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​ = 10 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAR4​15 ΩB

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 Ω
Req = Ω
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 4 ΩIR1​R3​ = 25 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAR4​10 ΩBR6​5 Ω

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 25 ΩR4 = 10 ΩR5 = 4 ΩR6 = 5 Ω
IR1 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAR4​12 ΩBIs​5 A

Используйте метод узловых потенциалов, чтобы найти узловое напряжение VB (относительно земли).

V1 = 30 VIs = 5 AR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 ΩR4 = 12 Ω
VB = V
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 12 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​12 VR3​12 ΩAR5​30 ΩBIs​1 A−+V2​15 V

Используйте метод узловых потенциалов, чтобы найти узловое напряжение VA (относительно земли).

V1 = 12 VIs = 1 AV2 = 15 VR1 = 12 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 ΩR4 = 4 ΩR5 = 30 Ω
VA = V
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 4 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​15 VR3​6 ΩIR3​A+−V2​6 VI1​I2​

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

V1 = 15 VV2 = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 Ω
IR3 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 30 ΩR2​ = 8 ΩIR2​R3​ = 3 Ω+−V1​10 VR4​6 ΩAR5​5 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

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

V1 = 10 VV2 = 12 VR1 = 30 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 ΩR4 = 6 ΩR5 = 5 Ω
IR2 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 20 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAR4​3 Ω−+VR4​BIs​1 A

Используйте метод наложения, чтобы найти напряжение VR4 на R4 с указанной полярностью.

V1 = 6 VIs = 1 AR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 ΩR4 = 3 Ω
VR4 = V
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 15 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​18 VR3​5 ΩIR3​AIs​0,5 AB+−V2​6 V

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

V1 = 18 VIs = 0,5 AV2 = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 ΩR4 = 20 Ω
IR3 = A
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​6 ΩAab

Найдите ток Нортона IN: ток, текущий от a к b, если зажимы замкнуть накоротко.

V1 = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 6 ΩR3 = 12 Ω
IN = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​30 VR2​25 ΩAIs​6 ABRL​30 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 30 Ω. С помощью эквивалента Тевенина найдите мощность PL, передаваемую в нагрузку.

V1 = 30 VIs = 6 AR1 = 2 ΩR2 = 25 ΩR3 = 3 ΩRL = 30 Ω
PL = W
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
R = 50 Ωt = 0L47 mHi(t)

Через катушку течёт установившийся ток 0,5 A. При t = 0 ключ замыкает контур через R, а источник отключается, поэтому ток катушки убывает через R. Найдите напряжение vR на R при t = 1 ms.

i(0) = 0,5 AR = 50 ΩL = 47 mHt = 1 ms
vR = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​12 Vt = 0R = 10 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 20 V

Непосредственно перед замыканием ключа в момент t = 0 конденсатор заряжен до 20 V с указанной полярностью. Через какое время vC достигнет 16,8 V? Найдите t.

Vs = 12 VR = 10 kΩC = 68 µFvC(0) = 20 V
t = ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
10 V60 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 100 µF

Последовательная цепь RLC подключена к сети 10 V (действующее значение), 60 Hz. Найдите угол сдвига фаз φ полного сопротивления в градусах (положительный, когда ток отстаёт от напряжения).

V = 10 V (rms)f = 60 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 100 µF
φ = °
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
230 V100 HzR = 20 ΩL = 250 mHC = 47 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 230 V (действующее значение), 100 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 230 V (rms)f = 100 HzR = 20 ΩL = 250 mHC = 47 µF
I = A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
230 V116 kW, 0,75224 kW, 0,8I

К однофазной сети 230 V параллельно подключены две нагрузки: нагрузка 16 kW при коэффициенте мощности 0,75 (индуктивном) и нагрузка 24 kW при коэффициенте мощности 0,8 (индуктивном). Найдите общий коэффициент мощности cos φ со стороны сети.

V = 230 VP1 = 16 kW, pf1 = 0,75 отстающийP2 = 24 kW, pf2 = 0,8 отстающий
cos φ =
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P = 25 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазная нагрузка потребляет 25 kW при коэффициенте мощности 0,6 (индуктивном) от сети 240 V, 50 Hz. Параллельно подключённый конденсатор повышает коэффициент мощности до 0,92. Найдите новый ток линии Inew.

P = 25 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,92V = 240 Vf = 50 Hz
Inew = A
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M22 kW, η = 95%cos φ = 0,88

Трёхфазный асинхронный двигатель при полной нагрузке развивает механическую мощность 22 kW. При этой нагрузке его КПД равен 95%, а коэффициент мощности 0,88 (отстающий). Линейное напряжение сети 480 V. Найдите линейный ток IL.

Pout = 22 kWη = 95%cos φ = 0,88VL = 480 V
IL = A
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 100 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 100 kW при коэффициенте мощности 0,78 (отстающий) от сети 480 V (линейное), 50 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,98 (отстающий). Активная мощность не меняется. Найдите полную реактивную мощность QC, которую должна выдавать конденсаторная батарея, в kvar.

P = 100 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаторыСредняя
10000 V400 VIHV​ILV​ = ?50 kVA

Однофазный трансформатор 50 kVA, 10000/400 V работает при номинальной нагрузке. Считайте его идеальным. Найдите ток ILV в обмотке низшего напряжения.

S = 50 kVAV1 = 10000 VV2 = 400 V
ILV = A
20.ТрансформаторыСложная
100 kVA

Однофазный трансформатор 100 kVA имеет потери в стали 600 W и потери в меди 1200 W при номинальной нагрузке. При какой нагрузке Sη,max, в kVA, его КПД максимален?

S = 100 kVAPcore = 600 WPcu,fl = 1200 W
Sη,max = kVA
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 22 kΩR1​ = 2 kΩVin​ = 3,5 VRa​ = 10 kΩRb​ = 2 kΩ

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

Vin = 3,5 VRa = 10 kΩRb = 2 kΩR1 = 2 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = −1,1 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 0,1 VR2​ = 10 kΩ

Суммирующий усилитель использует идеальный ОУ с питанием ±15 V. Найдите выходное напряжение Vout.

V1 = −1,1 VV2 = 0,1 VR1 = 4,7 kΩR2 = 10 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 2,2 kΩβ = 200IC​ = ?RE​ = 470 ΩVCC​ = 12 VR1​ = 22 kΩR2​ = 4,7 kΩ

NPN-транзистор с β = 200 смещён делителем напряжения от VCC = 12 V: R₁ = 22 kΩ от VCC к базе и R₂ = 4,7 kΩ от базы к земле. Резистор коллектора RC = 2,2 kΩ, резистор эмиттера RE = 470 Ω. Примите VBE = 0,7 V и используйте эквивалент Тевенена для делителя (ток базы не пренебрегайте). Найдите ток коллектора IC в mA.

VCC = 12 VR1 = 22 kΩR2 = 4,7 kΩRC = 2,2 kΩRE = 470 Ωβ = 200
IC = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 470 Ωβ = 100VCC​ = 12 V5 VRB​ = ?

NPN-транзистор с β = 100 коммутирует нагрузочный резистор 470 Ω, включённый между VCC = 12 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.

VCC = 12 VRC = 470 Ωβ = 100Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −18 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −188 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 0011 1110 AND 0100 0101. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

0011 1110AND0100 0101
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABCD000111100001111011111

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(4, 6, 8, 11, 12)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKRING

4-разрядный кольцевой счётчик Q₃Q₂Q₁Q₀ начинает с 1100. По каждому фронту тактового сигнала биты сдвигаются на одну позицию вправо (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀), а Q₃ получает Q₀. Укажите состояние Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ в виде десятичного числа после 10 фронтов тактового сигнала.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 110010
Q =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 0,25f(0,25) = ?

Найдите f(t) для F(s) = (4s + 37)/(s² + 10s + 25) и вычислите f(0,25).

F(s) = (4s + 37)/(s² + 10s + 25)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
ReIm−1−2−3−4−51

Система описывается дифференциальным уравнением y″ + 8y′ + 15y = 2u′ + 9u, где u(t) — вход, y(t) — выход. Найдите её передаточную функцию G(s) = Y(s)/U(s) (при нулевых начальных условиях) и вычислите импульсную характеристику g(t) при t = 0,3 s. Найдите g(0,3).

y″ + 8y′ + 15y = 2u′ + 9ut = 0,3 s
g(0.3) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+11s + 5G(s)C(s)0,2H−

Объект G(s) = 11/(s + 5) управляется в контуре отрицательной обратной связи, у датчика которой коэффициент H = 0,2. Найдите постоянную времени τ замкнутой системы.

G(s) = 11/(s + 5)H = 0,2
τ = s
32.Структурные схемыСложная
R(s)+11s + 1G₁+3s + 8G₂C(s)0,5H₁−0,5H₂−

Упростите структурную схему, где G₁ = 11/(s + 1), G₂ = 3/(s + 8), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 0,5 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 0,5. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).

G₁ = 11/(s + 1)G₂ = 3/(s + 8)H₁ = 0,5H₂ = 0,5
T(0) =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)0,5tp​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 2/(s² + 3s + 4) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время пика tp переходной характеристики.

G(s) = 2/(s² + 3s + 4)
tp = s
34.Переходная характеристикаСложная
k = 100 N/mc = 9 N·s/mm = 2,5 kgF = 25 Nx(t)

Масса m = 2,5 kg подвешена на пружине k = 100 N/m с вязким демпфером c = 9 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 25 N. Найдите наибольшее смещение xmax в mm.

m = 2,5 kgk = 100 N/mc = 9 N·s/mF = 25 N
xmax = mm
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​C = 22 nFR = 47 kΩvout​

Изображённый RC-фильтр верхних частот имеет R = 47 kΩ, C = 22 nF. На вход подаётся синусоидальный сигнал 770 Hz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.

R = 47 kΩC = 22 nFf = 770 Hz
φ = °
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)11101010010010001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 1000/(s(s + 20)). Найдите частоту среза усиления ωc, где |L(jω)| = 1.

L(s) = 1000/(s(s + 20))
ωc = rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+Ks + 8(s − 4)(s + 2)C(s)−

Объект G(s) = (s + 8)/((s − 4)(s + 2)) имеет неустойчивый полюс в точке s = 4. Пропорциональный коэффициент усиления K замыкает вокруг него контур с единичной обратной связью. Найдите наименьший коэффициент усиления Kmin, при котором замкнутая система устойчива.

G(s) = (s + 8)/((s − 4)(s + 2))
Kmin =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−1−2−3−4−5−6j1−1,5

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

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

Контур с единичной обратной связью и G(s) = K/(s(s + 5)) должен отслеживать линейное воздействие r(t) = 5t с установившейся ошибкой 0,05. Найдите коэффициент усиления K.

G(s) = K/(s(s + 5))r(t) = 5tess = 0,05
K =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 501s(s + 4)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 50 управляет объектом G(s) = 1/(s(s + 4)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите время пика tp переходной характеристики.

G(s) = 1/(s(s + 4))K = 50
tp = s

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 19,38 Ω

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAR4​15 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 = 10 + 15 = 25 Ω
R2 ∥ 25 = 15·25/(15+25) = 9,375 Ω
Req = R1 + 9,375 = 10 + 9,375 = 19,38 Ω

Ответ

Req = 19,38 Ω
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 0,7973 A

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

R1​ = 4 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAR4​10 ΩBR6​5 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 = 4 + 5 = 9 Ω
R4 ∥ 9 = 4,737 Ω
R3 + 4,737 = 29,74 Ω
R2 ∥ 29,74 = 3,526 Ω
Req = R1 + 3,526 = 4 + 3,526 = 7,526 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 6/7,526 = 0,7973 A

Ответ

IR1 = 0,7973 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 41,28 V

Метод узловых потенциалов: выберите опорный узел, обозначьте неизвестные узловые напряжения, запишите закон токов Кирхгофа для каждого неизвестного узла с помощью закона Ома (I = ΔV/R) и решите полученные уравнения.

R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAR4​12 ΩBIs​5 A

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 30 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/5 + (VA − 30)/6 + (VA − VB)/15 = 0
0,4333·VA − 0,06667·VB = 5

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/12 + (VB − VA)/15 = 5
−0,06667·VA + 0,15·VB = 5

Решите

Δ = (0,4333)(0,15) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,06056
VA = Δ1/Δ = 1,083/0,06056 = 17,89 V
VB = Δ2/Δ = 2,5/0,06056 = 41,28 V

Ответ

VB = 41,28 V
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: VA = −0,9652 V

Метод узловых потенциалов: выберите опорный узел, обозначьте неизвестные узловые напряжения, запишите закон токов Кирхгофа для каждого неизвестного узла с помощью закона Ома (I = ΔV/R) и решите полученные уравнения.

R1​ = 12 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​12 VR3​12 ΩAR5​30 ΩBIs​1 A−+V2​15 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 12 V, V2 = −15 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/12 + (VA − 12)/12 + (VA − VB)/4 = 0
0,4167·VA − 0,25·VB = 1

ЗТК в узле B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/30 + (VB − VA)/4 + (VB − (−15))/4 = 1
−0,25·VA + 0,5333·VB = −2,75

Решите

Δ = (0,4167)(0,5333) − (−0,25)(−0,25) = 0,1597
VA = Δ1/Δ = −0,1542/0,1597 = −0,9652 V
VB = Δ2/Δ = −0,8958/0,1597 = −5,609 V

Ответ

VA = −0,9652 V
5.Метод контурных токов

Ответ: IR3 = 1,403 A

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

R1​ = 4 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​15 VR3​6 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
4·I1 + 6(I1 − I2) = 15
10·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 + R3(I2 − I1) = −V2
10·I2 + 6(I2 − I1) = (−6)
−6·I1 + 16·I2 = −6

Решите

Δ = (10)(16) − (−6)(−6) = 124
I1 = Δ1/Δ = 204/124 = 1,645 A
I2 = Δ2/Δ = 30/124 = 0,2419 A

Ответ

IR3 = I1 − I2 = 1,403 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: IR2 = −0,3922 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​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​10 VR4​6 ΩAR5​5 ΩB+−V2​12 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) = 10
36·I1 − 6·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
8·I2 + 6(I2 − I1) + 5(I2 − I3) = 0
−6·I1 + 19·I2 − 5·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
3·I3 + 5(I3 − I2) = (−12)
−5·I2 + 8·I3 = −12

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 4284
I1 = Δ1/Δ = 910/4284 = 0,2124 A
I2 = Δ2/Δ = −1680/4284 = −0,3922 A
I3 = Δ3/Δ = −7476/4284 = −1,745 A

Ответ

IR2 = I2 = −0,3922 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: VR4 = 2,337 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.

R1​ = 20 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAR4​3 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 = 12+3 = 15 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 5·15/(5+15) = 3,75 Ω
VA = 6·3,75/(20+3,75) = 0,9474 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 0,9474·3/15 = 0,1895 V
VR4′ = 0 − VB = 0 − 0,1895 = −0,1895 V
R1​ = 20 ΩR3​ = 12 ΩКЗR2​5 ΩAR4​3 ΩBIs​1 A

Случай 2 · действует только Is

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

R1 ∥ R2 = 20·5/(20+5) = 4 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 3 ∥ 16 = 2,526 Ω
VB = Is·Req = (−1)·2,526 = −2,526 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −2,526·4/16 = −0,6316 V
VR4″ = 0 − VB = 0 − −2,526 = 2,526 V

Сложите составляющие

VR4 = VR4′ + VR4″
VR4 = (−0,1895) + 2,526 = 2,337 V

Отрицательный результат означает, что на самом деле полярность противоположна указанной.

8.Метод наложения

Ответ: IR3 = 1,172 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​ = 15 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​18 VR3​5 ΩAОБРЫВBКЗ

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) = 5 ∥ 28 = 4,242 Ω
VA = 18·4,242/(15+4,242) = 3,969 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,969·20/28 = 2,835 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (3,969 − 0)/5 = 0,7937 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 20 ΩКЗR3​5 ΩAIs​0,5 ABКЗ

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 = 3,75 Ω, поэтому левый путь — R2+3,75 = 11,75 Ω
Req = R4 ∥ 11,75 = 7,402 Ω
VB = Is·Req = 0,5·7,402 = 3,701 V
VA = VB·3,75/11,75 = 1,181 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (1,181 − 0)/5 = 0,2362 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 20 ΩКЗR3​5 ΩAОБРЫВB+−V2​6 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 = 15·5/(15+5) = 3,75 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 6·11,75/31,75 = 2,22 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 2,22·3,75/11,75 = 0,7087 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (0,7087 − 0)/5 = 0,1417 A

Сложите составляющие

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = 0,7937 + 0,2362 + 0,1417 = 1,172 A

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

9.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = 0,1429 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​ = 10 ΩR3​ = 12 ΩКЗR2​6 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 = 10·6/(10+6) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 12 = 15,75 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​6 ΩAab+−Vth​

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) = 6·6/(10+6) = 2,25 V
IN​0,1429 ARth​15,75 Ωab

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 = 2,25/15,75 = 0,1429 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: PL = 79,93 W

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 3 ΩКЗR2​25 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 = 2·25/(2+25) = 1,852 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,852 + 3 = 4,852 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​30 VR2​25 ΩAIs​6 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) = 27,78 + 6·1,852 = 38,89 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 38,89 + 6·3 = 56,89 V
Rth​ = 4,852 Ω+−Vth​56,89 VRL​30 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) = 56,89/(4,852 + 30) = 1,632 A
PL = IL²·RL = 1,632²·30 = 79,93 W
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vR = 8,628 V

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

Постоянная времени

τ = L/R = 47 mH / 50 Ω = 0,94 ms

Убывание тока

i(t) = 0,5·e−1/0,94 = 0,1726 A
vR = R·i = 50·0,1726 = 8,628 V

Ответ

vR = 8,628 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: t = 347,4 ms

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) = 20 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 10 kΩ · 68 µF = 680 ms
vC(t) = 12 + (20 − 12)·e−t/τ

Выразите время

16,8 = 12 + (8)·e−t/τ → e−t/τ = (16,8 − 12)/(20 − 12) = 0,6
t = τ·ln((20 − 12)/(16,8 − 12)) = 680·ln(1,667) = 347,4 ms

Ответ

t = 347,4 ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: φ = 59,43 °

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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,25 = 94,25 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·100·10⁻⁶) = 26,53 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (67,72)²) = 78,65 Ω

Угол сдвига фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(67,72/40) = 59,43°

Ответ

φ = 59,43°
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 1,843 A

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

Реактивные сопротивления

ω = 2πf = 2π·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,25 = 157,1 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·47·10⁻⁶) = 33,86 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(20² + (123,2)²) = 124,8 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 230/124,8 = 1,843 A

Ответ

I = 1,843 A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: cos φ = 0,7798

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 каждой нагрузки

Индуктивная нагрузка потребляет реактивную мощность (Q > 0); ёмкостная — отдаёт её (Q < 0).

Q1 = 16·tan(arccos 0,75) = 14,11 kvar
Q2 = 24·tan(arccos 0,8) = 18 kvar

Суммы

P = 16 + 24 = 40 kW
Q = 14,11 + 18 = 32,11 kvar
S = √(40² + 32,11²) = 51,29 kVA

Общий коэффициент мощности

cos φ = P/S = 40/51,29 = 0,7798 отстающий

Ответ

cos φ = 0,7798
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Inew = 113,2 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.

Реактивная мощность до и после

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

Q1 = P·tan φ1 = 25·tan(53,13°) = 33,33 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 25·tan(23,07°) = 10,65 kvar
QC = Q1 − Q2 = 22,68 kvar

Новый ток линии

Inew = P/(V·cos φ2) = 25000/(240·0,92) = 113,2 A

Ответ

Inew = 113,2 A
17.Трёхфазная мощность

Ответ: IL = 31,65 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 = 22/0,95 = 23,16 kW

Ток линии

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 23158/(√3·480·0,88) = 31,65 A

Ответ

IL = 31,65 A
18.Трёхфазная мощность

Ответ: QC = 59,92 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 0,78) = 100·0,8023 = 80,23 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,98) = 100·0,2031 = 20,31 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 59,92 kvar

Ответ

QC = 59,92 kvar
19.Трансформаторы

Ответ: ILV = 125 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 = 50000/400 = 125 A

Ответ

ILV = 125 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

x²·1200 = 600 → x = √(600/1200) = 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 = 7 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 входе +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 3,5·2/(10 + 2) = 0,5833 V

Коэффициент усиления неинвертирующего усилителя

V₋ = V₊, и ток через R₁ течёт также через Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,5833·(1 + 22/2) = 7 V

Ответ

Vout = 7 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 2,24 V

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

Входные токи

V₋ = 0, поэтому на каждом входном резисторе всё его входное напряжение.

I1 = V1/R1 = −1,1/4,7 = −0,234 mA
I2 = V2/R2 = 0,1/10 = 0,01 mA
If = I1 + I2 = −0,224 mA

Выходное напряжение

Vout = −Rf·If = −10·(−0,224) = 2,24 V

Ответ

Vout = 2,24 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 2,872 mA

Рабочая точка биполярного транзистора: в активном режиме VBE = 0,7 V, IC = β·IB и IE = (β + 1)·IB. Найдите IB из базового контура по второму закону Кирхгофа, затем IC, затем VCE из контура коллектор–эмиттер. Делитель напряжения в цепи базы заменяют эквивалентом Тевенена VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; резистор в цепи эмиттера в базовом контуре выглядит в (β + 1) раз больше.

Эквивалент Тевенена для делителя

VTH = 12·4,7/(22 + 4,7) = 2,112 V
RTH = 22·4,7/(22 + 4,7) = 3,873 kΩ

Ток базы

Второй закон Кирхгофа для базового контура; ток эмиттера равен (β + 1)·IB.

IB = (2,112 − 0,7)/(3,873 + 201·0,47) = 14,36 µA

Ток коллектора

IC = 200·14,36 µA = 2,872 mA
IE = 201·14,36 µA = 2,887 mA

Ответ

IC = 2,872 mA
24.Диоды и транзисторы

Ответ: RB = 17,13 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) = (12 − 0,2)/470 = 25,11 mA

Минимальный ток базы

IB(min) = IC(sat)/β = 25,11/100 = 251,1 µA

Резистор базы

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,2511 mA = 17,13 kΩ

Ответ

RB = 17,13 kΩ

Любой меньший резистор базы тоже насыщает транзистор; на практике выбирают в несколько раз меньший.

25.Системы счисления

Ответ: U = 238

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

18 = 0001 0010
инвертировано: 1110 1101
+1 → 1110 1110

Прочитайте как беззнаковое

1110 1110₂ = 256 − 18 = 238

Ответ

U = 238
26.Системы счисления

Ответ: R = 4

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

AND даёт 1 только там, где оба бита равны 1.

0011 1110
AND 0100 0101
= 0000 0100

Значение результата

0000 0100₂ = 4

Ответ

R = 4
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: AB = 10, CD = 11

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

Соседи каждой единицы

Единица с соседней единицей может войти в группу из двух или более.

m11: m10, m9, m15, m3 → 0
ABCD000111100001111011111

Изолированная единица

m11 = AB′CD → AB = 10, CD = 11

Ответ

AB = 10, CD = 11
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: Q = 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.

Состояние после каждого фронта

1100 → 0110 → 0011 → 1001 → 1100 → 0110 → 0011 → 1001 → 1100 → 0110 → 0011

Десятичное значение

0011₂ = 3

Ответ

Q = 3
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.25) = 2,364

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 + 10s + 25 = (s + 5)²

Простые дроби

4s + 37 = 4(s + 5) + 17
F(s) = 4/(s + 5) + 17/(s + 5)²

Обратное преобразование

f(t) = 4·e−5t + 17·t·e−5t
f(0,25) = (4 + 17·0,25)·e−5·0,25 = 2,364

Ответ

f(0,25) = 2,364
30.Преобразования Лапласа

Ответ: g(0.3) = 0,7214

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).

Передаточная функция

G(s) = Y(s)/U(s) = (2s + 9)/(s² + 8s + 15)

Простые дроби

s² + 8s + 15 = (s + 3)(s + 5)
A = 1,5, B = 0,5

Импульсная характеристика

g(t) = 1,5·e−3t + 0,5·e−5t
g(0,3) = 0,7214

Ответ

g(0,3) = 0,7214
31.Структурные схемы

Ответ: τ = 0,1389 s

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

Передаточная функция замкнутой системы

T(s) = G/(1 + G·H) = 11/(s + 5 + 2,2) = 11/(s + 7,2)

Результат

τ = 1/7,2 = 0,1389 s

Ответ

τ = 0,1389 s
32.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 1,269

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).

Внутренний контур

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 3/(s + 9,5)

Внешний контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 33/((s + 1)(s + 9,5) + 16,5)

Статический коэффициент передачи

T(0) = 33/(1·9,5 + 16,5) = 33/26 = 1,269

Ответ

T(0) = 1,269
33.Переходная характеристика

Ответ: tp = 2,375 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 = 4 → ωₙ = 2 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·2) = 0,75

Результат

ωd = 2·√(1 − 0,75²) = 1,323 rad/s → tp = π/ωd = 2,375 s

Ответ

tp = 2,375 s
34.Переходная характеристика

Ответ: xmax = 348,4 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) = √(100/2,5) = 6,325 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 9/(2·√(100·2,5)) = 0,2846

Результат

xst = F/k = 25/100 m = 250 mm
%OS = 39,35 %
xmax = 250·(1 + 0,3935) = 348,4 mm

Ответ

xmax = 348,4 mm
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: φ = 11,3 °

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/(47000·2,2 × 10⁻⁸) = 967,1 rad/s
fc = 153,9 Hz → f/fc = 770/153,9 = 5,003

Фаза

φ = 90° − atan(5,003) = 11,3°

Ответ

φ = 11,3°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ωc = 28,63 rad/s

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

Частота среза усиления

ω⁴ + 400ω² − 1 × 10⁶ = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·1 × 10⁶))/2 = 819,8
ωc = 28,63 rad/s

Ответ

ωc = 28,63 rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmin = 2

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

(s − 4)(s + 2) + K(s + 8) = s² + (-2 + K)s + (8K − 8)

Условия

Для s² + c₁s + c₀ все корни лежат в левой полуплоскости ровно тогда, когда c₁ > 0 и c₀ > 0.

-2 + K > 0 → K > 2
8K − 8 > 0 → K > 1
Kmin = 2

Ответ

Kmin = 2
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 2,625

Корневой годограф: при изменении коэффициента усиления K от 0 до ∞ полюса замкнутой системы, то есть корни уравнения 1 + K·G(s) = 0, перемещаются от полюсов разомкнутой системы к её нулям или в бесконечность. Точка на вещественной оси принадлежит годографу, если число вещественных полюсов и нулей правее неё нечётно. Ветви, уходящие в бесконечность (их n − m), идут вдоль асимптот под углами (2q + 1)·180°/(n − m), выходящих из центра асимптот σₐ = (Σ полюсов − Σ нулей)/(n − m). Ветви покидают вещественную ось или возвращаются на неё там, где dK/ds = 0. Условие по углу ∠G(s) = 180° определяет форму годографа, а условие по модулю K = 1/|G(s)| даёт коэффициент усиления в любой точке годографа.

Условие по модулю

K = |s|·|s + 2|·|s + 5|

Вычислите в этой точке

K = 1,5·0,5·3,5 = 2,625

Ответ

K = 2,625

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

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 500

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

Требуемый коэффициент скоростной ошибки

Kv = A/ess = 5/0,05 = 100

Коэффициент усиления

K = 5·Kv = 500

Ответ

K = 500

Большой коэффициент усиления делает этот контур очень слабо демпфированным: ζ = 0,1118. Именно из-за такого противоречия применяют корректирующие устройства.

40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: tp = 0,4632 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 + 4) + 50·1 = s² + 4s + 50

ωₙ и ζ

ωₙ = √50 = 7,071 rad/s
ζ = 4/(2·7,071) = 0,2828

Время пика

ωd = 7,071·√(1 − 0,2828²) = 6,782 rad/s
tp = π/6,782 = 0,4632 s

Ответ

tp = 0,4632 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