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​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAR4​8 ΩB

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 ΩR4 = 8 Ω
IR1 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 25 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAR4​5 ΩBR6​4 Ω

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 18 VR1 = 25 ΩR2 = 20 ΩR3 = 30 ΩR4 = 5 ΩR5 = 4 ΩR6 = 4 Ω
Req = Ω
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 2 ΩIR1​R3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​10 ΩBIs​1 A

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

V1 = 24 VIs = 1 AR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩR4 = 10 Ω
IR1 = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩAR4​8 ΩIR4​B0,5·VA​

Ромб — это источник тока, управляемый напряжением, который направляет ток 0,5·VA (в A при VA в V) вверх в узел B. Методом узловых потенциалов найдите ток IR4 через R4 в направлении стрелки.

V1 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩR4 = 8 Ωg = 0,5 A/V
IR4 = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 10 ΩR2​ = 12 ΩIR2​+−V1​15 VR3​5 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

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

V1 = 15 VV2 = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 5 Ω
IR2 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 12 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR4​3 ΩAR5​6 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

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

V1 = 15 VV2 = 36 VR1 = 12 ΩR2 = 30 ΩR3 = 5 ΩR4 = 3 ΩR5 = 6 Ω
I1 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 10 ΩIR1​R3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​4 ΩAR4​2 ΩBIs​4 A

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

V1 = 12 VIs = 4 AR1 = 10 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 Ω
IR1 = A
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 25 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​15 VR3​6 ΩIR3​AIs​1 AB−+V2​15 V

Используйте метод наложения, чтобы найти мощность PR3, потребляемую R3.

V1 = 15 VIs = 1 AV2 = 15 VR1 = 25 ΩR2 = 15 ΩR3 = 6 ΩR4 = 2 Ω
PR3 = W
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩARL​20 ΩIL​B

К a–b подключена нагрузка RL = 20 Ω. Замените остальную цепь эквивалентом Тевенина и найдите ток нагрузки IL.

V1 = 6 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 3 ΩRL = 20 Ω
IL = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​5 VR2​30 ΩAIs​5 ABRL​30 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 30 Ω. Замените остальную цепь эквивалентом Тевенина и найдите ток нагрузки IL.

V1 = 5 VIs = 5 AR1 = 8 ΩR2 = 30 ΩR3 = 5 ΩRL = 30 Ω
IL = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​24 Vt = 0R = 10 ΩL68 mHi(t)

До замыкания ключа в момент t = 0 тока через катушку нет. Через какое время после замыкания ключа ток достигнет 75% конечного значения? Найдите t.

Vs = 24 VR = 10 ΩL = 68 mH
t = ms
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​6 Vt = 0R = 6,8 kΩC47 µF+−vC​vC​(0) = 15 V

Непосредственно перед замыканием ключа в момент t = 0 конденсатор заряжен до 15 V с указанной полярностью. Через какое время vC достигнет 12,3 V? Найдите t.

Vs = 6 VR = 6,8 kΩC = 47 µFvC(0) = 15 V
t = ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
Vf0​ = 2000 HzRL = ?C = 47 µF

Последовательный RLC-контур с C = 47 µF должен резонировать на частоте 2000 Hz. Найдите необходимую индуктивность L.

f0 = 2000 HzC = 47 µF
L = mH
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
50 V200 HzR = 100 ΩL = 20 mHC = 100 µF

Последовательная цепь RLC подключена к сети 50 V (действующее значение), 200 Hz. Найдите резонансную частоту f0 цепи.

V = 50 V (rms)f = 200 HzR = 100 ΩL = 20 mHC = 100 µF
f0 = Hz
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
230 V116 kW, 0,7216 kW, 0,85I = ?

К однофазной сети 230 V параллельно подключены две нагрузки: нагрузка 16 kW при коэффициенте мощности 0,7 (индуктивном) и нагрузка 16 kW при коэффициенте мощности 0,85 (индуктивном). Найдите общий ток I, потребляемый от сети.

V = 230 VP1 = 16 kW, pf1 = 0,7 отстающийP2 = 16 kW, pf2 = 0,85 отстающий
I = A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
230 V50 Hzнагрузка13 kW, 0,6C150 µFI

Однофазная нагрузка потребляет 13 kW при коэффициенте мощности 0,6 (индуктивном) от сети 230 V, 50 Hz. Параллельно нагрузке подключён конденсатор 150 µF. Найдите новый коэффициент мощности cos φ со стороны сети.

P = 13 kWpf1 = 0,6V = 230 Vf = 50 HzC = 150 µF
cos φ =
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 400 VIL​ = 15 Acos φ = 0,8отстающий

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет линейный ток 15 A от сети с линейным напряжением 400 V. Коэффициент мощности 0,8 (отстающий). Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 400 VIL = 15 Acos φ = 0,8
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 60 kW при коэффициенте мощности 0,78 (отстающий) от сети 400 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 = 60 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
RL​ = 12 Ω21460 VV2​I1​ = ?I2​

К первичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 2:1 приложено 460 V. К вторичной обмотке подключён резистор 12 Ω. Найдите первичный ток I1.

N1:N2 = 2:1V1 = 460 VRL = 12 Ω
I1 = A
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,8500 kVA, η = 97,5%

Однофазный трансформатор 500 kVA имеет потери в стали 1500 W. При номинальной нагрузке и коэффициенте мощности 0,8 (отстающий) его КПД равен 97,5%. Найдите потери в меди при номинальной нагрузке Pcu,fl в ваттах.

S = 500 kVAPcore = 1500 Wpf = 0,8η = 97,5%
Pcu,fl = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​R2​ = 4,7 kΩV1​ = 1,5 VR1​ = 2 kΩV2​ = 0,8 VR3​ = 2 kΩR4​ = 4,7 kΩ

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

V1 = 1,5 VV2 = 0,8 VR1 = R3 = 2 kΩR2 = R4 = 4,7 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = 0,6 VR1​ = 2 kΩV2​ = −1,5 VR2​ = 47 kΩ

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

V1 = 0,6 VV2 = −1,5 VR1 = 2 kΩR2 = 47 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
+−9 VR = ?2 × 2,1 V10 mA

Светодиодов: 2 (жёлтый), прямое напряжение 2,1 V у каждого; они соединены последовательно с резистором к источнику 9 V. Найдите сопротивление R, при котором ток равен 10 mA.

Vs = 9 VVF = 2,1 Vn = 2I = 10 mA
R = Ω
24.Диоды и транзисторыСложная
V (V)I (mA)0,7320Q = ?

Диод моделируется напряжением 0,7 V последовательно с 50 Ω (он проводит выше 0,7 V). Он включён последовательно с резистором 150 Ω к источнику 3 V. Найдите рабочий ток ID в точке пересечения характеристики диода и нагрузочной прямой.

Vs = 3 VR = 150 ΩV0 = 0,7 Vrd = 50 Ω
ID = mA
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −37 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −378 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
8 bit1 px1920 px1080 pxM = ? KiB

Несжатое изображение имеет размер 1920 × 1080 пикселей и 8 бит на пиксель. Сколько памяти M оно занимает, в KiB (1 KiB = 1024 байта)?

1920 × 1080 px8 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABCD00011110000111101111111

На этой карте Карно ровно у одной единицы нет соседней единицы, поэтому в минимальной форме SOP она остаётся группой из одной клетки (полным минтермом из четырёх литералов). Соседи через края карты учитываются. Нажмите на эту клетку.

F = Σm(3, 4, 7, 8, 9, 11, 13)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​CLKUP

3-разрядный двоичный суммирующий счётчик начинает с 1 (в десятичном виде, Q = 001). Какое значение Q (в десятичном виде) он покажет после 19 тактовых импульсов?

Q0 = 119n = 3
Q =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81

F(s) = (6s + 34)/(s² + 12s + 35). Её оригинал имеет вид f(t) = A·e−5t + B·e−7t. Найдите коэффициент A разложением на простые дроби.

F(s) = (6s + 34)/(s² + 12s + 35)
A =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,6y(0,6) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 7y′ + 10y = 20·u(t). Она начинает из покоя (y(0) = 0, y′(0) = 0), а входом служит ступенька u(t) = 5 при t ≥ 0. С помощью преобразования Лапласа найдите выход y(0,6).

y″ + 7y′ + 10y = 20·u(t)u(t) = 5y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,6 s
y(0.6) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+19s + 4G(s)C(s)0,2H−

Объект G(s) = 19/(s + 4) управляется в контуре отрицательной обратной связи, у датчика которой коэффициент H = 0,2. Найдите постоянную времени τ замкнутой системы.

G(s) = 19/(s + 4)H = 0,2
τ = s
32.Структурные схемыСложная
R(s)+3s + 4G₁+3s + 2G₂C(s)0,5H₁−0,1H₂−

Упростите структурную схему, где G₁ = 3/(s + 4), G₂ = 3/(s + 2), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 0,5 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 0,1. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).

G₁ = 3/(s + 4)G₂ = 3/(s + 2)H₁ = 0,5H₂ = 0,1
T(0) =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)3ts​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 108/(s² + 5s + 36) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 108/(s² + 5s + 36)
ts = s
34.Переходная характеристикаСложная
+−10 VR = 90 ΩL = 500 mHC = 22 µFvC​

Последовательная RLC-цепь с R = 90 Ω, L = 500 mH и C = 22 µF подключается к ступеньке 10 V при t = 0. Конденсатор не заряжен, и до ступеньки ток не течёт. Найдите собственную частоту ωn без затухания в rad/s.

R = 90 ΩL = 500 mHC = 22 µFV = 10 V
ωn = rad/s
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​L = 5 mHC = 10 µFR = 5 Ωvout​

В показанном последовательном RLC-полосовом фильтре выход берётся на R = 5 Ω при L = 5 mH и C = 10 µF. Найдите полосу пропускания по уровню −3 dB BW в Hz.

R = 5 ΩL = 5 mHC = 10 µF
BW = 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) = 354/(s(s + 4)(s + 10)). Найдите запас по усилению GM в dB.

L(s) = 354/(s(s + 4)(s + 10))
GM = dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+21s(s + 6)(s + 10)C(s)+

Контур на схеме использует положительную обратную связь, L(s) = 2/(s(s + 6)(s + 10)). Сколько полюсов N замкнутой системы лежит в правой полуплоскости?

L(s) = 2/(s(s + 6)(s + 10))
N =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4−6−8−10j2sb​

Показан корневой годограф L(s) = K/((s + 3)(s + 9)). Найдите коэффициент усиления K в точке отрыва sb, где два полюса замкнутой системы встречаются на вещественной оси.

L(s) = K/((s + 3)(s + 9))
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 5 + 0,5t+50(s + 3)s(s + 1)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 50(s + 3)/(s(s + 1)) подан вход r(t) = 5 + 0,5t (ступенька плюс линейное воздействие). Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 50(s + 3)/(s(s + 1))r(t) = 5 + 0,5t
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 252s(s + 4)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 25 управляет объектом G(s) = 2/(s(s + 4)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите перерегулирование %OS переходной характеристики в процентах.

G(s) = 2/(s(s + 4))K = 25
%OS = %

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 0,9783 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​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAR4​8 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 = 20 + 8 = 28 Ω
R2 ∥ 28 = 12·28/(12+28) = 8,4 Ω
Req = R1 + 8,4 = 10 + 8,4 = 18,4 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 18/18,4 = 0,9783 A

Ответ

IR1 = 0,9783 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 37,46 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​ = 25 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAR4​5 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 = 4 + 4 = 8 Ω
R4 ∥ 8 = 3,077 Ω
R3 + 3,077 = 33,08 Ω
R2 ∥ 33,08 = 12,46 Ω
Req = R1 + 12,46 = 25 + 12,46 = 37,46 Ω

Ответ

Req = 37,46 Ω
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR1 = 3,721 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​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​10 ΩBIs​1 A

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 24 V). Неизвестные: VA, VB.

ЗТК в узле A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/5 + (VA − 24)/2 + (VA − VB)/6 = 0
0,8667·VA − 0,1667·VB = 12

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/10 + (VB − VA)/6 = 1
−0,1667·VA + 0,2667·VB = 1

Решите

Δ = (0,8667)(0,2667) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,2033
VA = Δ1/Δ = 3,367/0,2033 = 16,56 V
VB = Δ2/Δ = 2,867/0,2033 = 14,1 V

Ответ

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (24 − 16,56)/2 = 3,721 A
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR4 = 2,271 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

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

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,4167·VA − 0,05·VB = 1,5

ЗТК в узле B

Зависимый источник направляет ток g·VA в узел B. Рассматривайте его как независимый источник, а затем перенесите член с VA в левую часть.

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,5·VA
−0,55·VA + 0,175·VB = 0

Решите

Δ = (0,4167)(0,175) − (−0,05)(−0,55) = 0,04542
VA = Δ1/Δ = 0,2625/0,04542 = 5,78 V
VB = Δ2/Δ = 0,825/0,04542 = 18,17 V

Ток через R₄

IR4 = VB/R4 = 18,17/8 = 2,271 A

Ответ

IR4 = 2,271 A
5.Метод контурных токов

Ответ: IR2 = −0,4565 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​ = 10 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​15 VR3​5 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
10·I1 + 5(I1 − I2) = 15
15·I1 − 5·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
12·I2 + 5(I2 − I1) = (−12)
−5·I1 + 17·I2 = −12

Решите

Δ = (15)(17) − (−5)(−5) = 230
I1 = Δ1/Δ = 195/230 = 0,8478 A
I2 = Δ2/Δ = −105/230 = −0,4565 A

Ответ

IR2 = I2 = −0,4565 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I1 = 0,9053 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​ = 12 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR4​3 ΩAR5​6 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
12·I1 + 3(I1 − I2) = 15
15·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 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
30·I2 + 3(I2 − I1) + 6(I2 − I3) = 0
−3·I1 + 39·I2 − 6·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
5·I3 + 6(I3 − I2) = (−36)
−6·I2 + 11·I3 = −36

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 5796
I1 = Δ1/Δ = 5247/5796 = 0,9053 A
I2 = Δ2/Δ = −2745/5796 = −0,4736 A
I3 = Δ3/Δ = −20466/5796 = −3,531 A

Ответ

I1 = 0,9053 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: IR1 = 0,7556 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​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​4 ΩAR4​2 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 = 8+2 = 10 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 4·10/(4+10) = 2,857 Ω
VA = 12·2,857/(10+2,857) = 2,667 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,667·2/10 = 0,5333 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (12 − 2,667)/10 = 0,9333 A
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 ΩКЗR2​4 ΩAR4​2 ΩBIs​4 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 = 10·4/(10+4) = 2,857 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 2 ∥ 10,86 = 1,689 Ω
VB = Is·Req = 4·1,689 = 6,756 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 6,756·2,857/10,86 = 1,778 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 1,778)/10 = −0,1778 A

Сложите составляющие

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 0,9333 + (−0,1778) = 0,7556 A

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

8.Метод наложения

Ответ: PR3 = 0,06415 W

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​ = 25 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​15 VR3​6 ΩAОБРЫВBКЗ

Случай 1 · действует только V1

V₂ становится коротким замыканием, а Iₛ — разрывом. Со стороны A резистор R₃ параллелен последовательной паре R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 6 ∥ 17 = 4,435 Ω
VA = 15·4,435/(25+4,435) = 2,26 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,26·2/17 = 0,2659 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (2,26 − 0)/6 = 0,3767 A
R1​ = 25 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 2 ΩКЗR3​6 ΩAIs​1 ABКЗ

Случай 2 · действует только Is

Оба источника напряжения становятся короткими замыканиями. Iₛ в точке B делится между R₄ (теперь к земле) и R₂, последовательным с R₁ ∥ R₃.

R1 ∥ R3 = 4,839 Ω, поэтому левый путь — R2+4,839 = 19,84 Ω
Req = R4 ∥ 19,84 = 1,817 Ω
VB = Is·Req = 1·1,817 = 1,817 V
VA = VB·4,839/19,84 = 0,4431 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (0,4431 − 0)/6 = 0,07386 A
R1​ = 25 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 2 ΩКЗR3​6 ΩAОБРЫВB−+V2​15 V

Случай 3 · действует только V2

V₁ становится коротким замыканием, а Iₛ — разрывом. R₁ ∥ R₃ отходит от A, последовательно с R₂ обратно к B.

R1 ∥ R3 = 25·6/(25+6) = 4,839 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−15)·19,84/21,84 = −13,63 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −13,63·4,839/19,84 = −3,323 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (−3,323 − 0)/6 = −0,5539 A

Складываем вклады токов

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴ = 0,3767 + 0,07386 + (−0,5539) = −0,1034 A

Мощность в резисторе

Мощность зависит от квадрата тока, поэтому принцип наложения к ней неприменим: сначала сложите токи, затем возведите в квадрат.

PR3 = IR3²·R3 = (−0,1034)²·6 = 0,06415 W

Ответ

PR3 = 0,06415 W

Сложение мощностей отдельных случаев дало бы 2,725 W, что неверно.

9.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 0,2081 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​ = 2 ΩR3​ = 3 ΩКЗR2​12 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 = 2·12/(2+12) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 3 = 4,714 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAab+−Vth​

Найдите Vth — напряжение холостого хода

Когда a–b разомкнуты, через R₃ ток не течёт, поэтому падения на нём нет и V_b = V_A. R₁ и R₂ образуют делитель напряжения.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 6·12/(2+12) = 5,143 V
Rth​ = 4,714 Ω+−Vth​5,143 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) = 5,143/(4,714 + 20) = 0,2081 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 1,465 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​ = 8 ΩR3​ = 5 ΩКЗR2​30 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 = 8·30/(8+30) = 6,316 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,316 + 5 = 11,32 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​5 VR2​30 ΩAIs​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) = 3,947 + 5·6,316 = 35,53 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 35,53 + 5·5 = 60,53 V
Rth​ = 11,32 Ω+−Vth​60,53 VRL​30 ΩIL​

Подключите нагрузку к эквиваленту Тевенина

Источник Тевенина и последовательный R_th ведут себя на a–b точно как исходная цепь, поэтому нагрузка видит простой последовательный контур.

IL = Vth/(Rth + RL) = 60,53/(11,32 + 30) = 1,465 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: t = 9,427 ms

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

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 = 68 mH / 10 Ω = 6,8 ms
i(∞) = Vs/R = 24/10 = 2,4 A

Выразите время

0,75 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,75)
t = −6,8·ln(0,25) = 9,427 ms

Ответ

t = 9,427 ms
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: t = 114 ms

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

Начальное значение, конечное значение, постоянная времени

Напряжение на конденсаторе не может измениться скачком, поэтому оно начинается с накопленного значения и стремится к напряжению источника.

vC(0) = 15 V, vC(∞) = Vs = 6 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 47 µF = 319,6 ms
vC(t) = 6 + (15 − 6)·e−t/τ

Выразите время

12,3 = 6 + (9)·e−t/τ → e−t/τ = (12,3 − 6)/(15 − 6) = 0,7
t = τ·ln((15 − 6)/(12,3 − 6)) = 319,6·ln(1,429) = 114 ms

Ответ

t = 114 ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: L = 0,1347 mH

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

Условие резонанса

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

ω₀ = 2π·2000 = 12566 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(12566²·47·10⁻⁶) = 0,1347 mH

Ответ

L = 0,1347 mH
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: f0 = 112,5 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·√(0,02·100·10⁻⁶)) = 112,5 Hz

Ответ

f0 = 112,5 Hz
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 179,9 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 каждой нагрузки

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

Q1 = 16·tan(arccos 0,7) = 16,32 kvar
Q2 = 16·tan(arccos 0,85) = 9,916 kvar

Суммы

P = 16 + 16 = 32 kW
Q = 16,32 + 9,916 = 26,24 kvar
S = √(32² + 26,24²) = 41,38 kVA

Общий ток

I = S/V = 41382/230 = 179,9 A

Ответ

I = 179,9 A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: cos φ = 0,6589

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 = 13·tan(arccos 0,6) = 17,33 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·50·150·10⁻⁶ = 2493 var = 2,493 kvar
Q2 = 17,33 − 2,493 = 14,84 kvar

Новая полная мощность

S2 = √(13² + 14,84²) = 19,73 kVA

Новый коэффициент мощности

cos φ = P/S2 = 13/19,73 = 0,6589

Ответ

cos φ = 0,6589
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 8,314 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 = √3·400·15 = 10,39 kVA

Активная мощность

P = S·cos φ = 10,39·0,8 = 8,314 kW

Ответ

P = 8,314 kW
18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 124,8 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 = 60·tan(acos 0,78) = 60·0,8023 = 48,14 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,92) = 60·0,426 = 25,56 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 22,58 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 400 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 7526/(377·400²) = 124,8 µF

Ответ

Cph = 124,8 µF
19.Трансформаторы

Ответ: I1 = 9,583 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 = 460/2 = 230 V
I2 = 230/12 = 19,17 A

Первичный ток

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

I1 = I2/2 = 9,583 A

Ответ

I1 = 9,583 A

Проверка: нагрузка со стороны первичной обмотки равна a²·RL = 48 Ω, и 460/48 даёт тот же ток.

20.Трансформаторы

Ответ: Pcu,fl = 8756 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.

Выходная и потребляемая мощность

Pout = 500·0,8 = 400 kW
Pin = 400000/0,975 = 410256 W

Суммарные потери и потери в меди

Ploss = 410256 − 400000 = 10256 W
Pcu,fl = 10256 − 1500 = 8756 W

Ответ

Pcu,fl = 8756 W
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −1,645 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) = 0,8·4,7/(2 + 4,7) = 0,5612 V
V₋ = V₊

ЗТК на инвертирующем входе

(1,5 − 0,5612)/2 = (0,5612 − Vout)/4,7
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (4,7/2)·(0,8 − 1,5) = −1,645 V

Ответ

Vout = −1,645 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −2,681 V

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

Входные токи

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

I1 = V1/R1 = 0,6/2 = 0,3 mA
I2 = V2/R2 = −1,5/47 = −0,03191 mA
If = I1 + I2 = 0,2681 mA

Выходное напряжение

Vout = −Rf·If = −10·0,2681 = −2,681 V

Ответ

Vout = −2,681 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: R = 480 Ω

Цепи со светодиодами и диодами: светодиод в прямом включении падает примерно на своё прямое напряжение VF (около 2 V для красного, 3 V для синего или белого) независимо от тока. Последовательный резистор задаёт ток: R = (Vs − n·VF)/I для n светодиодов последовательно. В более точной модели диода V = V₀ + I·rd рабочая точка находится там, где характеристика диода пересекает нагрузочную прямую I = (Vs − V)/R, поэтому I = (Vs − V₀)/(R + rd).

Напряжение на резисторе

VR = 9 − 2·2,1 = 4,8 V

Сопротивление

R = 4,8/0,01 = 480 Ω

Ответ

R = 480 Ω

Резистор рассеивает 48 mW.

24.Диоды и транзисторы

Ответ: ID = 11,5 mA

Цепи со светодиодами и диодами: светодиод в прямом включении падает примерно на своё прямое напряжение VF (около 2 V для красного, 3 V для синего или белого) независимо от тока. Последовательный резистор задаёт ток: R = (Vs − n·VF)/I для n светодиодов последовательно. В более точной модели диода V = V₀ + I·rd рабочая точка находится там, где характеристика диода пересекает нагрузочную прямую I = (Vs − V)/R, поэтому I = (Vs − V₀)/(R + rd).

Объедините два уравнения

3 = 0,7 + I·(150 + 50)

Рабочий ток

ID = 2,3/200 = 11,5 mA
VD = 0,7 + 0,0115·50 = 1,275 V

Ответ

ID = 11,5 mA
25.Системы счисления

Ответ: U = 219

Установка битов: каждый бит стоит степень двойки (128, 64, …, 1). Одна шестнадцатеричная цифра — это ровно четыре бита, а в 8-битном дополнительном коде крайний левый бит стоит −128. Побитовые операции работают с каждой позицией бита отдельно.

Инвертируйте и прибавьте единицу

37 = 0010 0101
инвертировано: 1101 1010
+1 → 1101 1011

Прочитайте как беззнаковое

1101 1011₂ = 256 − 37 = 219

Ответ

U = 219
26.Системы счисления

Ответ: M = 2025 KiB

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

Биты и байты

1920·1080·8 = 16588800 bit = 2073600 B

Переведите в KiB

2073600/1024 = 2025 KiB

Ответ

M = 2025 KiB
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: AB = 01, CD = 00

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

Соседи каждой единицы

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

m4: m5, m6, m0, m12 → 0
ABCD00011110000111101111111

Изолированная единица

m4 = A′BC′D′ → AB = 01, CD = 00

Ответ

AB = 01, CD = 00
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: Q = 4

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 8 импульсов возвращают счётчик в то же состояние.

19 = 2·8 + 3

Значение после оставшихся импульсов

Q = (1 + 3) mod 8 = 4
Q = 100₂

Ответ

Q = 4
29.Преобразования Лапласа

Ответ: A = 2

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 + 12s + 35 = (s + 5)(s + 7)
F(s) = A/(s + 5) + B/(s + 7)

Правило закрытия

Умножьте на (s + 5) и положите s = −5: слагаемое с B обращается в нуль.

A = (6s + 34)/(s + 7) |s = −5 = 4/2 = 2

Ответ

A = 2
(B = 4, поэтому f(t) = 2·e−5t + 4·e−7t)
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.6) = 5,312

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

Y(s) = 100/(s(s + 2)(s + 5))

Простые дроби

A = 100/(2·5) = 10
B = 100/((−2)·3) = −16,67
C = 100/((−5)·(−3)) = 6,667

Выделение

y(t) = 10 − 16,67·e−2t + 6,667·e−5t
y(0,6) = 5,312

Ответ

y(0,6) = 5,312
31.Структурные схемы

Ответ: τ = 0,1282 s

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

Передаточная функция замкнутой системы

T(s) = G/(1 + G·H) = 19/(s + 4 + 3,8) = 19/(s + 7,8)

Результат

τ = 1/7,8 = 0,1282 s

Ответ

τ = 0,1282 s
32.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 0,604

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

Внутренний контур

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 3/(s + 3,5)

Внешний контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 9/((s + 4)(s + 3,5) + 0,9)

Статический коэффициент передачи

T(0) = 9/(4·3,5 + 0,9) = 9/14,9 = 0,604

Ответ

T(0) = 0,604
33.Переходная характеристика

Ответ: ts = 1,6 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 = 36 → ωₙ = 6 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·6) = 0,4167

Результат

ζωₙ = 2,5 → ts ≈ 4/2,5 = 1,6 s

Ответ

ts = 1,6 s
34.Переходная характеристика

Ответ: ωn = 301,5 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).

Собственная частота и коэффициент демпфирования

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,5·2,2 × 10⁻⁵) = 301,5 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (90/2)·√(2,2 × 10⁻⁵/0,5) = 0,2985

Результат

ωₙ = 301,5 rad/s

Ответ

ωn = 301,5 rad/s
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: BW = 159,2 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/√(0,005·1 × 10⁻⁵) = 4472 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 711,8 Hz

Полоса пропускания

BW = R/L = 5/0,005 = 1000 rad/s = 159,2 Hz

Ответ

BW = 159,2 Hz
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: GM = 3,984 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.

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

Запас по усилению

GM = 20·log₁₀(560/354) = 3,984 dB

Ответ

GM = 3,984 dB
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 + 16s² + 60s − 2 = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 60
s²: 16, −2
s¹: 60,13
s⁰: −2

Смены знака в первом столбце

1 → 16 → 60,13 → −2
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: K = 9

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

Точка отрыва

Для K = −(s + 3)(s + 9) равенство dK/ds = 0 даёт 2s + 12 = 0.

sb = −6

Условие по модулю

K = |−6 + 3|·|−6 + 9| = 3·3 = 9

Ответ

K = 9

При этом коэффициенте усиления замкнутая система критически демпфирована (ζ = 1).

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 0,003333

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) = 150

Ступенчатая часть

Kp = ∞ → estep = 0

Ошибка по линейному воздействию

ess = 0,5/150 = 0,003333

Ответ

ess = 0,003333
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: %OS = 39,6 %

П-, ПИ- и ПИД-регулирование: регулятор C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s воздействует на ошибку. Пропорциональный коэффициент ускоряет контур и уменьшает ошибку объекта типа 0, но никогда не устраняет её. Интегральная составляющая добавляет полюс в точке s = 0: тип системы повышается на единицу, и ступенька отслеживается без ошибки. Дифференциальная составляющая добавляет демпфирование. Чтобы подобрать коэффициенты, запишите характеристический полином замкнутой системы и сравните его с s² + 2ζωns + ωn². Тогда %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, где ωd = ωn√(1 − ζ²), и ts ≈ 4/(ζωn).

Характеристический полином

s(s + 4) + 25·2 = s² + 4s + 50

ωₙ и ζ

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

Перерегулирование

%OS = 100·e−0,2828π/√(1 − 0,2828²) = 39,6 %

Ответ

%OS = 39,6 %

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