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 = 18 VR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 15 ΩR4 = 3 Ω
Req = Ω
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.
Линейная резистивная цепь содержит три независимых источника: V1, V2 и Is. Ток I через нагрузку измерен три раза. При номинальных значениях всех источников I = 17,5 mA. Если V1 удвоить, а два других оставить без изменений, I = 27,5 mA. Если изменить направление Is на противоположное, а два других оставить без изменений, I = 8,5 mA. Найдите ток нагрузки I, если V2 отключён, а V1 и Is имеют номинальные значения.
номинальные значения: I = 17,5 mA2·V1: I = 27,5 mA−Is: I = 8,5 mA
I = mA
9.Тевенин и НортонСредняя
Найдите ток Нортона IN: ток, текущий от a к b, если зажимы замкнуть накоротко.
V1 = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 Ω
IN = A
10.Тевенин и НортонСложная
К a–b подключена нагрузка RL = 5 Ω. С помощью эквивалента Тевенина найдите мощность PL, передаваемую в нагрузку.
Источник Vₛ заряжает конденсатор через R₁, а R₂ подключён параллельно C. Конденсатор разряжен, когда ключ замыкается в момент t = 0. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 30 ms.
Vs = 15 VR1 = 6,8 kΩR2 = 3,3 kΩC = 47 µFt = 30 ms
vC = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
Ключ, шунтирующий R2, был замкнут долгое время, поэтому ток катушки установившийся. При t = 0 ключ размыкается. Найдите ток катушки i при t = 1 ms.
Vs = 24 VR1 = 20 ΩR2 = 47 ΩL = 22 mHt = 1 ms
i = A
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
Последовательный RLC-контур с C = 2,2 µF должен резонировать на частоте 2000 Hz. Найдите необходимую индуктивность L.
f0 = 2000 HzC = 2,2 µF
L = mH
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
Последовательный RLC-контур имеет R = 100 Ω, L = 100 mH и C = 0,47 µF. Найдите его добротность Q при резонансе.
R = 100 ΩL = 100 mHC = 0,47 µF
Q =
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
Однофазный двигатель потребляет 14 kW при коэффициенте мощности 0,65 (индуктивном) от сети 230 V. Найдите реактивную мощность Q, которую он потребляет.
P = 14 kWpf = 0,65V = 230 V
Q = kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
Однофазная нагрузка потребляет 20 kW при коэффициенте мощности 0,6 (индуктивном) от сети 240 V, 50 Hz. Параллельно подключённый конденсатор повышает коэффициент мощности до 0,98. Найдите необходимую ёмкость C.
P = 20 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,98V = 240 Vf = 50 Hz
C = µF
17.Трёхфазная мощностьСредняя
Трёхфазный асинхронный двигатель при полной нагрузке развивает механическую мощность 37 kW. При этой нагрузке его КПД равен 95%, а коэффициент мощности 0,86 (отстающий). Линейное напряжение сети 480 V. Найдите линейный ток IL.
Pout = 37 kWη = 95%cos φ = 0,86VL = 480 V
IL = A
18.Трёхфазная мощностьСложная
Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 300 kW при коэффициенте мощности 0,78 (отстающий) от сети 480 V (линейное), 60 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,9 (отстающий). Активная мощность не меняется. Конденсаторы соединены треугольником. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.
P = 300 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
Однофазный трансформатор 25 kVA, 4800/240 V работает при номинальной нагрузке. Считайте его идеальным. Найдите ток IHV в обмотке высшего напряжения.
S = 25 kVAV1 = 4800 VV2 = 240 V
IHV = A
20.ТрансформаторыСложная
Однофазный трансформатор 25 kVA имеет потери в стали 150 W и потери в меди 450 W при номинальной нагрузке. Он отдаёт 75% номинальной мощности в kVA при коэффициенте мощности 0,8 (отстающий). Найдите суммарные потери Ploss в ваттах при этой нагрузке.
ОУ идеальный и питается от ±15 V. Найдите выходное напряжение Vout.
Vin = 1,5 VR1 = 22 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
Суммирующий усилитель использует идеальный ОУ с питанием ±15 V. Найдите ток If через резистор обратной связи, текущий к выходу.
V1 = 0,1 VV2 = 1,9 VR1 = 22 kΩR2 = 2 kΩRf = 10 kΩ
If = mA
23.Диоды и транзисторыСредняя
NPN-транзистор с β = 200 смещён делителем напряжения от VCC = 20 V: R₁ = 68 kΩ от VCC к базе и R₂ = 10 kΩ от базы к земле. Резистор коллектора RC = 1 kΩ, резистор эмиттера RE = 1 kΩ. Примите VBE = 0,7 V и используйте эквивалент Тевенена для делителя (ток базы не пренебрегайте). Найдите напряжение коллектор–эмиттер VCE.
NPN-транзистор с β = 100 коммутирует нагрузочный резистор 470 Ω, включённый между VCC = 5 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 5 V через резистор базы RB. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Найдите наибольшее сопротивление резистора базы RB, в kΩ, при котором транзистор ещё входит в насыщение.
Найдите f(t) для F(s) = (6s + 7)/(s² + 4s + 4) и вычислите f(0,2).
F(s) = (6s + 7)/(s² + 4s + 4)t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
Решите y″ + 5y′ + 4y = 0 при y(0) = 3 и y′(0) = −2 с помощью преобразования Лапласа и найдите y(0,6).
y″ + 5y′ + 4y = 0y(0) = 3y′(0) = −2t = 0,6 s
y(0.6) =
31.Структурные схемыСредняя
Объект G(s) = 3/(s + 6) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 4. Коэффициент регулятора K = 6, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите полюс замкнутой системы p.
G(s) = 3/(s + 6)H₁ = 4K = 6
p =
32.Структурные схемыСложная
Упростите структурную схему, где G₁ = 13/(s + 5), G₂ = 7/(s + 3), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 1 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 0,25. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).
G₁ = 13/(s + 5)G₂ = 7/(s + 3)H₁ = 1H₂ = 0,25
T(0) =
33.Переходная характеристикаСредняя
Система имеет передаточную функцию G(s) = 38/(s² + 4s + 38) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).
G(s) = 38/(s² + 4s + 38)
ts = s
34.Переходная характеристикаСложная
Масса m = 4 kg подвешена на пружине k = 2000 N/m с вязким демпфером c = 27 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 20 N. Найдите наибольшее смещение xmax в mm.
m = 4 kgk = 2000 N/mc = 27 N·s/mF = 20 N
xmax = mm
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
Изображённый RC-фильтр верхних частот имеет R = 1 kΩ, C = 22 nF. На вход подаётся синусоидальный сигнал 1,4 kHz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.
R = 1 kΩC = 22 nFf = 1,4 kHz
φ = °
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 18/(s(s + 2)(s + 3)). Найдите запас по усилению GM в dB.
L(s) = 18/(s(s + 2)(s + 3))
GM = dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
Контур на схеме имеет отрицательную обратную связь, L(s) = 192/(s(s + 2)(s + 4)). Сколько полюсов N замкнутой системы лежит в правой полуплоскости?
L(s) = 192/(s(s + 2)(s + 4))
N =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
Корневой годограф L(s) = K(s + 10)/(s(s + 7)) покидает вещественную ось между s = 0 и s = −7, огибает нуль по окружности и снова выходит на вещественную ось левее нуля. Найдите точку отрыва sb.
L(s) = K(s + 10)/(s(s + 7))
sb =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
Контур с единичной обратной связью имеет G(s) = K/((s + 1)(s + 5)). Найдите коэффициент усиления K, при котором установившаяся ошибка по ступеньке составляет 25 %.
G(s) = K/((s + 1)(s + 5))ess = 25 %
K =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
Пропорциональный регулятор K = 5 управляет объектом G(s) = 1/(s(s + 2)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите время пика tp переходной характеристики.
G(s) = 1/(s(s + 2))K = 5
tp = s
3Растворы
1.Последовательные и параллельные резисторы
Ответ: Req = 12,18 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 = 15 + 3 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 15·18/(15+18) = 8,182 Ω
Req = R1 + 8,182 = 4 + 8,182 = 12,18 Ω
Ответ
Req = 12,18 Ω
2.Последовательные и параллельные резисторы
Ответ: IR1 = 0,4317 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 = 4 + 2 = 6 Ω
R4 ∥ 6 = 4 Ω
R3 + 4 = 19 Ω
R2 ∥ 19 = 9,744 Ω
Req = R1 + 9,744 = 25 + 9,744 = 34,74 Ω
Ток источника
Источник видит только Req, поэтому закон Ома даёт ток, который он отдаёт. Этот ток течёт через R₁.
IR1 = V1/Req = 15/34,74 = 0,4317 A
Ответ
IR1 = 0,4317 A
3.Метод узловых потенциалов
Ответ: PIs = 17,59 W
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
Токи, вытекающие из A через резисторы, равны току, который источники подают в A.
VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/6 + (VA − 10)/12 + (VA − VB)/20 = 0
0,3·VA − 0,05·VB = 0,8333
ЗТК в узле B
Токи, вытекающие из B через резисторы, равны току, который источники подают в B.
VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/3 + (VB − VA)/20 = 2,5
−0,05·VA + 0,3833·VB = 2,5
Решите
Δ = (0,3)(0,3833) − (−0,05)(−0,05) = 0,1125
VA = Δ1/Δ = 0,4444/0,1125 = 3,951 V
VB = Δ2/Δ = 0,7917/0,1125 = 7,037 V
Мощность, отдаваемая источником тока
Источник направляет ток Iₛ вверх в узел B, от земли (0 V) к VB. Источник, ток которого выходит из его вывода +, отдаёт мощность P = V·I.
PIs = VB·Is = 7,037·2,5 = 17,59 W
Ответ
PIs = 17,59 W
4.Метод узловых потенциалов
Ответ: IR4 = −1,941 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.
Определите узлы
Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 30 V, V2 = 36 V). Неизвестные: VA, VB.
ЗТК в узле A
Токи, вытекающие из A через резисторы, равны току, который источники подают в A.
VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/6 + (VA − 30)/8 + (VA − VB)/30 = 0
0,325·VA − 0,03333·VB = 3,75
ЗТК в узле B
Токи, вытекающие из B через резисторы, равны току, который источники подают в B.
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
20·I1 + 3(I1 − I2) = 30
23·I1 − 3·I2 = 30
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
5·I2 + 3(I2 − I1) = (−18)
−3·I1 + 8·I2 = −18
Решите
Δ = (23)(8) − (−3)(−3) = 175
I1 = Δ1/Δ = 186/175 = 1,063 A
I2 = Δ2/Δ = −324/175 = −1,851 A
Ответ
IR3 = I1 − I2 = 2,914 A
VR3 = IR3·R3 = 2,914·3 = 8,743 V
Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.
6.Метод контурных токов
Ответ: I3 = −1,767 A
Метод контурных токов: дайте каждому окну плоской цепи свой контурный ток, запишите закон напряжений Кирхгофа для каждого контура (сумма падений = сумма подъёмов) и решите. Токи ветвей — это контурный ток или разность двух контурных токов в общей ветви.
Задайте контурные токи
В каждом окне нарисуйте ток по часовой стрелке: I1, I2, I3. Резистор, общий для двух контуров, проводит разность их токов.
ЗНК для контура 1
При обходе по часовой стрелке падения напряжения на резисторах равны подъёмам напряжения источников (от − к + в направлении обхода).
R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
3·I1 + 15(I1 − I2) = 10
18·I1 − 15·I2 = 10
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
5·I2 + 15(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 30·I2 − 10·I3 = 0
ЗНК для контура 3
При обходе по часовой стрелке падения напряжения на резисторах равны подъёмам напряжения источников (от − к + в направлении обхода).
R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
10·I3 + 10(I3 − I2) = (−30)
−10·I2 + 20·I3 = −30
Решите
Δ = определитель матрицы коэффициентов = 4500
I1 = Δ1/Δ = 500/4500 = 0,1111 A
I2 = Δ2/Δ = −2400/4500 = −0,5333 A
I3 = Δ3/Δ = −7950/4500 = −1,767 A
Ответ
I3 = −1,767 A
Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.
7.Метод наложения
Ответ: VR2 = 13,54 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 = 4+20 = 24 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 3·24/(3+24) = 2,667 Ω
VA = 24·2,667/(6+2,667) = 7,385 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 7,385·20/24 = 6,154 V
VR2′ = VA − 0 = 7,385 − 0 = 7,385 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 = 6·3/(6+3) = 2 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 20 ∥ 6 = 4,615 Ω
VB = Is·Req = 4·4,615 = 18,46 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 18,46·2/6 = 6,154 V
VR2″ = VA − 0 = 6,154 − 0 = 6,154 V
Сложите составляющие
VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 7,385 + 6,154 = 13,54 V
Отрицательный результат означает, что на самом деле полярность противоположна указанной.
8.Метод наложения
Ответ: I = 14,5 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 = 17,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 27,5
I₁ + I₂ − I₃ = 8,5
Находим вклады
I₁ = 27,5 − 17,5 = 10 mA
I₃ = (17,5 − 8,5)/2 = 4,5 mA
I₂ = 17,5 − 10 − 4,5 = 3 mA
Отключаем V₂
I = I₁ + I₃ = 10 + 4,5 = 14,5 mA
Ответ
I = 14,5 mA
9.Тевенин и Нортон
Ответ: IN = 0,72 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 = 5·20/(5+20) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 6 = 10 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) = 9·20/(5+20) = 7,2 V
Эквивалент Нортона
Источник Нортона — та же цепь, представленная как источник тока, параллельный R_th. Его ток — это ток короткого замыкания на a–b.
IN = Vth/Rth = 7,2/10 = 0,72 A
10.Тевенин и Нортон
Ответ: PL = 1,009 W
Теорема Тевенина: любая линейная двухполюсная цепь ведёт себя как один источник напряжения Vth, последовательный с сопротивлением Rth. Теорема Нортона представляет ту же цепь как источник тока IN = Vth/Rth, параллельный Rth.
Найдите Rth со всеми отключёнными источниками
Замените источники напряжения короткими замыканиями, а источники тока — разрывами, затем посмотрите на цепь со стороны a–b.
R1 ∥ R2 = 30·3/(30+3) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 20 = 22,73 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) = 1,091 + 0,5·2,727 = 2,455 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 2,455 + 0,5·20 = 12,45 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) = 12,45/(22,73 + 5) = 0,4492 A
PL = IL²·RL = 0,4492²·5 = 1,009 W
11.Переходные процессы RC и RL
Ответ: vC = 1,224 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 = 6,8·3,3/(6,8 + 3,3) = 2,222 kΩ
vC(∞) = 15·3,3/(6,8 + 3,3) = 4,901 V
Постоянная времени
τ = Rth·C = 2,222·47 = 104,4 ms
Кривая заряда
vC(t) = 4,901·(1 − e−30/104,4) = 1,224 V
Ответ
vC = 1,224 V
12.Переходные процессы RC и RL
Ответ: i = 0,3983 A
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
До t = 0 замкнутый ключ шунтирует R₂; после этого в контур входят и R₁, и R₂.
i(0) = 24/20 = 1,2 A
i(∞) = 24/(20 + 47) = 0,3582 A
τ = L/R = 22/67 = 0,3284 ms
i(t) = 0,3582 + (1,2 − 0,3582)·e−t/τ
Ток в заданный момент
i(1) = 0,3582 + (0,8418)·e−1/0,3284 = 0,3983 A
Ответ
i = 0,3983 A
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды
Ответ: L = 2,878 mH
Цепи переменного тока и комплексный метод: резисторы, катушки и конденсаторы имеют полные сопротивления R, jωL и 1/(jωC), где ω = 2πf. При последовательном соединении полные сопротивления складываются как сопротивления, но как комплексные числа. Действующие значения тока и напряжения подчиняются закону Ома с |Z|.
Условие резонанса
При резонансе индуктивное и ёмкостное сопротивления компенсируют друг друга: ωL = 1/(ωC).
ω₀ = 2π·2000 = 12566 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(12566²·2,2·10⁻⁶) = 2,878 mH
Ответ
L = 2,878 mH
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды
Ответ: Q = 4,613
Цепи переменного тока и комплексный метод: резисторы, катушки и конденсаторы имеют полные сопротивления R, jωL и 1/(jωC), где ω = 2πf. При последовательном соединении полные сопротивления складываются как сопротивления, но как комплексные числа. Действующие значения тока и напряжения подчиняются закону Ома с |Z|.
Резонансная частота
f0 = 1/(2π·√(0,1·0,47·10⁻⁶)) = 734,1 Hz
Добротность
Добротность сравнивает реактивное сопротивление при резонансе с активным: Q = ω₀L/R.
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности
Ответ: Q = 16,37 kvar
Мощность переменного тока: полная мощность S = V·I (VA) складывается из активной мощности P = S·cos φ (W), совершающей полезную работу, и реактивной мощности Q = S·sin φ (var), которая колеблется между источником и нагрузкой. Коэффициент мощности — cos φ. Параллельный конденсатор поставляет реактивную мощность на месте, поэтому ток линии уменьшается при той же активной мощности.
Угол
φ = arccos(0,65) = 49,46°, tan φ = 1,169
Реактивная мощность
Q = P·tan φ = 14·1,169 = 16,37 kvar
Ответ
Q = 16,37 kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности
Ответ: C = 1249 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 = 20·tan(53,13°) = 26,67 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(11,48°) = 4,061 kvar
QC = Q1 − Q2 = 22,61 kvar
Ёмкость
Конденсатор, подключённый к сети, поставляет Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 22605/(2π·50·240²) = 1249 µF
Ответ
C = 1249 µF
17.Трёхфазная мощность
Ответ: IL = 54,47 A
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.
Потребляемая электрическая мощность
Pin = Pout/η = 37/0,95 = 38,95 kW
Ток линии
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 38947/(√3·480·0,86) = 54,47 A
Ответ
IL = 54,47 A
18.Трёхфазная мощность
Ответ: Cph = 366,1 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 = 300·tan(acos 0,78) = 300·0,8023 = 240,7 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,9) = 300·0,4843 = 145,3 kvar
Реактивная мощность конденсаторов
QC = Q1 − Q2 = 95,39 kvar
Ёмкость на фазу
В батарее, соединённой треугольником, каждый конденсатор включён между двумя линейными проводами.
V = 480 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 31796/(377·480²) = 366,1 µF
Ответ
Cph = 366,1 µF
19.Трансформаторы
Ответ: IHV = 5,208 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 = 25000/4800 = 5,208 A
Ответ
IHV = 5,208 A
20.Трансформаторы
Ответ: Ploss = 403,1 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 = 0,5625·450 = 253,1 W
Суммарные потери
Потери в стали одинаковы при любой нагрузке.
Ploss = 150 + 253,1 = 403,1 W
Ответ
Ploss = 403,1 W
КПД при этой нагрузке η = 97,38%.
21.Схемы на операционных усилителях
Ответ: Vout = 4,705 V
Правила идеального ОУ: при отрицательной обратной связи усилитель устанавливает выход так, чтобы оба входа имели одинаковое напряжение (V₋ = V₊), и ни в один вход ток не течёт. ЗТК на инвертирующем входе с этими двумя фактами даёт выход.
Инвертирующий вход повторяет вход
V₋ = V₊ = 1,5 V
I = V₋/R1 = 1,5/22 = 0,06818 mA
Выходное напряжение
Ток через R₁ течёт и через Rf.
Vout = V₋ + I·Rf = 1,5 + 0,06818·47 = 4,705 V
Ответ
Vout = 4,705 V
22.Схемы на операционных усилителях
Ответ: If = 0,9545 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 = 0,1/22 = 0,004545 mA
I2 = V2/R2 = 1,9/2 = 0,95 mA
If = I1 + I2 = 0,9545 mA
Ответ
If = 0,9545 mA
23.Диоды и транзисторы
Ответ: VCE = 16,44 V
Рабочая точка биполярного транзистора: в активном режиме VBE = 0,7 V, IC = β·IB и IE = (β + 1)·IB. Найдите IB из базового контура по второму закону Кирхгофа, затем IC, затем VCE из контура коллектор–эмиттер. Делитель напряжения в цепи базы заменяют эквивалентом Тевенена VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; резистор в цепи эмиттера в базовом контуре выглядит в (β + 1) раз больше.
Эквивалент Тевенена для делителя
VTH = 20·10/(68 + 10) = 2,564 V
RTH = 68·10/(68 + 10) = 8,718 kΩ
Ток базы
Второй закон Кирхгофа для базового контура; ток эмиттера равен (β + 1)·IB.
IB = (2,564 − 0,7)/(8,718 + 201·1) = 8,889 µA
Ток коллектора
IC = 200·8,889 µA = 1,778 mA
IE = 201·8,889 µA = 1,787 mA
Напряжение коллектор–эмиттер
VCE = 20 − 1,778·1 − 1,787·1 = 16,44 V
Ответ
VCE = 16,44 V
24.Диоды и транзисторы
Ответ: RB = 42,1 kΩ
Биполярный транзистор как ключ: чтобы полностью включить нагрузку, транзистор вводят в насыщение, где VCE = VCE(sat), а ток коллектора определяется нагрузкой: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Для насыщения нужен ток базы не менее IB = IC(sat)/β. Если ток базы меньше, транзистор остаётся в активном режиме, и IC = β·IB.
Ток коллектора в насыщении
IC(sat) = (5 − 0,2)/470 = 10,21 mA
Минимальный ток базы
IB(min) = IC(sat)/β = 10,21/100 = 102,1 µA
Резистор базы
RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,1021 mA = 42,1 kΩ
Ответ
RB = 42,1 kΩ
Любой меньший резистор базы тоже насыщает транзистор; на практике выбирают в несколько раз меньший.
25.Системы счисления
Ответ: U = 155
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
101 = 0110 0101
инвертировано: 1001 1010
+1 → 1001 1011
Прочитайте как беззнаковое
1001 1011₂ = 256 − 101 = 155
Ответ
U = 155
26.Системы счисления
Ответ: M = 600 KiB
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.
Биты и байты
640·480·16 = 4915200 bit = 614400 B
Переведите в KiB
614400/1024 = 600 KiB
Ответ
M = 600 KiB
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры
Ответ: N = 2
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.
Сгруппируйте нули
Каждая группа — прямоугольник из 2ᵏ клеток; клетки на краю соседствуют с клетками на противоположном краю.
C
(A′ + B′)
Минимальная форма POS
F = C(A′ + B′)
N = 2
Ответ
N = 2
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры
Ответ: L = 10
Карты Карно: клетки упорядочены по коду Грея (00, 01, 11, 10), поэтому соседние клетки, включая те, что через края, отличаются ровно одной переменной. Группируйте единицы в прямоугольники по 1, 2, 4, 8 или 16 клеток, как можно большие и в как можно меньшем числе, пока не будет покрыта каждая единица. Каждая группа — один член-произведение: переменные, которые внутри неё остаются постоянными. Группа из 2ᵏ клеток теряет k переменных. Безразличные состояния (X) можно использовать, чтобы увеличить группы, но покрывать их не обязательно. Если группировать нули, получится минимальная форма POS.
Простые импликанты
Самые большие группы, которые можно образовать из единиц и X.
BD′, B′C′D, AC′, AB′D, A′BC
Минимальное покрытие
F = BD′ + B′C′D + AC′ + A′BC
L = 10
Ответ
L = 10
29.Преобразования Лапласа
Ответ: f(0.2) = 3,352
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 + 4s + 4 = (s + 2)²
Простые дроби
6s + 7 = 6(s + 2) + −5
F(s) = 6/(s + 2) − 5/(s + 2)²
Обратное преобразование
f(t) = 6·e−2t − 5·t·e−2t
f(0,2) = (6 − 5·0,2)·e−2·0,2 = 3,352
Ответ
f(0,2) = 3,352
30.Преобразования Лапласа
Ответ: y(0.6) = 1,799
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 − 3s − (−2) + 5(sY − 3) + 4Y = 0
Y(s) = (3s + 13)/((s + 1)(s + 4))
Простые дроби
A = 10/3 = 3,333
B = 1/(−3) = −0,3333
Результат
y(t) = 3,333·e−t − 0,3333·e−4t
y(0,6) = 1,799
Ответ
y(0,6) = 1,799
Проверка: y(0) = A + B = 3.
31.Структурные схемы
Ответ: p = −36
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).
Переходная характеристика: система первого порядка G(s) = K/(τs + 1) отвечает на ступеньку величиной U сигналом y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): за одну постоянную времени τ она достигает 63,2 % конечного значения K·U, а за 4τ — 98 %. Система второго порядка G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) имеет полюсы s = −ζωₙ ± jωd, где ωd = ωₙ√(1 − ζ²). При 0 < ζ < 1 переходная характеристика перерегулируется: перерегулирование %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), время пика tp = π/ωd, а время установления по критерию 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Сравните знаменатель с s² + 2ζωₙs + ωₙ², чтобы найти ωₙ и ζ. Для системы масса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) и ζ = c/(2√(km)); для последовательной RLC-цепи ωₙ = 1/√(LC) и ζ = (R/2)·√(C/L).
Сравните со стандартной формой
Знаменатель должен совпадать с s² + 2ζωₙs + ωₙ².
ωₙ² = 38 → ωₙ = 6,164 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·6,164) = 0,3244
Результат
ζωₙ = 2 → ts ≈ 4/2 = 2 s
Ответ
ts = 2 s
34.Переходная характеристика
Ответ: xmax = 16,19 mm
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) = √(2000/4) = 22,36 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 27/(2·√(2000·4)) = 0,1509
Результат
xst = F/k = 20/2000 m = 10 mm
%OS = 61,9 %
xmax = 10·(1 + 0,619) = 16,19 mm
Ответ
xmax = 16,19 mm
35.Диаграммы Боде и запасы
Ответ: φ = 79,05 °
Частотная характеристика: подставьте s = jω в передаточную функцию. Модуль в децибелах равен 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумме углов множителей числителя минус сумма углов множителей знаменателя. У фильтра первого порядка RC или RL частота среза (−3 dB) равна ωc = 1/(RC) или R/L, и fc = ωc/(2π); фильтр нижних частот даёт |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) и φ = −atan(ω/ωc). На асимптотической (кусочно-линейной) диаграмме Боде каждый полюс на своей частоте среза загибает модуль вниз на 20 dB/decade, каждый нуль загибает его вверх на 20 dB/decade, а интегратор 1/s даёт −20 dB/decade на всех частотах. Частота среза усиления ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас по фазе PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перехода фазы ω180: ∠L(jω) = −180°; запас по усилению GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнутая система устойчива, когда оба запаса положительны.
Частота среза
ωc = 1/(RC) = 1/(1000·2,2 × 10⁻⁸) = 45455 rad/s
fc = 7234 Hz → f/fc = 1400/7234 = 0,1935
Фаза
φ = 90° − atan(0,1935) = 79,05°
Ответ
φ = 79,05°
36.Диаграммы Боде и запасы
Ответ: GM = 4,437 dB
Частотная характеристика: подставьте s = jω в передаточную функцию. Модуль в децибелах равен 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумме углов множителей числителя минус сумма углов множителей знаменателя. У фильтра первого порядка RC или RL частота среза (−3 dB) равна ωc = 1/(RC) или R/L, и fc = ωc/(2π); фильтр нижних частот даёт |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) и φ = −atan(ω/ωc). На асимптотической (кусочно-линейной) диаграмме Боде каждый полюс на своей частоте среза загибает модуль вниз на 20 dB/decade, каждый нуль загибает его вверх на 20 dB/decade, а интегратор 1/s даёт −20 dB/decade на всех частотах. Частота среза усиления ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас по фазе PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перехода фазы ω180: ∠L(jω) = −180°; запас по усилению GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнутая система устойчива, когда оба запаса положительны.
Критерий Рауса–Гурвица: линейная система устойчива, если все корни её характеристического полинома лежат в левой полуплоскости s-плоскости. Запишите коэффициенты поочерёдно в первые две строки таблицы Рауса. Каждый элемент новой строки вычисляется по двум строкам над ней; для кубического полинома a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ элемент строки s¹ равен b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Число смен знака в первом столбце равно числу корней в правой полуплоскости. Если в коэффициенты входит коэффициент усиления K, все элементы первого столбца должны оставаться положительными: значение усиления, при котором элемент строки s¹ обращается в нуль, — граница устойчивости, а строка s² затем даёт частоту незатухающих колебаний.
Характеристический полином
s³ + 6s² + 8s + 192 = 0
Таблица Рауса
s³: 1, 8
s²: 6, 192
s¹: −24
s⁰: 192
Смены знака в первом столбце
1 → 6 → −24 → 192
N = 2
Ответ
N = 2
Коэффициент усиления выше предела K = 48, поэтому комплексная пара перешла в правую полуплоскость.
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф
Ответ: sb = −4,523
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.
Коэффициент усиления вдоль вещественной оси
K(s) = −(s² + 7s)/(s + 10)
Стационарные точки
Продифференцируйте по правилу для частного и приравняйте числитель к нулю.
(2s + 7)(s + 10) − (s² + 7s) = s² + 20s + 70 = 0
s = −10 ± √30 = −4,523, −15,48
Точка отрыва
sb = −4,523
Ответ
sb = −4,523
Между двумя точками годограф представляет собой окружность с центром в нуле и радиусом √30 = 5,477.
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование
Ответ: K = 15
Установившаяся ошибка: в контуре с единичной обратной связью и передаточной функцией разомкнутой системы G(s) ошибка равна E(s) = R(s)/(1 + G(s)), а по теореме о конечном значении ess = lims→0 s·E(s). Тип системы — это число полюсов G(s) в точке s = 0. Коэффициенты ошибок: Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) и Ka = lim s²·G(s), все при s → 0. Ступенчатое воздействие величиной A даёт ess = A/(1 + Kp), линейное A·t даёт A/Kv, а параболическое A·t²/2 даёт A/Ka. Контур типа 0 отслеживает ступеньку с конечной ошибкой, контур типа 1 отслеживает её точно, а линейное воздействие — с конечной ошибкой.
Требуемый коэффициент ошибки
1/(1 + Kp) = 0,25 → Kp = 3
Коэффициент усиления
K/5 = 3 → K = 15
Ответ
K = 15
Проверьте и устойчивость замкнутой системы: для этого контура второго порядка устойчив любой K > 0.
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование
Ответ: tp = 1,571 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 + 2) + 5·1 = s² + 2s + 5
ωₙ и ζ
ωₙ = √5 = 2,236 rad/s
ζ = 2/(2·2,236) = 0,4472
Время пика
ωd = 2,236·√(1 − 0,4472²) = 2 rad/s
tp = π/2 = 1,571 s
Ответ
tp = 1,571 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.