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​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩIR2​AR4​12 ΩB

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 30 VR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 15 ΩR4 = 12 Ω
IR2 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 4 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAR4​2 ΩBR6​8 Ω

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 15 VR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 4 ΩR4 = 2 ΩR5 = 15 ΩR6 = 8 Ω
Req = Ω
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 20 ΩIR1​R3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAR4​4 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 10 VIs = 1,5 AR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 20 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​30 ΩAR4​2 ΩBIs​?

Источник тока регулируют до тех пор, пока напряжение узла A не станет VA = 15 V. Методом узловых потенциалов найдите ток источника Is (направление как на схеме).

V1 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 30 ΩR3 = 20 ΩR4 = 2 ΩVA = 15 V
Is = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 8 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​15 VR3​10 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

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

V1 = 15 VV2 = 12 VR1 = 8 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 Ω
I2 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR4​12 ΩAR5​2 Ω+−VR5​B+−V2​36 VI1​I2​I3​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти напряжение VR5 на R5 с указанной полярностью.

V1 = 10 VV2 = 36 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 20 ΩR4 = 12 ΩR5 = 2 Ω
VR5 = V
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​15 ΩAR4​12 ΩBIs​2,5 A

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

V1 = 30 VIs = 2,5 AR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 ΩR4 = 12 Ω
IR1 = A
8.Метод наложенияСложная
линейная цепьV1​V2​Is​IRL​

Линейная резистивная цепь содержит три независимых источника: V1, V2 и Is. Ток I через нагрузку измерен три раза. При номинальных значениях всех источников I = 7 mA. Если V1 удвоить, а два других оставить без изменений, I = 10 mA. Если изменить направление Is на противоположное, а два других оставить без изменений, I = 2 mA. Найдите ток нагрузки I, если V2 отключён, а V1 и Is имеют номинальные значения.

номинальные значения: I = 7 mA2·V1: I = 10 mA−Is: I = 2 mA
I = mA
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩARL​3 ΩIL​B

К a–b подключена нагрузка RL = 3 Ω. Замените остальную цепь эквивалентом Тевенина и найдите ток нагрузки IL.

V1 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 10 ΩR3 = 8 ΩRL = 3 Ω
IL = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​36 VR2​25 ΩAIs​6 ABab

Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.

V1 = 36 VIs = 6 AR1 = 2 ΩR2 = 25 ΩR3 = 3 Ω
Vth = V
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​9 Vt = 0R = 22 ΩL47 mHi(t)

До замыкания ключа в момент t = 0 тока через катушку нет. Найдите энергию W, запасённую в катушке при t = 5 ms, в mJ.

Vs = 9 VR = 22 ΩL = 47 mHt = 5 ms
W = mJ
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​15 Vt = 0R = 10 kΩC?+−vC​

Таймер при t = 0 начинает заряжать незаряженный конденсатор через резистор от источника 15 V. Он должен сработать, когда напряжение конденсатора достигнет 9,48 V, ровно через 25 ms после старта. При R = 10 kΩ найдите необходимую ёмкость C.

Vs = 15 VVth = 9,48 VT = 25 msR = 10 kΩ
C = µF
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
100 V50 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 10 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 100 V (действующее значение), 50 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 100 V (rms)f = 50 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 10 µF
I = A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
24 V500 HzR1​ = 50 ΩR2​ = 40 ΩC = 4,7 µFI

Резистор R1 включён последовательно с параллельным соединением R2 и конденсатора C в сеть 24 V (действующее значение), 500 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 24 V (rms)f = 500 HzR1 = 50 ΩR2 = 40 ΩC = 4,7 µF
I = A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
P = 39 kWQ = ?Sφ

Однофазный двигатель потребляет 39 kW при коэффициенте мощности 0,65 (индуктивном) от сети 400 V. Найдите реактивную мощность Q, которую он потребляет.

P = 39 kWpf = 0,65V = 400 V
Q = kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P1​ = 90 kWQ1​S1​φ

Однофазный трансформатор 200 kVA питает нагрузку 90 kW при коэффициенте мощности 0,75 (индуктивном). Какую дополнительную активную мощность ΔP можно добавить в виде активной нагрузки (коэффициент мощности 1), прежде чем трансформатор достигнет своей номинальной мощности в kVA?

Smax = 200 kVAP1 = 90 kWpf1 = 0,75
ΔP = kW
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 400 VNZ = 12 + j5 Ωна фазу

Симметричная нагрузка, соединённая звездой, с полным сопротивлением 12 + j5 Ω на фазу подключена к симметричной трёхфазной сети с линейным напряжением 400 V. Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 400 VZ = 12 + j5 Ω на фазу
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 200 kW при коэффициенте мощности 0,7 (отстающий) от сети 690 V (линейное), 50 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,9 (отстающий). Активная мощность не меняется. Найдите полную реактивную мощность QC, которую должна выдавать конденсаторная батарея, в kvar.

P = 200 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаторыСредняя
RL​ = 8 Ω1012300 VV2​I1​ = ?I2​

К первичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 10:1 приложено 2300 V. К вторичной обмотке подключён резистор 8 Ω. Найдите первичный ток I1.

N1:N2 = 10:1V1 = 2300 VRL = 8 Ω
I1 = A
20.ТрансформаторыСложная
25 kVA

Однофазный трансформатор 25 kVA имеет потери в стали 75 W и потери в меди 150 W при номинальной нагрузке. При какой нагрузке Sη,max, в kVA, его КПД максимален?

S = 25 kVAPcore = 75 WPcu,fl = 150 W
Sη,max = kVA
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩR1​ = 2 kΩVin​ = 0,8 V

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

Vin = 0,8 VR1 = 2 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​C = 0,47 µFVin​ = 2 VR = 10 kΩ

Интегратор выполнен на идеальном ОУ с питанием ±15 V; его выход насыщается на уровне ±12 V. Конденсатор не заряжен, когда при t = 0 подаётся постоянное входное напряжение Vin = 2 V. Найдите выходное напряжение Vout при t = 20 ms.

Vin = 2 VR = 10 kΩC = 0,47 µFVsat = ±12 Vt = 20 ms
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 470 Ωβ = 100VCC​ = 15 VRB​ = 390 kΩ

NPN-транзистор с β = 100 смещён резистором базы RB = 390 kΩ от источника питания VCC = 15 V. Резистор коллектора RC = 470 Ω, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите напряжение коллектор–эмиттер VCE.

VCC = 15 VRB = 390 kΩRC = 470 Ωβ = 100VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 220 Ωβ = 150IC​ = ?VCC​ = 9 V3,3 VRB​ = 3,3 kΩ

NPN-транзистор с β = 150 коммутирует нагрузочный резистор 220 Ω, включённый между VCC = 9 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 3,3 V через резистор базы RB = 3,3 kΩ. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Найдите ток коллектора IC в mA при высоком уровне на входе. Сначала определите, насыщен ли транзистор.

VCC = 9 VRC = 220 Ωβ = 150Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 3,3 kΩ
IC = mA
25.Системы счисленияСредняя
веса разрядов в дополнительном коде1−12806403201618041211

8-битная комбинация 1000 1011 хранит целое число со знаком в дополнительном коде. Каково его значение N в десятичной системе?

1000 10118 bit
N =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 0111 0111 AND 1001 1000. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

0111 0111AND1001 1000
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABCD000111100001111000011312040507161121130151140809011010

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «сумма произведений» (SOP) для F(A, B, C, D) = Σm(2, 3, 6, 12, 13, 14). Сколько всего литералов, L, она содержит (переменная со штрихом считается одним литералом)?

F(A, B, C, D) = Σm(2, 3, 6, 12, 13, 14)
L =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​CLKUP

4-разрядный двоичный суммирующий счётчик начинает с 3 (в десятичном виде, Q = 0011). Какое значение Q (в десятичном виде) он покажет после 48 тактовых импульсов?

Q0 = 348n = 4
Q =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 0,25f(0,25) = ?

Найдите f(t) для F(s) = (4s + 5)/(s² + 4s + 4) и вычислите f(0,25).

F(s) = (4s + 5)/(s² + 4s + 4)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Решите y″ + 5y′ + 6y = 0 при y(0) = 1 и y′(0) = 2 с помощью преобразования Лапласа и найдите y(0,2).

y″ + 5y′ + 6y = 0y(0) = 1y′(0) = 2t = 0,2 s
y(0.2) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+K(s + 6)(s + 10)G(s)C(s)−

Объект G(s) = K/((s + 6)(s + 10)) помещён в контур с единичной отрицательной обратной связью. Найдите коэффициент K, при котором замкнутая система демпфирована критически (два равных вещественных полюса).

G(s) = K/((s + 6)(s + 10))единичная отрицательная обратная связь
K =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+5регулятор+D(s)+1s + 7объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K = 5 управляет объектом G(s) = 1/(s + 7) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Возмущение D действует на входе объекта (прибавляется к выходу регулятора). При R = 0 подаётся ступенька возмущения величиной 2. Найдите установившийся выход css.

K = 5G(s) = 1/(s + 7)D = 2R = 0
css =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)2

Система имеет передаточную функцию G(s) = 86/(s² + 6s + 43) и получает на вход единичную ступеньку. Полюсы равны s = σ ± jωd. Найдите вещественную часть σ.

G(s) = 86/(s² + 6s + 43)
σ =
34.Переходная характеристикаСложная
R(s)+280s(s + 8)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 280/(s(s + 8)). Найдите время установления ts переходной характеристики замкнутой системы по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 280/(s(s + 8))
ts = s
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​L = 100 mHC = 1 µFR = 20 Ωvout​

В показанном последовательном RLC-полосовом фильтре выход берётся на R = 20 Ω при L = 100 mH и C = 1 µF. Найдите центральную (резонансную) частоту f0 в Hz.

R = 20 ΩL = 100 mHC = 1 µF
f0 = Hz
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

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

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5))GM = 5 dB
K =
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+51s(s + 5)(s + 8)C(s)+

Контур на схеме использует положительную обратную связь, L(s) = 5/(s(s + 5)(s + 8)). Сколько полюсов N замкнутой системы лежит в правой полуплоскости?

L(s) = 5/(s(s + 5)(s + 8))
N =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4−6j2j4

Эскиз корневого годографа для L(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 5)). Найдите частоту ω, на которой годограф пересекает мнимую ось.

L(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 5))
ω = rad/s
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 1·t²/2+2(s + 4)s²(s + 4)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 2(s + 4)/(s²(s + 4)) подан параболический вход r(t) = 1·t²/2. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 2(s + 4)/(s²(s + 4))r(t) = 1·t²/2
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K4s(s + 6)C(s)−

Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 4/(s(s + 6)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите коэффициент усиления K, при котором замкнутая система имеет коэффициент демпфирования ζ = 0,4.

G(s) = 4/(s(s + 6))ζ = 0,4
K =

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 1,452 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​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAR4​12 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 = 15 + 12 = 27 Ω
R2 ∥ 27 = 6·27/(6+27) = 4,909 Ω
Req = R1 + 4,909 = 12 + 4,909 = 16,91 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 30/16,91 = 1,774 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 30 − 1,774·12 = 8,71 V
IR2 = VA/R2 = 8,71/6 = 1,452 A

Ответ

IR2 = 1,452 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 8,203 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​ = 4 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAR4​2 ΩBR6​8 Ω

Объединяйте резисторы с дальнего конца

Начните с конца, самого дальнего от источника, и двигайтесь к нему. Резисторы с одинаковым током соединены последовательно; резисторы между одними и теми же двумя узлами — параллельно.

R5 + R6 = 15 + 8 = 23 Ω
R4 ∥ 23 = 1,84 Ω
R3 + 1,84 = 5,84 Ω
R2 ∥ 5,84 = 4,203 Ω
Req = R1 + 4,203 = 4 + 4,203 = 8,203 Ω

Ответ

Req = 8,203 Ω
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR1 = 0,3902 A

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAR4​4 ΩBIs​1,5 A

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 10 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/4 + (VA − 10)/20 + (VA − VB)/20 = 0
0,35·VA − 0,05·VB = 0,5

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/4 + (VB − VA)/20 = 1,5
−0,05·VA + 0,3·VB = 1,5

Решите

Δ = (0,35)(0,3) − (−0,05)(−0,05) = 0,1025
VA = Δ1/Δ = 0,225/0,1025 = 2,195 V
VB = Δ2/Δ = 0,55/0,1025 = 5,366 V

Ответ

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (10 − 2,195)/20 = 0,3902 A
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: Is = 10,8 A

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

ЗТК в узле A

VA известно, поэтому это уравнение даёт VB.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(15 − 18)/15 + 15/30 = (VB − 15)/20
0,3 = (VB − 15)/20 → VB = 21 V

ЗТК в узле B

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

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (21 − 15)/20 + 21/2 = 10,8 A

Ответ

Is = 10,8 A
5.Метод контурных токов

Ответ: I2 = −0,3511 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​ = 8 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​15 VR3​10 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
8·I1 + 10(I1 − I2) = 15
18·I1 − 10·I2 = 15

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
6·I2 + 10(I2 − I1) = (−12)
−10·I1 + 16·I2 = −12

Решите

Δ = (18)(16) − (−10)(−10) = 188
I1 = Δ1/Δ = 120/188 = 0,6383 A
I2 = Δ2/Δ = −66/188 = −0,3511 A

Ответ

I2 = −0,3511 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: VR5 = 3,388 V

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

R1​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR4​12 ΩAR5​2 ΩB+−V2​36 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
15·I1 + 12(I1 − I2) = 10
27·I1 − 12·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
10·I2 + 12(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−12·I1 + 24·I2 − 2·I3 = 0

ЗНК для контура 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
20·I3 + 2(I3 − I2) = (−36)
−2·I2 + 22·I3 = −36

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 10980
I1 = Δ1/Δ = 4376/10980 = 0,3985 A
I2 = Δ2/Δ = 696/10980 = 0,06339 A
I3 = Δ3/Δ = −17904/10980 = −1,631 A

Ответ

IR5 = I2 − I3 = 1,694 A
VR5 = IR5·R5 = 1,694·2 = 3,388 V

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: IR1 = 1,763 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 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​15 ΩAR4​12 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 = 10+12 = 22 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 15·22/(15+22) = 8,919 Ω
VA = 30·8,919/(15+8,919) = 11,19 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 11,19·12/22 = 6,102 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (30 − 11,19)/15 = 1,254 A
R1​ = 15 ΩR3​ = 10 ΩКЗR2​15 ΩAR4​12 ΩBIs​2,5 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 = 15·15/(15+15) = 7,5 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 12 ∥ 17,5 = 7,119 Ω
VB = Is·Req = (−2,5)·7,119 = −17,8 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −17,8·7,5/17,5 = −7,627 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − −7,627)/15 = 0,5085 A

Сложите составляющие

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 1,254 + 0,5085 = 1,763 A

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

8.Метод наложения

Ответ: I = 5,5 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 = 7
2·I₁ + I₂ + I₃ = 10
I₁ + I₂ − I₃ = 2

Находим вклады

I₁ = 10 − 7 = 3 mA
I₃ = (7 − 2)/2 = 2,5 mA
I₂ = 7 − 3 − 2,5 = 1,5 mA

Отключаем V₂

I = I₁ + I₃ = 3 + 2,5 = 5,5 mA

Ответ

I = 5,5 mA
9.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 1,395 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​ = 5 ΩR3​ = 8 ΩКЗR2​10 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 = 5·10/(5+10) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 8 = 11,33 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​10 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) = 30·10/(5+10) = 20 V
Rth​ = 11,33 Ω+−Vth​20 VRL​3 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) = 20/(11,33 + 3) = 1,395 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: Vth = 62,44 V

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​36 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) = 33,33 + 6·1,852 = 44,44 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 44,44 + 6·3 = 62,44 V
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: W = 3,212 mJ

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

Постоянная времени и конечный ток

Спустя долгое время после замыкания катушка ведёт себя как короткое замыкание, поэтому конечный ток определяется только R.

τ = L/R = 47 mH / 22 Ω = 2,136 ms
i(∞) = Vs/R = 9/22 = 0,4091 A

Ток в заданный момент

i(t) = 0,4091·(1 − e−5/2,136) = 0,3697 A

Запасённая энергия

W = ½·L·i² = ½·47·0,3697² = 3,212 mJ

Ответ

W = 3,212 mJ
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: C = 2,501 µF

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

Требуемая постоянная времени

9,48 = 15·(1 − e−25/τ) → τ = 25/ln(15/(15 − 9,48))
τ = 25/0,9997 = 25,01 ms

Ёмкость

kΩ умножить на µF даёт миллисекунды.

C = τ/R = 25,01/10 = 2,501 µF

Ответ

C = 2,501 µF
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,3104 A

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

Реактивные сопротивления

ω = 2πf = 2π·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,02 = 6,283 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·10·10⁻⁶) = 318,3 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (−312)²) = 322,1 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 100/322,1 = 0,3104 A

Ответ

I = 0,3104 A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,2943 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|.

Реактивное сопротивление

XC = 1/(2π·500·4,7·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Параллельное соединение

Умножьте числитель и знаменатель на комплексно сопряжённое число, чтобы разделить Zp на действительную и мнимую части.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 29,66 − j17,51 Ω

Полное сопротивление цепи

Z = 50 + 29,66 − j17,51 = 79,66 − j17,51 Ω
|Z| = √(79,66² + 17,51²) = 81,56 Ω

Ток

I = V/|Z| = 24/81,56 = 0,2943 A

Ответ

I = 0,2943 A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Q = 45,6 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 = 39·1,169 = 45,6 kvar

Ответ

Q = 45,6 kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: ΔP = 93,58 kW

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

Реактивная мощность существующей нагрузки

Q1 = 90·tan(arccos 0,75) = 79,37 kvar

Наибольшая суммарная активная мощность

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 79,37²) = 183,6 kW

Дополнительная активная мощность

ΔP = 183,6 − 90 = 93,58 kW

Ответ

ΔP = 93,58 kW
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 11,36 kW

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

Фазное напряжение

Vph = 400/√3 = 230,9 V

Фазный ток

|Z| = √(12² + 5²) = 13 Ω
Iph = 230,9/13 = 17,76 A

Полная активная мощность

Активную мощность потребляет только активная составляющая каждого сопротивления.

P = 3·Iph²·R = 3·17,76²·12 = 11,36 kW

Ответ

P = 11,36 kW

Проверка: cos φ = R/|Z| = 0,9231, и √3·VL·IL·cos φ даёт ту же мощность.

18.Трёхфазная мощность

Ответ: QC = 107,2 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 = 200·tan(acos 0,7) = 200·1,02 = 204 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,9) = 200·0,4843 = 96,86 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 107,2 kvar

Ответ

QC = 107,2 kvar
19.Трансформаторы

Ответ: I1 = 2,875 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.

Вторичные напряжение и ток

V2 = 2300/10 = 230 V
I2 = 230/8 = 28,75 A

Первичный ток

Идеальный трансформатор не имеет потерь: V₁·I₁ = V₂·I₂.

I1 = I2/10 = 2,875 A

Ответ

I1 = 2,875 A

Проверка: нагрузка со стороны первичной обмотки равна a²·RL = 800 Ω, и 2300/800 даёт тот же ток.

20.Трансформаторы

Ответ: Sη,max = 17,68 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

x²·150 = 75 → x = √(75/150) = 0,7071

Нагрузка при максимальном КПД

Sη,max = x·S = 0,7071·25 = 17,68 kVA

Ответ

Sη,max = 17,68 kVA
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 2,68 V

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

Инвертирующий вход повторяет вход

V₋ = V₊ = 0,8 V
I = V₋/R1 = 0,8/2 = 0,4 mA

Выходное напряжение

Ток через R₁ течёт и через Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 0,8 + 0,4·4,7 = 2,68 V

Ответ

Vout = 2,68 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −8,511 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.

Входной ток и скорость нарастания

kΩ умножить на µF даёт миллисекунды.

RC = 10 kΩ · 0,47 µF = 4,7 ms
скорость нарастания = −Vin/(RC) = −2/4,7 = −0,4255 V/ms

Выходное напряжение в заданный момент

Идеальное значение лежит в пределах ±Vsat, поэтому интегратор ещё не вошёл в ограничение.

Vout = −Vin·t/(RC) = −2·20/4,7 = −8,511 V

Ответ

Vout = −8,511 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: VCE = 13,28 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.

Ток базы

IB = (VCC − VBE)/RB = (15 − 0,7)/390 kΩ = 36,67 µA

Ток коллектора

IC = β·IB = 100·36,67 µA = 3,667 mA

Напряжение коллектор–эмиттер

VCE = 15 − 3,667 mA·0,47 kΩ = 13,28 V

Ответ

VCE = 13,28 V
24.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 40 mA

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 базы

IB = (3,3 − 0,7)/3,3 kΩ = 787,9 µA

Насыщение или активный режим?

β·IB больше IC(sat), поэтому транзистор насыщается.

β·IB = 118,2 mA
IC(sat) = (9 − 0,2)/220 = 40 mA

Ток коллектора

IC = IC(sat) = 40 mA

Ответ

IC = 40 mA

Транзистор насыщен.

25.Системы счисления

Ответ: N = −117

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.

Сложите веса

Остальные биты сохраняют свои обычные положительные веса.

−128 + 8 + 2 + 1 = −117

Ответ

N = −117
26.Системы счисления

Ответ: R = 16

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.

0111 0111
AND 1001 1000
= 0001 0000

Значение результата

0001 0000₂ = 16

Ответ

R = 16
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 9

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.

ABCD000111100001111000011312040507161121130151140809011010

Сгруппируйте единицы

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

BCD′
A′B′C
ABC′

Минимальная форма SOP

F = BCD′ + A′B′C + ABC′
L = 9

Ответ

L = 9
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.

Полные циклы

Каждые 16 импульсов возвращают счётчик в то же состояние.

48 = 3·16 + 0

Значение после оставшихся импульсов

Q = (3 + 0) mod 16 = 3
Q = 0011₂

Ответ

Q = 3
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.25) = 1,971

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

4s + 5 = 4(s + 2) + −3
F(s) = 4/(s + 2) − 3/(s + 2)²

Обратное преобразование

f(t) = 4·e−2t − 3·t·e−2t
f(0,25) = (4 − 3·0,25)·e−2·0,25 = 1,971

Ответ

f(0,25) = 1,971
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.2) = 1,156

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 − 1s − 2 + 5(sY − 1) + 6Y = 0
Y(s) = (s + 7)/((s + 2)(s + 3))

Простые дроби

A = 5/1 = 5
B = 4/(−1) = −4

Результат

y(t) = 5·e−2t − 4·e−3t
y(0,2) = 1,156

Ответ

y(0,2) = 1,156

Проверка: y(0) = A + B = 1.

31.Структурные схемы

Ответ: K = 4

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

Характеристическое уравнение

1 + K/((s + 6)(s + 10)) = 0 → s² + 16s + 60 + K = 0

Кратный корень

Квадратный трёхчлен s² + βs + γ имеет двойной корень, когда β² = 4γ.

16² = 4(60 + K) → K = 256/4 − 60 = 4

Ответ

K = 4
Тогда оба полюса замкнутой системы находятся в s = −8.
32.Структурные схемы

Ответ: css = 0,1667

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

Передаточные функции

C/D = G/(1 + K·G) = 1/(s + 7 + 5)

Установившийся режим

css = 2·1/12 = 0,1667

Ответ

css = 0,1667

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

33.Переходная характеристика

Ответ: σ = −3

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 = 43 → ωₙ = 6,557 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·6,557) = 0,4575

Результат

σ = −ζωₙ = −6/2 = −3

Ответ

σ = −3
34.Переходная характеристика

Ответ: ts = 1 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).

Передаточная функция замкнутой системы

T(s) = 280/(s² + 8s + 280): ωₙ = 16,73 rad/s, ζ = 0,239

Время установления

ζωₙ = 8/2 = 4
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 1 s

Ответ

ts = 1 s

Для этого контура ζωₙ = a/2 при любом K: увеличение K усиливает перерегулирование, но не сокращает время установления.

35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: f0 = 503,3 Hz

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

Резонансная частота

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,1·1 × 10⁻⁶) = 3162 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 503,3 Hz

Ответ

f0 = 503,3 Hz
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: K = 39,36

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

Частота перехода фазы

(ω/2)·(ω/5) = 1 → ω180 = √(2·5) = 3,162 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 4)·√(ω² + 25)) = K/(2·5·(2 + 5)) = K/70

Требуемое усиление

70/K = 105/20 = 1,778
K = 70/1,778 = 39,36

Ответ

K = 39,36
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: N = 1

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 + 13s² + 40s − 5 = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 40
s²: 13, −5
s¹: 40,38
s⁰: −5

Смены знака в первом столбце

1 → 13 → 40,38 → −5
N = 1

Ответ

N = 1

Положительная обратная связь делает свободный коэффициент отрицательным: один вещественный полюс всегда уходит в правую полуплоскость.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: ω = 4,123 rad/s

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.

Критический коэффициент усиления

s³ + 8s² + 17s + 10 + K = 0
s¹: (8·17 − 10 − K)/8 = 0 → K = 126

Частота пересечения

8s² + 10 + 126 = 8s² + 136 = 0 → s² = −17
ω = √17 = 4,123 rad/s

Ответ

ω = 4,123 rad/s
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 0,5

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

Коэффициент ошибки по ускорению

Ka = 2·4/4 = 2

Ошибка по параболическому воздействию

ess = 1/2 = 0,5

Ответ

ess = 0,5
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 14,06

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 + 6) + 4K = s² + 6s + 4K

Собственная частота

2·0,4·ωₙ = 6 → ωₙ = 7,5 rad/s

Коэффициент усиления

4K = ωₙ² = 56,25 → K = 14,06

Ответ

K = 14,06

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