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 ΩIR1​R3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAR4​5 ΩB

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩR3 = 12 ΩR4 = 5 Ω
IR1 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 12 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩIR2​AR4​3 ΩBR6​4 Ω

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 30 VR1 = 12 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 ΩR4 = 3 ΩR5 = 6 ΩR6 = 4 Ω
IR2 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
−+Vs​ = 5 VIx​Is​3 AAR1​8 ΩR2​10 ΩB

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

Is = 3 AVs = 5 VR1 = 8 ΩR2 = 10 Ω
Ix = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​36 VR2​2 ΩAR4​4 ΩBIs​?

Источник тока регулируют до тех пор, пока напряжение узла A не станет VA = 13,5 V. Методом узловых потенциалов найдите ток источника Is (направление как на схеме).

V1 = 36 VR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 6 ΩR4 = 4 ΩVA = 13,5 V
Is = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 20 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​15 VR3​3 ΩIR3​A+−V2​6 VI1​I2​

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

V1 = 15 VV2 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 3 Ω
IR3 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 6 ΩR2​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR4​3 ΩAR5​2 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

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

V1 = 30 VV2 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩR4 = 3 ΩR5 = 2 Ω
I1 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 8 ΩIR1​R3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAR4​10 ΩBIs​1 A

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

V1 = 15 VIs = 1 AR1 = 8 ΩR2 = 3 ΩR3 = 20 ΩR4 = 10 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 = 20 mA. Если V1 удвоить, а два других оставить без изменений, I = 30,5 mA. Если изменить направление Is на противоположное, а два других оставить без изменений, I = 7 mA. Найдите ток нагрузки I, если V2 отключён, а V1 и Is имеют номинальные значения.

номинальные значения: I = 20 mA2·V1: I = 30,5 mA−Is: I = 7 mA
I = mA
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAab

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

V1 = 9 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 Ω
IN = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 5 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​36 VR2​12 ΩAIs​1,5 ABRL​20 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 20 Ω. С помощью эквивалента Тевенина найдите мощность PL, передаваемую в нагрузку.

V1 = 36 VIs = 1,5 AR1 = 5 ΩR2 = 12 ΩR3 = 15 ΩRL = 20 Ω
PL = W
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​12 Vt = 0R = 33 ΩL100 mHi(t)

До замыкания ключа в момент t = 0 тока через катушку нет. Найдите энергию W(∞), запасённую в катушке после установления режима, в mJ.

Vs = 12 VR = 33 ΩL = 100 mH
W(∞) = mJ
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​15 Vt = 0R = ?C100 µF+−vC​

Таймер при t = 0 начинает заряжать незаряженный конденсатор через резистор от источника 15 V. Он должен сработать, когда напряжение конденсатора достигнет 9 V, ровно через 50 ms после старта. При C = 100 µF найдите необходимое сопротивление R.

Vs = 15 VVth = 9 VT = 50 msC = 100 µF
R = kΩ
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
Vf0​ = 5000 HzRL = ?C = 0,22 µF

Последовательный RLC-контур с C = 0,22 µF должен резонировать на частоте 5000 Hz. Найдите необходимую индуктивность L.

f0 = 5000 HzC = 0,22 µF
L = mH
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
230 V60 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 100 µF

Последовательная цепь RLC подключена к сети 230 V (действующее значение), 60 Hz. Найдите резонансную частоту f0 цепи.

V = 230 V (rms)f = 60 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 100 µF
f0 = Hz
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
230 VR + jXP = 3450 W20 A

Индуктивная нагрузка потребляет 20 A и 3450 W от однофазной сети 230 V (действующее значение). Представьте её как сопротивление R, соединённое последовательно с реактивным сопротивлением X. Найдите X.

V = 230 VI = 20 AP = 3450 W
X = Ω
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
400 V50 Hzнагрузка7 kW, 0,75C33 µFI = ?

Однофазная нагрузка потребляет 7 kW при коэффициенте мощности 0,75 (индуктивном) от сети 400 V, 50 Hz. Параллельно нагрузке подключён конденсатор 33 µF. Найдите новый ток линии I.

P = 7 kWpf1 = 0,75V = 400 Vf = 50 HzC = 33 µF
I = A
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 208 VIL​ = 80 Acos φ = 0,82отстающий

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет линейный ток 80 A от сети с линейным напряжением 208 V. Коэффициент мощности 0,82 (отстающий). Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 208 VIL = 80 Acos φ = 0,82
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 200 kW при коэффициенте мощности 0,75 (отстающий) от сети 415 V (линейное), 60 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,92 (отстающий). Активная мощность не меняется. Конденсаторы соединены треугольником. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 200 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
RL​ = 30 Ω1011200 VV2​I1​ = ?I2​

К первичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 10:1 приложено 1200 V. К вторичной обмотке подключён резистор 30 Ω. Найдите первичный ток I1.

N1:N2 = 10:1V1 = 1200 VRL = 30 Ω
I1 = A
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,875 kVA, 75% нагрузка

Однофазный трансформатор 75 kVA имеет потери в стали 450 W и потери в меди 1800 W при номинальной нагрузке. Он отдаёт 75% номинальной мощности в kVA при коэффициенте мощности 0,8 (отстающий). Найдите суммарные потери Ploss в ваттах при этой нагрузке.

S = 75 kVAPcore = 450 WPcu,fl = 1800 Wx = 0,75pf = 0,8
Ploss = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​R2​ = 100 kΩV1​ = 2,9 VR1​ = 22 kΩV2​ = 3 VR3​ = 22 kΩR4​ = 100 kΩ

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

V1 = 2,9 VV2 = 3 VR1 = R3 = 22 kΩR2 = R4 = 100 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​R2​ = 22 kΩV1​ = 0,8 VR1​ = 2 kΩV2​ = 0,6 VR3​ = 22 kΩR4​ = 22 kΩ

ОУ идеальный и питается от ±15 V. Отношения резисторов не согласованы. Найдите выходное напряжение Vout.

V1 = 0,8 VV2 = 0,6 VR1 = 2 kΩR2 = 22 kΩR3 = 22 kΩR4 = 22 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 1,2 kΩβ = 100IC​ = ?VCC​ = 10 VRB​ = 330 kΩ

NPN-транзистор с β = 100 смещён резистором базы RB = 330 kΩ от источника питания VCC = 10 V. Резистор коллектора RC = 1,2 kΩ, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите ток коллектора IC в mA.

VCC = 10 VRB = 330 kΩRC = 1,2 kΩβ = 100VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
+−≥ 20 VR = ?5,6 V≤ 50 mA

Стабилизатор на стабилитроне 5,6 V должен питать нагрузку током до 50 mA. Входное напряжение может падать до 20 V, а стабилитрону для стабилизации нужно не менее 2 mA. Найдите наибольшее последовательное сопротивление Rmax, при котором стабилизация сохраняется.

Vin,min = 20 VVZ = 5,6 VIL,max = 50 mAIZ,min = 2 mA
Rmax = Ω
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код?−128?64?32?16?8?4?2?1

Запишите −113 как 8-битную комбинацию в дополнительном коде. Прочитайте комбинацию как беззнаковое двоичное число: каково его значение U в десятичной системе?

N = −1138 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 1110 0011 << 3. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

1110 0011<< 3
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABCD000111100001111010111302040507061121131151140819011110

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «произведение сумм» (POS) для F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 3, 9, 10, 12, 13, 14, 15). Сколько членов-сумм (множителей), N, в ней?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 3, 9, 10, 12, 13, 14, 15)
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​CLKMOD-7

Счётчику по модулю 7 нужно пройти через 7 различных состояний. Каково минимальное число триггеров n, которое ему нужно?

N = 7
n =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 0,75f(0,75) = ?

Найдите f(t) для F(s) = (3s + 15)/(s² + 2s + 1) и вычислите f(0,75).

F(s) = (3s + 15)/(s² + 2s + 1)t = 0,75 s
f(0.75) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 10y′ + 24y = 24·u(t), где y(0) = 5 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 2. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,2).

y″ + 10y′ + 24y = 24·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,2 s
y(0.2) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+7(s + 4)(s + 2)(s + 5)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 7(s + 4)/((s + 2)(s + 5)). На задающее воздействие подаётся ступенька величиной 2. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 7(s + 4)/((s + 2)(s + 5))R = 2
ess =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+Ks(s + 6)(s + 10)G(s)C(s)−

Объект G(s) = K/(s(s + 6)(s + 10)) помещён в контур с единичной отрицательной обратной связью. При наибольшем устойчивом коэффициенте в контуре возникают колебания. Найдите частоту колебаний ω в rad/s.

G(s) = K/(s(s + 6)(s + 10))единичная отрицательная обратная связь
ω = rad/s
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)0,5

Система имеет передаточную функцию G(s) = 50/(s² + 7s + 100) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите собственную частоту ωn в rad/s.

G(s) = 50/(s² + 7s + 100)
ωn = rad/s
34.Переходная характеристикаСложная
+−24 VR = 20 ΩL = 100 mHC = 10 µFvC​

Последовательная RLC-цепь с R = 20 Ω, L = 100 mH и C = 10 µF подключается к ступеньке 24 V при t = 0. Конденсатор не заряжен, и до ступеньки ток не течёт. Найдите перерегулирование %OS напряжения на конденсаторе в процентах.

R = 20 ΩL = 100 mHC = 10 µFV = 24 V
%OS = %
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,11101001000−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 20

Найдите точный модуль |G(jω)| функции G(s) = 2025/((s + 9)(s + 15)) при ω = 20 rad/s в dB.

G(s) = 2025/((s + 9)(s + 15))ω = 20 rad/s
|G(jω)| = dB
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 + 4)(s + 10)). Найдите коэффициент усиления K, который даёт запас по усилению 12 dB.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 10))GM = 12 dB
K =
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1(s + 1)(s + 3)(s + 4)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K/((s + 1)(s + 3)(s + 4)), K > 0. Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K/((s + 1)(s + 3)(s + 4))
Kmax =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4−6−8−10−12j2

Корневой годограф L(s) = K(s + 11)/(s(s + 7)) покидает вещественную ось между s = 0 и s = −7, огибает нуль по окружности и снова выходит на вещественную ось левее нуля. Найдите точку входа si.

L(s) = K(s + 11)/(s(s + 7))
si =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 3t+2(s + 4)s(s + 5)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 2(s + 4)/(s(s + 5)) подано линейное воздействие r(t) = 3t. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 2(s + 4)/(s(s + 5))r(t) = 3t
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
r(t) = 2t+1 + 1/s10(s + 2)(s + 5)C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = 1 + 1/s управляет объектом G(s) = 10/((s + 2)(s + 5)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите установившуюся ошибку ess для линейного входа r(t) = 2t.

C(s) = 1 + 1/sG(s) = 10/((s + 2)(s + 5))r(t) = 2t
ess =

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 1,336 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​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAR4​5 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 = 12 + 5 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 15·17/(15+17) = 7,969 Ω
Req = R1 + 7,969 = 10 + 7,969 = 17,97 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 24/17,97 = 1,336 A

Ответ

IR1 = 1,336 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 0,9053 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​ = 5 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAR4​3 ΩBR6​4 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 = 6 + 4 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 2,308 Ω
R3 + 2,308 = 7,308 Ω
R2 ∥ 7,308 = 3,819 Ω
Req = R1 + 3,819 = 12 + 3,819 = 15,82 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 30/15,82 = 1,896 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 30 − 1,896·12 = 7,243 V
IR2 = VA/R2 = 7,243/8 = 0,9053 A

Ответ

IR2 = 0,9053 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: Ix = 1,611 A

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

Образуем супер-узел

Через источник напряжения между A и B течёт неизвестный ток, поэтому ЗТК нельзя записать отдельно для A или B. Объедините A, B и источник в один супер-узел: втекающий в него ток равен вытекающему.

VB = VA + Vs = VA + 5
VA/R1 + VB/R2 = Is

Решите

VA/8 + (VA + 5)/10 = 3
VA = (3 − 5/10)/(1/8 + 1/10) = 11,11 V
VB = 11,11 + 5 = 16,11 V

Ток через источник напряжения

Всё, что проходит через источник от A к B, уходит из узла B через R₂.

Ix = VB/R2 = 16,11/10 = 1,611 A

Ответ

Ix = 1,611 A

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

4.Метод узловых потенциалов

Ответ: Is = 1,5 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
(13,5 − 36)/3 + 13,5/2 = (VB − 13,5)/6
−0,75 = (VB − 13,5)/6 → VB = 9 V

ЗТК в узле B

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

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (9 − 13,5)/6 + 9/4 = 1,5 A

Ответ

Is = 1,5 A
5.Метод контурных токов

Ответ: IR3 = 0,8519 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​ = 20 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​15 VR3​3 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
20·I1 + 3(I1 − I2) = 15
23·I1 − 3·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
15·I2 + 3(I2 − I1) = (−6)
−3·I1 + 18·I2 = −6

Решите

Δ = (23)(18) − (−3)(−3) = 405
I1 = Δ1/Δ = 252/405 = 0,6222 A
I2 = Δ2/Δ = −93/405 = −0,2296 A

Ответ

IR3 = I1 − I2 = 0,8519 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I1 = 3,587 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​ = 6 ΩR2​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR4​3 ΩAR5​2 ΩB+−V2​9 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
6·I1 + 3(I1 − I2) = 30
9·I1 − 3·I2 = 30

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
8·I2 + 3(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−3·I1 + 13·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
15·I3 + 2(I3 − I2) = (−9)
−2·I2 + 17·I3 = −9

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 1800
I1 = Δ1/Δ = 6456/1800 = 3,587 A
I2 = Δ2/Δ = 1368/1800 = 0,76 A
I3 = Δ3/Δ = −792/1800 = −0,44 A

Ответ

I1 = 3,587 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: IR1 = −1,314 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​ = 8 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAR4​10 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 = 20+10 = 30 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 3·30/(3+30) = 2,727 Ω
VA = 15·2,727/(8+2,727) = 3,814 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,814·10/30 = 1,271 V
IR1′ = (VA − V1)/R1 = (3,814 − 15)/8 = −1,398 A
R1​ = 8 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​3 ΩAR4​10 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 = 8·3/(8+3) = 2,182 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 10 ∥ 22,18 = 6,893 Ω
VB = Is·Req = 1·6,893 = 6,893 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 6,893·2,182/22,18 = 0,678 V
IR1″ = (VA − V1)/R1 = (0,678 − 0)/8 = 0,08475 A

Сложите составляющие

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = (−1,398) + 0,08475 = −1,314 A

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

8.Метод наложения

Ответ: I = 17 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 = 20
2·I₁ + I₂ + I₃ = 30,5
I₁ + I₂ − I₃ = 7

Находим вклады

I₁ = 30,5 − 20 = 10,5 mA
I₃ = (20 − 7)/2 = 6,5 mA
I₂ = 20 − 10,5 − 6,5 = 3 mA

Отключаем V₂

I = I₁ + I₃ = 10,5 + 6,5 = 17 mA

Ответ

I = 17 mA
9.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = 0,4737 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​ = 6 ΩКЗR2​20 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 = 10·20/(10+20) = 6,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,667 + 6 = 12,67 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​20 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) = 9·20/(10+20) = 6 V
IN​0,4737 ARth​12,67 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 = 6/12,67 = 0,4737 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: PL = 38,14 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​ = 5 ΩR3​ = 15 ΩКЗR2​12 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 = 5·12/(5+12) = 3,529 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,529 + 15 = 18,53 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​36 VR2​12 ΩAIs​1,5 ABab+−Vth​

Найдите Vth — напряжение холостого хода

Когда a–b разомкнуты, Iₛ может течь только через R₃ в узел A. Найдите V_A наложением V₁ и Iₛ, затем прибавьте падение на R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 25,41 + 1,5·3,529 = 30,71 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 30,71 + 1,5·15 = 53,21 V
Rth​ = 18,53 Ω+−Vth​53,21 VRL​20 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) = 53,21/(18,53 + 20) = 1,381 A
PL = IL²·RL = 1,381²·20 = 38,14 W
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: W(∞) = 6,612 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 = 100 mH / 33 Ω = 3,03 ms
i(∞) = Vs/R = 12/33 = 0,3636 A

Запасённая энергия

W(∞) = ½·L·i(∞)² = ½·100·0,3636² = 6,612 mJ

Ответ

W(∞) = 6,612 mJ
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: R = 0,5457 kΩ

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

Требуемая постоянная времени

9 = 15·(1 − e−50/τ) → τ = 50/ln(15/(15 − 9))
τ = 50/0,9163 = 54,57 ms

Сопротивление

kΩ умножить на µF даёт миллисекунды.

R = τ/C = 54,57/100 = 0,5457 kΩ

Ответ

R = 0,5457 kΩ
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: L = 4,606 mH

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

Условие резонанса

При резонансе индуктивное и ёмкостное сопротивления компенсируют друг друга: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·5000 = 31416 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(31416²·0,22·10⁻⁶) = 4,606 mH

Ответ

L = 4,606 mH
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: f0 = 31,83 Hz

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

Резонанс

При резонансе индуктивное и ёмкостное сопротивления компенсируют друг друга: ωL = 1/(ωC). Частота сети не важна.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,25·100·10⁻⁶)) = 31,83 Hz

Ответ

f0 = 31,83 Hz
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: X = 7,607 Ω

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

Сопротивление по активной мощности

R = P/I² = 3450/20² = 8,625 Ω

Реактивное сопротивление по полному

|Z| = V/I = 230/20 = 11,5 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(11,5² − 8,625²) = 7,607 Ω

Ответ

X = 7,607 Ω
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 20,82 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 = 7·tan(arccos 0,75) = 6,173 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·50·33·10⁻⁶ = 1659 var = 1,659 kvar
Q2 = 6,173 − 1,659 = 4,515 kvar

Новая полная мощность

S2 = √(7² + 4,515²) = 8,33 kVA

Новый ток линии

I = S2/V = 8330/400 = 20,82 A

Ответ

I = 20,82 A
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 23,63 kW

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

Полная мощность

S = √3·VL·IL = √3·208·80 = 28,82 kVA

Активная мощность

P = S·cos φ = 28,82·0,82 = 23,63 kW

Ответ

P = 23,63 kW
18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 468,1 µF

Симметричные трёхфазные системы: при соединении звездой (Y) линейное напряжение в √3 раз больше фазного, VL = √3·Vph, а линейный ток равен фазному. При соединении треугольником (Δ) линейное напряжение равно фазному, а линейный ток в √3 раз больше фазного, IL = √3·Iph. Полная мощность в три раза больше мощности одной фазы: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Компенсация реактивной мощности: конденсаторы вырабатывают реактивную мощность на месте, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Каждый из трёх конденсаторов даёт QC/3 = V²·ω·C, где V — напряжение на этом конденсаторе: VL в батарее, соединённой треугольником, VL/√3 — в батарее, соединённой звездой.

Реактивная мощность до и после

Активная мощность не меняется, поэтому каждый коэффициент мощности задаёт реактивную мощность: Q = P·tan φ.

Q1 = 200·tan(acos 0,75) = 200·0,8819 = 176,4 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,92) = 200·0,426 = 85,2 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 91,18 kvar

Ёмкость на фазу

В батарее, соединённой треугольником, каждый конденсатор включён между двумя линейными проводами.

V = 415 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 30395/(377·415²) = 468,1 µF

Ответ

Cph = 468,1 µF
19.Трансформаторы

Ответ: I1 = 0,4 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 = 1200/10 = 120 V
I2 = 120/30 = 4 A

Первичный ток

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

I1 = I2/10 = 0,4 A

Ответ

I1 = 0,4 A

Проверка: нагрузка со стороны первичной обмотки равна a²·RL = 3000 Ω, и 1200/3000 даёт тот же ток.

20.Трансформаторы

Ответ: Ploss = 1463 W

Потери в трансформаторе: потери в стали (гистерезис и вихревые токи) зависят от напряжения и одинаковы при любой нагрузке. Потери в меди обмоток пропорциональны квадрату тока, поэтому при доле x от номинальной нагрузки они равны x²·Pcu,fl. КПД η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), где Pout = x·S·pf. КПД максимален при той нагрузке, при которой потери в меди равны потерям в стали.

Потери в меди при этой нагрузке

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,5625·1800 = 1013 W

Суммарные потери

Потери в стали одинаковы при любой нагрузке.

Ploss = 450 + 1013 = 1463 W

Ответ

Ploss = 1463 W

КПД при этой нагрузке η = 96,85%.

21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 0,4545 V

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

Напряжение на входах

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

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 3·100/(22 + 100) = 2,459 V
V₋ = V₊

ЗТК на инвертирующем входе

(2,9 − 2,459)/22 = (2,459 − Vout)/100
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (100/22)·(3 − 2,9) = 0,4545 V

Ответ

Vout = 0,4545 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −5,2 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₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 0,6·22/(22 + 22) = 0,3 V

Наложение двух входов

При V₂ = 0 для V₁ схема — инвертирующий усилитель. При V₁ = 0 V₊ усиливается с коэффициентом неинвертирующего усилителя 1 + R₂/R₁.

Vout = −(22/2)·0,8 + (1 + 22/2)·0,3 = −8,8 + 3,6 = −5,2 V

Ответ

Vout = −5,2 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 2,818 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.

Ток базы

IB = (VCC − VBE)/RB = (10 − 0,7)/330 kΩ = 28,18 µA

Ток коллектора

IC = β·IB = 100·28,18 µA = 2,818 mA

Ответ

IC = 2,818 mA

Проверка: VCE = 6,618 V заметно больше 0,2 V, значит, транзистор действительно в активном режиме.

24.Диоды и транзисторы

Ответ: Rmax = 276,9 Ω

Стабилизатор на стабилитроне: стабилитрон, включённый в обратном направлении, удерживает напряжение VZ, пока его ток остаётся выше минимума IZ,min. Последовательный резистор R берёт на себя разность между входным и выходным напряжением: IR = (Vin − VZ)/R. Этот ток делится между нагрузкой, IL = VZ/RL, и стабилитроном: IZ = IR − IL. Проектируйте для худших случаев: при наименьшем входном напряжении и наибольшей нагрузке должен оставаться ток IZ,min, а при наибольшем входном напряжении без нагрузки получается наибольшая мощность стабилитрона PZ = VZ·IZ.

Ток в худшем случае

IR = 50 + 2 = 52 mA

Наибольшее сопротивление

Rmax = 14,4/0,052 = 276,9 Ω

Ответ

Rmax = 276,9 Ω
25.Системы счисления

Ответ: U = 143

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

Инвертируйте и прибавьте единицу

113 = 0111 0001
инвертировано: 1000 1110
+1 → 1000 1111

Прочитайте как беззнаковое

1000 1111₂ = 256 − 113 = 143

Ответ

U = 143
26.Системы счисления

Ответ: R = 24

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

Сдвиг влево на 3 перемещает каждый бит на 3 позиций влево; биты, выходящие за левый край, теряются, а справа входят нули.

1110 0011 << 3
= 0001 1000

Значение результата

0001 1000₂ = 24

Ответ

R = 24
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 4

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.

ABCD000111100001111010111302040507061121131151140819011110

Сгруппируйте нули

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

(A + C′ + D)
(A + B′)
(A′ + B + C + D)
(A′ + B + C′ + D′)

Минимальная форма POS

F = (A + C′ + D)(A + B′)(A′ + B + C + D)(A′ + B + C′ + D′)
N = 4

Ответ

N = 4
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: n = 3

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

Число триггеров

2ⁿ ≥ 7 → n = 3 (2³ = 8)

Ответ

n = 3
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.75) = 5,668

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 + 2s + 1 = (s + 1)²

Простые дроби

3s + 15 = 3(s + 1) + 12
F(s) = 3/(s + 1) + 12/(s + 1)²

Обратное преобразование

f(t) = 3·e−t + 12·t·e−t
f(0,75) = (3 + 12·0,75)·e−0,75 = 5,668

Ответ

f(0,75) = 5,668
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.2) = 4,237

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

(s² + 10s + 24)·Y(s) = 5s + 50 + 48/s
Y(s) = (5s² + 50s + 48)/(s(s + 4)(s + 6))

Простые дроби

A = 48/(4·6) = 2
B = −72/((−4)·2) = 9
C = −72/((−6)·(−2)) = −6

Результат

y(t) = 2 + 9·e−4t − 6·e−6t
y(0,2) = 4,237

Ответ

y(0,2) = 4,237

Проверка: y(0) = A + B + C = 5.

31.Структурные схемы

Ответ: ess = 0,5263

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).

Коэффициент ошибки по положению

Kₚ = G(0) = 7·4/(2·5) = 2,8

Установившаяся ошибка

ess = A/(1 + Kₚ) = 2/(1 + 2,8) = 0,5263

Ответ

ess = 0,5263
32.Структурные схемы

Ответ: ω = 7,746 rad/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).

Характеристическое уравнение

s³ + 16s² + 60s + K = 0

Таблица Рауса

s³ | 1 60
s² | 16 K
s¹ | (16·60 − K)/16
s⁰ | K

Граница устойчивости

Все элементы первого столбца должны быть положительными.

Kmax = 16·60 = 960

Частота колебаний

16·(jω)² + 960 = 0 → ω² = 960/16 = 60
ω = 7,746 rad/s

Ответ

ω = 7,746 rad/s
33.Переходная характеристика

Ответ: ωn = 10 rad/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 = 100 → ωₙ = 10 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·10) = 0,35

Результат

ωₙ = 10 rad/s

Ответ

ωn = 10 rad/s
34.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 72,92 %

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 = 1/√(LC) = 1/√(0,1·1 × 10⁻⁵) = 1000 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (20/2)·√(1 × 10⁻⁵/0,1) = 0,1

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 72,92 %

Ответ

%OS = 72,92 %
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: |G(jω)| = 11,35 dB

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

Перемножьте модули

|G(j20)| = 2025/(√(20² + 9²)·√(20² + 15²)) = 2025/(21,93·25) = 3,693

Результат

20·log₁₀(3,693) = 11,35 dB

Ответ

|G(jω)| = 11,35 dB
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: K = 140,7

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/4)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(4·10) = 6,325 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 100)) = K/(4·10·(4 + 10)) = K/560

Требуемое усиление

560/K = 1012/20 = 3,981
K = 560/3,981 = 140,7

Ответ

K = 140,7
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 140

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 + 8s² + 19s + 12 + K = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 19
s²: 8, 12 + K
s¹: (8·19 − 12 − K)/8
s⁰: 12 + K

Условие

Элемент строки s¹ должен оставаться положительным.

K < 8·19 − 12 = 140

Ответ

Kmax = 140

На границе устойчивости контур колеблется с частотой ω = √19 = 4,359 rad/s.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: si = −17,63

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

Коэффициент усиления вдоль вещественной оси

K(s) = −(s² + 7s)/(s + 11)

Стационарные точки

Продифференцируйте по правилу для частного и приравняйте числитель к нулю.

(2s + 7)(s + 11) − (s² + 7s) = s² + 22s + 77 = 0
s = −11 ± √44 = −4,367, −17,63

Точка входа

si = −17,63

Ответ

si = −17,63

Между двумя точками годограф представляет собой окружность с центром в нуле и радиусом √44 = 6,633.

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 1,875

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 скоростной ошибки

Kv = lim s·G(s) = 1,6

Ошибка по линейному воздействию

ess = 3/1,6 = 1,875

Ответ

ess = 1,875
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 2

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).

Коэффициент скоростной ошибки

s·C(s) = 1s + 1 → 1 при s → 0.

Kv = 1·10/10 = 1

Ошибка по линейному воздействию

ess = 2/1 = 2

Ответ

ess = 2

ПИ-регулятор полностью устраняет ошибку по ступеньке; линейное воздействие отслеживается с постоянным отставанием.

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