит разность их токов.
ЗНК для контура 1
При обходе по часовой стрелке падения напряжения на резисторах равны подъёмам напряжения источников (от − к + в направлении обхода).
R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
5·I1 + 6(I1 − I2) = 15
11·I1 − 6·I2 = 15
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
8·I2 + 6(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−6·I1 + 34·I2 − 20·I3 = 0
ЗНК для контура 3
При обходе по часовой стрелке падения напряжения на резисторах равны подъёмам напряжения источников (от − к + в направлении обхода).
R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
30·I3 + 20(I3 − I2) = (−12)
−20·I2 + 50·I3 = −12
Решите
Δ = определитель матрицы коэффициентов = 12500
I1 = Δ1/Δ = 18060/12500 = 1,445 A
I2 = Δ2/Δ = 1860/12500 = 0,1488 A
I3 = Δ3/Δ = −2256/12500 = −0,1805 A
Ответ
IR1 = I1 = 1,445 A
VR1 = IR1·R1 = 1,445·5 = 7,224 V
Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.
7.Метод наложения
Ответ: VR2 = 6,391 V
Метод наложения: в линейной цепи любое напряжение или ток равно сумме откликов на каждый независимый источник, действующий отдельно. Чтобы отключить источник, замените идеальный источник напряжения коротким замыканием, а идеальный источник тока — разрывом. Резисторы остаются на месте.
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+10 = 16 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·16/(8+16) = 5,333 Ω
VA = 9·5,333/(10+5,333) = 3,13 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,13·10/16 = 1,957 V
VR2′ = VA − 0 = 3,13 − 0 = 3,13 V
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 = 10·8/(10+8) = 4,444 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 10 ∥ 10,44 = 5,109 Ω
VB = Is·Req = 1,5·5,109 = 7,663 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 7,663·4,444/10,44 = 3,261 V
VR2″ = VA − 0 = 3,261 − 0 = 3,261 V
Сложите составляющие
VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 3,13 + 3,261 = 6,391 V
Отрицательный результат означает, что на самом деле полярность противоположна указанной.
8.Метод наложения
Ответ: VR3 = −3,836 V
Метод наложения: в линейной цепи любое напряжение или ток равно сумме откликов на каждый независимый источник, действующий отдельно. Чтобы отключить источник, замените идеальный источник напряжения коротким замыканием, а идеальный источник тока — разрывом. Резисторы остаются на месте.
Случай 1 · действует только V1
V₂ становится коротким замыканием, а Iₛ — разрывом. Со стороны A резистор R₃ параллелен последовательной паре R₂+R₄.
R3 ∥ (R2+R4) = 3 ∥ 8 = 2,182 Ω
VA = 36·2,182/(20+2,182) = 3,541 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,541·4/8 = 1,77 V
VR3′ = VA − 0 = 3,541 − 0 = 3,541 V
Случай 2 · действует только Is
Оба источника напряжения становятся короткими замыканиями. Iₛ в точке B делится между R₄ (теперь к земле) и R₂, последовательным с R₁ ∥ R₃.
R1 ∥ R3 = 2,609 Ω, поэтому левый путь — R2+2,609 = 6,609 Ω
Req = R4 ∥ 6,609 = 2,492 Ω
VB = Is·Req = (−3)·2,492 = −7,475 V
VA = VB·2,609/6,609 = −2,951 V
VR3″ = VA − 0 = −2,951 − 0 = −2,951 V
Случай 3 · действует только V2
V₁ становится коротким замыканием, а Iₛ — разрывом. R₁ ∥ R₃ отходит от A, последовательно с R₂ обратно к B.
R1 ∥ R3 = 20·3/(20+3) = 2,609 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−18)·6,609/10,61 = −11,21 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −11,21·2,609/6,609 = −4,426 V
VR3‴ = VA − 0 = −4,426 − 0 = −4,426 V
Сложите составляющие
VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = 3,541 + (−2,951) + (−4,426) = −3,836 V
Отрицательный результат означает, что на самом деле полярность противоположна указанной.
9.Тевенин и Нортон
Ответ: IL = 0,2813 A
Теорема Тевенина: любая линейная двухполюсная цепь ведёт себя как один источник напряжения Vth, последовательный с сопротивлением Rth. Теорема Нортона представляет ту же цепь как источник тока IN = Vth/Rth, параллельный Rth.
Найдите Rth со всеми отключёнными источниками
Замените источники напряжения короткими замыканиями, а источники тока — разрывами, затем посмотрите на цепь со стороны a–b.
R1 ∥ R2 = 10·3/(10+3) = 2,308 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,308 + 4 = 6,308 Ω
Найдите Vth — напряжение холостого хода
Когда a–b разомкнуты, через R₃ ток не течёт, поэтому падения на нём нет и V_b = V_A. R₁ и R₂ образуют делитель напряжения.
Vth = V1·R2/(R1+R2) = 15·3/(10+3) = 3,462 V
Подключите нагрузку к эквиваленту Тевенина
Источник Тевенина и последовательный R_th ведут себя на a–b точно как исходная цепь, поэтому нагрузка видит простой последовательный контур.
IL = Vth/(Rth + RL) = 3,462/(6,308 + 6) = 0,2813 A
10.Тевенин и Нортон
Ответ: IL = −1,031 A
Теорема Тевенина: любая линейная двухполюсная цепь ведёт себя как один источник напряжения Vth, последовательный с сопротивлением Rth. Теорема Нортона представляет ту же цепь как источник тока IN = Vth/Rth, параллельный Rth.
Найдите Rth со всеми отключёнными источниками
Замените источники напряжения короткими замыканиями, а источники тока — разрывами, затем посмотрите на цепь со стороны a–b.
R1 ∥ R2 = 12·4/(12+4) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 5 = 8 Ω
Найдите Vth — напряжение холостого хода
Когда a–b разомкнуты, Iₛ может течь только через R₃ в узел A. Найдите V_A наложением V₁ и Iₛ, затем прибавьте падение на R₃.
VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 7,5 + (−3)·3 = −1,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −1,5 + (−3)·5 = −16,5 V
Подключите нагрузку к эквиваленту Тевенина
Источник Тевенина и последовательный R_th ведут себя на a–b точно как исходная цепь, поэтому нагрузка видит простой последовательный контур.
IL = Vth/(Rth + RL) = −16,5/(8 + 8) = −1,031 A
11.Переходные процессы RC и RL
Ответ: W = 0,1977 mJ
Переходные процессы первого порядка: в цепи с одним конденсатором или одной катушкой каждое напряжение и каждый ток экспоненциально меняются от начального к конечному значению: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, где τ = RC или τ = L/R. Примерно через 5τ цепь выходит на установившийся режим.
Постоянная времени и конечный ток
Спустя долгое время после замыкания катушка ведёт себя как короткое замыкание, поэтому конечный ток определяется только R.
τ = L/R = 47 mH / 33 Ω = 1,424 ms
i(∞) = Vs/R = 6/33 = 0,1818 A
Ток в заданный момент
i(t) = 0,1818·(1 − e−1/1,424) = 0,09172 A
Запасённая энергия
W = ½·L·i² = ½·47·0,09172² = 0,1977 mJ
Ответ
W = 0,1977 mJ
12.Переходные процессы RC и RL
Ответ: vC = 20,34 V
Переходные процессы первого порядка: в цепи с одним конденсатором или одной катушкой каждое напряжение и каждый ток экспоненциально меняются от начального к конечному значению: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, где τ = RC или τ = L/R. Примерно через 5τ цепь выходит на установившийся режим.
Начальное значение, конечное значение, постоянная времени
Напряжение на конденсаторе не может измениться скачком, поэтому оно начинается с накопленного значения и стремится к напряжению источника.
vC(0) = 30 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 220 µF = 484 ms
vC(t) = 15 + (30 − 15)·e−t/τ
Напряжение в заданный момент
vC(500) = 15 + (15)·e−500/484 = 20,34 V
Ответ
vC = 20,34 V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды
Ответ: φ = 72,12 °
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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,05 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·1·10⁻⁶) = 159,2 Ω
Полное сопротивление
При последовательном соединении полные сопротивления складываются как комплексные числа: Z = R + j(XL − XC).
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|.
Резонанс
При резонансе реактивные сопротивления компенсируются, поэтому полное сопротивление равно просто R.
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,01·10·10⁻⁶) = 3162 rad/s
I = V/R = 5/20 = 0,25 A
Напряжение на катушке
XL = ω₀L = 3162·0,01 = 31,62 Ω
VL = I·XL = 0,25·31,62 = 7,906 V
Ответ
VL = 7,906 V
Это в Q = 1,581 раз больше напряжения источника.
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности
Ответ: I = 56,25 A
Мощность переменного тока: полная мощность S = V·I (VA) складывается из активной мощности P = S·cos φ (W), совершающей полезную работу, и реактивной мощности Q = S·sin φ (var), которая колеблется между источником и нагрузкой. Коэффициент мощности — cos φ. Параллельный конденсатор поставляет реактивную мощность на месте, поэтому ток линии уменьшается при той же активной мощности.
Ток линии
Работу совершает только активная часть мощности, поэтому разделите на коэффициент мощности.
I = P/(V·cos φ) = 18000/(400·0,8) = 56,25 A
Ответ
I = 56,25 A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности
Ответ: cos φ = 0,8603
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 = 15·tan(arccos 0,8) = 11,25 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·50·47·10⁻⁶ = 2362 var = 2,362 kvar
Q2 = 11,25 − 2,362 = 8,888 kvar
Новая полная мощность
S2 = √(15² + 8,888²) = 17,44 kVA
Новый коэффициент мощности
cos φ = P/S2 = 15/17,44 = 0,8603
Ответ
cos φ = 0,8603
17.Трёхфазная мощность
Ответ: P = 44,89 kW
Симметричные трёхфазные системы: при соединении звездой (Y) линейное напряжение в √3 раз больше фазного, VL = √3·Vph, а линейный ток равен фазному. При соединении треугольником (Δ) линейное напряжение равно фазному, а линейный ток в √3 раз больше фазного, IL = √3·Iph. Полная мощность в три раза больше мощности одной фазы: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.
Полная мощность
S = √3·VL·IL = √3·480·60 = 49,88 kVA
Активная мощность
P = S·cos φ = 49,88·0,9 = 44,89 kW
Ответ
P = 44,89 kW
18.Трёхфазная мощность
Ответ: QC = 47,95 kvar
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 0,72) = 100·0,9639 = 96,39 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,9) = 100·0,4843 = 48,43 kvar
Реактивная мощность конденсаторов
QC = Q1 − Q2 = 47,95 kvar
Ответ
QC = 47,95 kvar
19.Трансформаторы
Ответ: ILV = 1042 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.
ILV = S/V = 250000/240 = 1042 A
Ответ
ILV = 1042 A
20.Трансформаторы
Ответ: Ploss = 144,5 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 = 0,0625·312,5 = 19,53 W
Суммарные потери
Потери в стали одинаковы при любой нагрузке.
Ploss = 125 + 19,53 = 144,5 W
Ответ
Ploss = 144,5 W
КПД при этой нагрузке η = 97,35%.
21.Схемы на операционных усилителях
Ответ: Rf = 22 kΩ
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 неинвертирующего усилителя
V₋ = V₊ = Vin, а ток через R₁ течёт и через Rf, поэтому Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).
Av = 1 + Rf/R1
Rf = (2 − 1)·22 = 22 kΩ
Ответ
Rf = 22 kΩ
22.Схемы на операционных усилителях
Ответ: Vout = 0,4809 V
Правила идеального ОУ: при отрицательной обратной связи усилитель устанавливает выход так, чтобы оба входа имели одинаковое напряжение (V₋ = V₊), и ни в один вход ток не течёт. ЗТК на инвертирующем входе с этими двумя фактами даёт выход.
Входные токи
V₋ = 0, поэтому на каждом входном резисторе всё его входное напряжение.
I1 = V1/R1 = 0,1/1 = 0,1 mA
I2 = V2/R2 = −1,6/4,7 = −0,3404 mA
If = I1 + I2 = −0,2404 mA
Выходное напряжение
Vout = −Rf·If = −2·(−0,2404) = 0,4809 V
Ответ
Vout = 0,4809 V
23.Диоды и транзисторы
Ответ: IZ = 42,39 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 = 14,9/330 = 45,15 mA
Ток нагрузки
IL = 9,1/3300 = 2,758 mA
Ток стабилитрона
IZ = 45,15 − 2,758 = 42,39 mA
Ответ
IZ = 42,39 mA
24.Диоды и транзисторы
Ответ: ID = 30,93 mA
Цепи со светодиодами и диодами: светодиод в прямом включении падает примерно на своё прямое напряжение VF (около 2 V для красного, 3 V для синего или белого) независимо от тока. Последовательный резистор задаёт ток: R = (Vs − n·VF)/I для n светодиодов последовательно. В более точной модели диода V = V₀ + I·rd рабочая точка находится там, где характеристика диода пересекает нагрузочную прямую I = (Vs − V)/R, поэтому I = (Vs − V₀)/(R + rd).
Объедините два уравнения
9 = 0,65 + I·(220 + 50)
Рабочий ток
ID = 8,35/270 = 30,93 mA
VD = 0,65 + 0,03093·50 = 2,196 V
Ответ
ID = 30,93 mA
25.Системы счисления
Ответ: U = 189
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.
Инвертируйте и прибавьте единицу
67 = 0100 0011
инвертировано: 1011 1100
+1 → 1011 1101
Прочитайте как беззнаковое
1011 1101₂ = 256 − 67 = 189
Ответ
U = 189
26.Системы счисления
Ответ: R = 243
Установка битов: каждый бит стоит степень двойки (128, 64, …, 1). Одна шестнадцатеричная цифра — это ровно четыре бита, а в 8-битном дополнительном коде крайний левый бит стоит −128. Побитовые операции работают с каждой позицией бита отдельно.
Бит за битом
OR даёт 1 там, где хотя бы один бит равен 1.
1110 0000
OR 0101 0011
= 1111 0011
Значение результата
1111 0011₂ = 243
Ответ
R = 243
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры
Ответ: AB = 01, CD = 01
Карты Карно: клетки упорядочены по коду Грея (00, 01, 11, 10), поэтому соседние клетки, включая те, что через края, отличаются ровно одной переменной. Группируйте единицы в прямоугольники по 1, 2, 4, 8 или 16 клеток, как можно большие и в как можно меньшем числе, пока не будет покрыта каждая единица. Каждая группа — один член-произведение: переменные, которые внутри неё остаются постоянными. Группа из 2ᵏ клеток теряет k переменных. Безразличные состояния (X) можно использовать, чтобы увеличить группы, но покрывать их не обязательно. Если группировать нули, получится минимальная форма POS.
Соседи каждой единицы
Единица с соседней единицей может войти в группу из двух или более.
m5: m4, m7, m1, m13 → 0
Изолированная единица
m5 = A′BC′D → AB = 01, CD = 01
Ответ
AB = 01, CD = 01
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры
Ответ: L = 8
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.
D′, AC′, AB, A′B′C
Минимальное покрытие
F = D′ + AC′ + AB + A′B′C
L = 8
Ответ
L = 8
29.Преобразования Лапласа
Ответ: f(0.2) = 0,4524
Преобразование Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt превращает производные в умножение на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартные пары: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), а сдвиг s → s + σ умножает функцию времени на e−σt. Чтобы найти оригинал рациональной F(s), разложите её на простые дроби: вычет простого полюса p равен A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема о конечном значении: f(∞) = lims→0 s·F(s), верна только когда все полюсы s·F(s) лежат в левой полуплоскости. Теорема о начальном значении: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Преобразование Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt превращает производные в умножение на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартные пары: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), а сдвиг s → s + σ умножает функцию времени на e−σt. Чтобы найти оригинал рациональной F(s), разложите её на простые дроби: вычет простого полюса p равен A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема о конечном значении: f(∞) = lims→0 s·F(s), верна только когда все полюсы s·F(s) лежат в левой полуплоскости. Теорема о начальном значении: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Преобразование уравнения
s²Y − (−1)s − (−4) + 10(sY − (−1)) + 24Y = 0
Y(s) = (−s − 14)/((s + 4)(s + 6))
Простые дроби
A = −10/2 = −5
B = −8/(−2) = 4
Результат
y(t) = −5·e−4t + 4·e−6t
y(0,1) = −1,156
Ответ
y(0,1) = −1,156
Проверка: y(0) = A + B = −1.
31.Структурные схемы
Ответ: p = −35
Алгебра структурных схем: блоки, соединённые последовательно, перемножаются (G₁·G₂), блоки, соединённые параллельно, складываются (G₁ + G₂), а контур с прямым путём G и обратной связью H сводится к T = G/(1 + G·H) при отрицательной обратной связи и G/(1 − G·H) при положительной. Сначала упрощайте внутренние контуры, затем двигайтесь наружу. Полюсы замкнутой системы — корни характеристического уравнения 1 + G(s)H(s) = 0. Для устойчивого контура ступенчатый вход величиной A даёт установившийся выход A·T(0); при единичной обратной связи установившаяся ошибка по ступеньке равна A/(1 + Kp), где Kp = G(0).
Алгебра структурных схем: блоки, соединённые последовательно, перемножаются (G₁·G₂), блоки, соединённые параллельно, складываются (G₁ + G₂), а контур с прямым путём G и обратной связью H сводится к T = G/(1 + G·H) при отрицательной обратной связи и G/(1 − G·H) при положительной. Сначала упрощайте внутренние контуры, затем двигайтесь наружу. Полюсы замкнутой системы — корни характеристического уравнения 1 + G(s)H(s) = 0. Для устойчивого контура ступенчатый вход величиной A даёт установившийся выход A·T(0); при единичной обратной связи установившаяся ошибка по ступеньке равна A/(1 + Kp), где Kp = G(0).
Реакция на возмущение
css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 1·8/(8 + 8K)
Решите относительно K
8 + 8K = 1·8/0,2 = 40
K = (40 − 8)/8 = 4
Ответ
K = 4
33.Переходная характеристика
Ответ: ts = 4 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 = 35 → ωₙ = 5,916 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·5,916) = 0,169
Результат
ζωₙ = 1 → ts ≈ 4/1 = 4 s
Ответ
ts = 4 s
34.Переходная характеристика
Ответ: ζ = 0,2012
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) = √(5000/2,5) = 44,72 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 45/(2·√(5000·2,5)) = 0,2012
Результат
ζ = 0,2012
Ответ
ζ = 0,2012
35.Диаграммы Боде и запасы
Ответ: ∠G(jω) = −120 °
Частотная характеристика: подставьте s = jω в передаточную функцию. Модуль в децибелах равен 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумме углов множителей числителя минус сумма углов множителей знаменателя. У фильтра первого порядка RC или RL частота среза (−3 dB) равна ωc = 1/(RC) или R/L, и fc = ωc/(2π); фильтр нижних частот даёт |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) и φ = −atan(ω/ωc). На асимптотической (кусочно-линейной) диаграмме Боде каждый полюс на своей частоте среза загибает модуль вниз на 20 dB/decade, каждый нуль загибает его вверх на 20 dB/decade, а интегратор 1/s даёт −20 dB/decade на всех частотах. Частота среза усиления ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас по фазе PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перехода фазы ω180: ∠L(jω) = −180°; запас по усилению GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнутая система устойчива, когда оба запаса положительны.
Частотная характеристика: подставьте s = jω в передаточную функцию. Модуль в децибелах равен 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумме углов множителей числителя минус сумма углов множителей знаменателя. У фильтра первого порядка RC или RL частота среза (−3 dB) равна ωc = 1/(RC) или R/L, и fc = ωc/(2π); фильтр нижних частот даёт |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) и φ = −atan(ω/ωc). На асимптотической (кусочно-линейной) диаграмме Боде каждый полюс на своей частоте среза загибает модуль вниз на 20 dB/decade, каждый нуль загибает его вверх на 20 dB/decade, а интегратор 1/s даёт −20 dB/decade на всех частотах. Частота среза усиления ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас по фазе PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перехода фазы ω180: ∠L(jω) = −180°; запас по усилению GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнутая система устойчива, когда оба запаса положительны.
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 + 16s + K = 0
s³: 1, 16
s²: 10, K
s¹: (10·16 − K)/10
s⁰: K
Наибольший устойчивый коэффициент усиления
Kmax = 10·16 = 160
Множитель
m = 160/32 = 5
Ответ
m = 5
Этот множитель — запас по усилению в разах: 13,98 dB.
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф
Ответ: K = 9
Корневой годограф: при изменении коэффициента усиления K от 0 до ∞ полюса замкнутой системы, то есть корни уравнения 1 + K·G(s) = 0, перемещаются от полюсов разомкнутой системы к её нулям или в бесконечность. Точка на вещественной оси принадлежит годографу, если число вещественных полюсов и нулей правее неё нечётно. Ветви, уходящие в бесконечность (их n − m), идут вдоль асимптот под углами (2q + 1)·180°/(n − m), выходящих из центра асимптот σₐ = (Σ полюсов − Σ нулей)/(n − m). Ветви покидают вещественную ось или возвращаются на неё там, где dK/ds = 0. Условие по углу ∠G(s) = 180° определяет форму годографа, а условие по модулю K = 1/|G(s)| даёт коэффициент усиления в любой точке годографа.
Точка отрыва
Для K = −(s + 5)(s + 11) равенство dK/ds = 0 даёт 2s + 16 = 0.
sb = −8
Условие по модулю
K = |−8 + 5|·|−8 + 11| = 3·3 = 9
Ответ
K = 9
При этом коэффициенте усиления замкнутая система критически демпфирована (ζ = 1).
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование
Ответ: ess = 0,5
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 = 2·2/2 = 2
Ошибка по параболическому воздействию
ess = 1/2 = 0,5
Ответ
ess = 0,5
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование
Ответ: Kp = 2,4
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
1 + C(s)G(s) = 0, умноженное на s(s + 4).
s² + (4 + 5Kp)s + 5Ki
Целевой полином
s² + 2·0,8·10s + 10² = s² + 16s + 100
Приравняйте коэффициенты
4 + 5Kp = 16 → Kp = 2,4
Ответ
Kp = 2,4
Интегральная составляющая делает контур типа 1, поэтому ступенька отслеживается без установившейся ошибки.