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​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩIR2​AR4​20 ΩB

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 ΩR4 = 20 Ω
IR2 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 12 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​12 ΩBR6​15 Ω

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 ΩR4 = 12 ΩR5 = 3 ΩR6 = 15 Ω
IR1 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​20 Ω+−V1​18 VR2​3 Ω+−V2​18 VR3​3 Ω+−V3​30 VI3​A

Между узлом A и землёй включены три ветви, как показано на схеме. Методом узловых потенциалов найдите ток I3 в ветви 3, текущий вверх в узел A по направлению стрелки.

V1 = 18 VR1 = 20 ΩV2 = 18 VR2 = 3 ΩV3 = 30 VR3 = 3 Ω
I3 = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 3 ΩIR1​R2​ = 8 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​10 VR3​12 ΩAR5​10 ΩBIs​2,5 A−+V2​30 V

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

V1 = 10 VIs = 2,5 AV2 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 12 ΩR4 = 6 ΩR5 = 10 Ω
IR1 = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 8 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​24 VR3​2 ΩIR3​A+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 24 VV2 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 Ω
IR3 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 20 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR4​5 ΩIR4​AR5​8 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти ток IR4 через R4 в направлении стрелки.

V1 = 6 VV2 = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 ΩR4 = 5 ΩR5 = 8 Ω
IR4 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 6 ΩIR1​R3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​10 ΩBIs​2,5 A

Используйте метод наложения, чтобы найти мощность PR1, потребляемую R1.

V1 = 9 VIs = 2,5 AR1 = 6 ΩR2 = 3 ΩR3 = 3 ΩR4 = 10 Ω
PR1 = W
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 5 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​36 VR3​15 Ω−+VR3​AIs​1 AB+−V2​5 V

Используйте метод наложения, чтобы найти напряжение VR3 на R3 с указанной полярностью.

V1 = 36 VIs = 1 AV2 = 5 VR1 = 5 ΩR2 = 30 ΩR3 = 15 ΩR4 = 15 Ω
VR3 = V
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAab

Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.

V1 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 12 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​30 ΩAIs​4 ABRL​30 ΩIL​

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

V1 = 10 VIs = 4 AR1 = 12 ΩR2 = 30 ΩR3 = 10 ΩRL = 30 Ω
IL = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​15 Vt = 0R1​ = 4,7 kΩR2​ = 10 kΩC33 µF+−vC​

Источник Vₛ заряжает конденсатор через R₁, а R₂ подключён параллельно C. Конденсатор разряжен, когда ключ замыкается в момент t = 0. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 75 ms.

Vs = 15 VR1 = 4,7 kΩR2 = 10 kΩC = 33 µFt = 75 ms
vC = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​24 Vразмыкается при t = 0R1​ = 2,2 kΩR2​ = 2,2 kΩi2​C47 µF+−vC​

Ключ был замкнут долгое время, поэтому цепь находится в установившемся режиме. При t = 0 ключ размыкается. Найдите ток i2 через R2 при t = 200 ms.

Vs = 24 VR1 = 2,2 kΩR2 = 2,2 kΩC = 47 µFt = 200 ms
i2 = mA
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
230 V500 HzR = 40 ΩL = 20 mHC = 47 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 230 V (действующее значение), 500 Hz. Найдите активную мощность P, потребляемую от источника.

V = 230 V (rms)f = 500 HzR = 40 ΩL = 20 mHC = 47 µF
P = W
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
12 Vf0​R = 5 ΩL = 5 mHC = 4,7 µF

Последовательный RLC-контур питается от источника 12 V (действующее значение), частота которого равна резонансной частоте контура. Найдите действующее напряжение VL на катушке.

V = 12 V (rms)R = 5 ΩL = 5 mHC = 4,7 µF
VL = V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
P = 20 kWQ = ?Sφ

Однофазный двигатель потребляет 20 kW при коэффициенте мощности 0,65 (индуктивном) от сети 230 V. Найдите реактивную мощность Q, которую он потребляет.

P = 20 kWpf = 0,65V = 230 V
Q = kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P = 20 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазная нагрузка потребляет 20 kW при коэффициенте мощности 0,65 (индуктивном) от сети 400 V, 60 Hz. Параллельно подключённый конденсатор повышает коэффициент мощности до 0,95. Найдите новый ток линии Inew.

P = 20 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95V = 400 Vf = 60 Hz
Inew = A
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M15 kW, η = 90%cos φ = 0,82

Трёхфазный асинхронный двигатель при полной нагрузке развивает механическую мощность 15 kW. При этой нагрузке его КПД равен 90%, а коэффициент мощности 0,82 (отстающий). Линейное напряжение сети 480 V. Найдите линейный ток IL.

Pout = 15 kWη = 90%cos φ = 0,82VL = 480 V
IL = A
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 50 kW при коэффициенте мощности 0,65 (отстающий) от сети 480 V (линейное), 50 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 = 50 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
480 V240 VIHV​ILV​ = ?10 kVA

Однофазный трансформатор 10 kVA, 480/240 V работает при номинальной нагрузке. Считайте его идеальным. Найдите ток ILV в обмотке низшего напряжения.

S = 10 kVAV1 = 480 VV2 = 240 V
ILV = A
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,85150 kVA, 50% нагрузка

Однофазный трансформатор 150 kVA имеет потери в стали 600 W и потери в меди 900 W при номинальной нагрузке. Он отдаёт 50% номинальной мощности в kVA при коэффициенте мощности 0,85 (отстающий). Найдите суммарные потери Ploss в ваттах при этой нагрузке.

S = 150 kVAPcore = 600 WPcu,fl = 900 Wx = 0,5pf = 0,85
Ploss = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 22 kΩVin​R1​ = 4,7 kΩ

ОУ идеальный и питается от источников ±15 V; его выход насыщается на уровне ±14 V. На инвертирующий усилитель подаётся синусоидальный сигнал. Найдите наибольшую амплитуду входного сигнала Vin,max (пиковое значение), при которой выход не ограничивается.

R1 = 4,7 kΩRf = 22 kΩVsat = ±14 V
Vin,max = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​Rf​ = 2 kΩV1​ = −1 VR1​ = 22 kΩV2​ = 1,3 VR2​ = 2 kΩIf​

Суммирующий усилитель использует идеальный ОУ с питанием ±15 V. Найдите ток If через резистор обратной связи, текущий к выходу.

V1 = −1 VV2 = 1,3 VR1 = 22 kΩR2 = 2 kΩRf = 2 kΩ
If = mA
23.Диоды и транзисторыСредняя
+−24 V150 Ω5,6 V1000 ΩIZ​ = ?

Стабилизатор на стабилитроне 5,6 V питается от 24 V через 150 Ω и питает нагрузку 1000 Ω. Найдите ток стабилитрона IZ.

Vin = 24 VVZ = 5,6 VR = 150 ΩRL = 1000 Ω
IZ = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
V (V)I (mA)0,655Q = ?

Диод моделируется напряжением 0,6 V последовательно с 25 Ω (он проводит выше 0,6 V). Он включён последовательно с резистором 1000 Ω к источнику 5 V. Найдите рабочий ток ID в точке пересечения характеристики диода и нагрузочной прямой.

Vs = 5 VR = 1000 ΩV0 = 0,6 Vrd = 25 Ω
ID = mA
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код?−128?64?32?16?8?4?2?1

Запишите −3 как 8-битную комбинацию в дополнительном коде. Прочитайте комбинацию как беззнаковое двоичное число: каково его значение U в десятичной системе?

N = −38 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 1110 1110 OR 1001 0101. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

1110 1110OR1001 0101
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABC000111100101324576

Упростите F = AC + A′B′C + A′C + A′B до минимальной формы «сумма произведений». Сколько литералов, L, содержит упрощённое выражение?

F = AC + A′B′C + A′C + A′B
L =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
ABCD00011110000111101011131204050716012113X15014X809011110

Найдите минимальную форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 3, 6, 10, 13) + d(8, 15), где d обозначает безразличные состояния. Сколько литералов, L, она содержит?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 3, 6, 10, 13) + d(8, 15)
L =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm−1−2−3−4−5−61

F(s) = 36/(s² + 7s + 6). Её оригинал имеет вид f(t) = A·e−t + B·e−6t. Найдите коэффициент A разложением на простые дроби.

F(s) = 36/(s² + 7s + 6)
A =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Решите y″ + 6y′ + 5y = 0 при y(0) = 1 и y′(0) = 14 с помощью преобразования Лапласа и найдите y(0,25).

y″ + 6y′ + 5y = 0y(0) = 1y′(0) = 14t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+9(s + 6)(s + 2)(s + 4)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 9(s + 6)/((s + 2)(s + 4)). На задающее воздействие подаётся ступенька величиной 1. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 9(s + 6)/((s + 2)(s + 4))R = 1
ess =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+3регулятор+D(s)+6s + 9объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K = 3 управляет объектом G(s) = 6/(s + 9) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Возмущение D действует на входе объекта (прибавляется к выходу регулятора). Одновременно подаются ступенька задания величиной 1 и ступенька возмущения величиной 1. Найдите установившийся выход css.

K = 3G(s) = 6/(s + 9)D = 1R = 1
css =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)2?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 192/(s² + 12s + 96) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите перерегулирование %OS переходной характеристики в процентах.

G(s) = 192/(s² + 12s + 96)
%OS = %
34.Переходная характеристикаСложная
t (s)y(t)1tp​ = 0,25 s8 %

Переходная характеристика системы второго порядка без нулей показывает перерегулирование 8 %, а первый пик наступает при t = 0,25 s. Найдите собственную частоту ωn.

%OS = 8 %tp = 0,25 s
ωn = rad/s
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​C = 10 nFR = 22 kΩvout​

Изображённый RC-фильтр верхних частот имеет R = 22 kΩ, C = 10 nF. На вход подаётся синусоидальный сигнал 2,2 kHz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.

R = 22 kΩC = 10 nFf = 2,2 kHz
φ = °
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 19,2/(s(s + 8)). Найдите запас по фазе PM в градусах.

L(s) = 19,2/(s(s + 8))
PM = °
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1s(s + 1)(s + 5)C(s)−

Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5)). Коэффициент усиления повышают до тех пор, пока замкнутая система не окажется на границе устойчивости. Найдите частоту ω незатухающих колебаний.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5))
ω = rad/s
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4−6−8−10j2sb​

Показан корневой годограф L(s) = K/((s + 5)(s + 9)). Найдите коэффициент усиления K в точке отрыва sb, где два полюса замкнутой системы встречаются на вещественной оси.

L(s) = K/((s + 5)(s + 9))
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 2t+Ks(s + 4)C(s)−

Контур с единичной обратной связью и G(s) = K/(s(s + 4)) должен отслеживать линейное воздействие r(t) = 2t с установившейся ошибкой 0,5. Найдите коэффициент усиления K.

G(s) = K/(s(s + 4))r(t) = 2tess = 0,5
K =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+10 + Kd​s10s(s + 4)C(s)−

ПД-регулятор C(s) = 10 + Kd·s управляет объектом G(s) = 10/(s(s + 4)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите дифференциальный коэффициент Kd, при котором замкнутая система имеет коэффициент демпфирования ζ = 0,8.

G(s) = 10/(s(s + 4))Kp = 10ζ = 0,8
Kd = s

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 1,05 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​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩAR4​20 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 = 8 + 20 = 28 Ω
R2 ∥ 28 = 20·28/(20+28) = 11,67 Ω
Req = R1 + 11,67 = 5 + 11,67 = 16,67 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 30/16,67 = 1,8 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 30 − 1,8·5 = 21 V
IR2 = VA/R2 = 21/20 = 1,05 A

Ответ

IR2 = 1,05 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 1,722 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​ = 3 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​12 ΩBR6​15 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 = 3 + 15 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 7,2 Ω
R3 + 7,2 = 19,2 Ω
R2 ∥ 19,2 = 3,967 Ω
Req = R1 + 3,967 = 3 + 3,967 = 6,967 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 12/6,967 = 1,722 A

Ответ

IR1 = 1,722 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: I3 = 2,14 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

Примите нижний провод за землю. Каждая ветвь проводит ток (VA − Vk)/Rk, вытекающий из A, где Vk — напряжение её источника (ноль для простого резистора). Сумма токов, вытекающих из A, равна нулю.

(VA − 18)/20 + (VA − 18)/3 + (VA − 30)/3 = 0

Находим VA

VA = (18/20 + 18/3 + 30/3) / (1/20 + 1/3 + 1/3) = 16,9/0,7167 = 23,58 V

Ток ветви

Стрелка направлена вверх по ветви, в узел A.

I3 = (30 − VA)/R3 = (30 − 23,58)/3 = 2,14 A

Ответ

I3 = 2,14 A

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

4.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR1 = 1,649 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​ = 3 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​10 VR3​12 ΩAR5​10 ΩBIs​2,5 A−+V2​30 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 10 V, V2 = −30 V). Неизвестные: VA, VB.

ЗТК в узле A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/12 + (VA − 10)/3 + (VA − VB)/8 = 0
0,5417·VA − 0,125·VB = 3,333

ЗТК в узле B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/10 + (VB − VA)/8 + (VB − (−30))/6 = 2,5
−0,125·VA + 0,3917·VB = −2,5

Решите

Δ = (0,5417)(0,3917) − (−0,125)(−0,125) = 0,1965
VA = Δ1/Δ = 0,9931/0,1965 = 5,053 V
VB = Δ2/Δ = −0,9375/0,1965 = −4,77 V

Ответ

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (10 − 5,053)/3 = 1,649 A
5.Метод контурных токов

Ответ: IR3 = 3,036 A

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

R1​ = 8 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​24 VR3​2 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
8·I1 + 2(I1 − I2) = 24
10·I1 − 2·I2 = 24

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 + 2(I2 − I1) = (−18)
−2·I1 + 17·I2 = −18

Решите

Δ = (10)(17) − (−2)(−2) = 166
I1 = Δ1/Δ = 372/166 = 2,241 A
I2 = Δ2/Δ = −132/166 = −0,7952 A

Ответ

IR3 = I1 − I2 = 3,036 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: IR4 = 0,9558 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​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR4​5 ΩAR5​8 ΩB+−V2​10 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
20·I1 + 5(I1 − I2) = 6
25·I1 − 5·I2 = 6

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
2·I2 + 5(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−5·I1 + 15·I2 − 8·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
2·I3 + 8(I3 − I2) = (−10)
−8·I2 + 10·I3 = −10

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 1900
I1 = Δ1/Δ = 116/1900 = 0,06105 A
I2 = Δ2/Δ = −1700/1900 = −0,8947 A
I3 = Δ3/Δ = −3260/1900 = −1,716 A

Ответ

IR4 = I1 − I2 = 0,9558 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: PR1 = 1,567 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​ = 6 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 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 = 3+10 = 13 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 3·13/(3+13) = 2,438 Ω
VA = 9·2,438/(6+2,438) = 2,6 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,6·10/13 = 2 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (9 − 2,6)/6 = 1,067 A
R1​ = 6 ΩR3​ = 3 ΩКЗR2​3 ΩAR4​10 ΩBIs​2,5 A

Случай 2 · действует только Is

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

R1 ∥ R2 = 6·3/(6+3) = 2 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 10 ∥ 5 = 3,333 Ω
VB = Is·Req = 2,5·3,333 = 8,333 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 8,333·2/5 = 3,333 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 3,333)/6 = −0,5556 A

Складываем вклады токов

IR1 = IR1′ + IR1″ = 1,067 + (−0,5556) = 0,5111 A

Мощность в резисторе

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

PR1 = IR1²·R1 = 0,5111²·6 = 1,567 W

Ответ

PR1 = 1,567 W

Сложение мощностей отдельных случаев дало бы 8,679 W, что неверно.

8.Метод наложения

Ответ: VR3 = −26,46 V

Метод наложения: в линейной цепи любое напряжение или ток равно сумме откликов на каждый независимый источник, действующий отдельно. Чтобы отключить источник, замените идеальный источник напряжения коротким замыканием, а идеальный источник тока — разрывом. Резисторы остаются на месте.

R1​ = 5 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​36 VR3​15 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) = 15 ∥ 45 = 11,25 Ω
VA = 36·11,25/(5+11,25) = 24,92 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 24,92·15/45 = 8,308 V
VR3′ = 0 − VA = 0 − 24,92 = −24,92 V
R1​ = 5 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 15 ΩКЗR3​15 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 = 3,75 Ω, поэтому левый путь — R2+3,75 = 33,75 Ω
Req = R4 ∥ 33,75 = 10,38 Ω
VB = Is·Req = 1·10,38 = 10,38 V
VA = VB·3,75/33,75 = 1,154 V
VR3″ = 0 − VA = 0 − 1,154 = −1,154 V
R1​ = 5 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 15 ΩКЗR3​15 ΩAОБРЫВB+−V2​5 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 = 5·15/(5+15) = 3,75 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 5·33,75/48,75 = 3,462 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 3,462·3,75/33,75 = 0,3846 V
VR3‴ = 0 − VA = 0 − 0,3846 = −0,3846 V

Сложите составляющие

VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = (−24,92) + (−1,154) + (−0,3846) = −26,46 V

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

9.Тевенин и Нортон

Ответ: Vth = 16 V

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 2 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 = 6·12/(6+12) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 2 = 6 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 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) = 24·12/(6+12) = 16 V
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 1,676 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​ = 12 ΩR3​ = 10 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 = 12·30/(12+30) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 10 = 18,57 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​30 ΩAIs​4 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) = 7,143 + 4·8,571 = 41,43 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 41,43 + 4·10 = 81,43 V
Rth​ = 18,57 Ω+−Vth​81,43 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) = 81,43/(18,57 + 30) = 1,676 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 5,191 V

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

Эквивалентная схема Тевенина со стороны конденсатора

Закоротите источник, чтобы найти Rth; отключите конденсатор, чтобы найти напряжение, до которого он зарядится.

Rth = R1 ∥ R2 = 4,7·10/(4,7 + 10) = 3,197 kΩ
vC(∞) = 15·10/(4,7 + 10) = 10,2 V

Постоянная времени

τ = Rth·C = 3,197·33 = 105,5 ms

Кривая заряда

vC(t) = 10,2·(1 − e−75/105,5) = 5,191 V

Ответ

vC = 5,191 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: i2 = 0,7884 mA

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 напряжение конденсатора

В установившемся режиме конденсатор — разрыв, поэтому R₁ и R₂ образуют делитель напряжения. Напряжение конденсатора не может измениться скачком при размыкании ключа.

vC(0) = 24·2,2/(2,2 + 2,2) = 12 V

Постоянная времени после размыкания ключа

τ = R2·C = 2,2·47 = 103,4 ms

Разряд

vC(t) = 12·e−200/103,4 = 1,734 V
i2 = vC/R2 = 1,734/2,2 = 0,7884 mA

Ответ

i2 = 0,7884 mA
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: P = 446,2 W

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

Реактивные сопротивления

XL = 62,83 Ω, XC = 6,773 Ω

Полное сопротивление

|Z| = √(40² + (56,06)²) = 68,87 Ω

Активная мощность

Катушки и конденсаторы только запасают и возвращают энергию; всю активную мощность потребляет резистор.

I = 230/68,87 = 3,34 A
P = I²·R = 3,34²·40 = 446,2 W

Ответ

P = 446,2 W
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: VL = 78,28 V

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 реактивные сопротивления компенсируются, поэтому полное сопротивление равно просто R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,005·4,7·10⁻⁶) = 6523 rad/s
I = V/R = 12/5 = 2,4 A

Напряжение на катушке

XL = ω₀L = 6523·0,005 = 32,62 Ω
VL = I·XL = 2,4·32,62 = 78,28 V

Ответ

VL = 78,28 V

Это в Q = 6,523 раз больше напряжения источника.

15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Q = 23,38 kvar

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

Угол

φ = arccos(0,65) = 49,46°, tan φ = 1,169

Реактивная мощность

Q = P·tan φ = 20·1,169 = 23,38 kvar

Ответ

Q = 23,38 kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Inew = 52,63 A

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

Реактивная мощность до и после

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

Q1 = P·tan φ1 = 20·tan(49,46°) = 23,38 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(18,19°) = 6,574 kvar
QC = Q1 − Q2 = 16,81 kvar

Новый ток линии

Inew = P/(V·cos φ2) = 20000/(400·0,95) = 52,63 A

Ответ

Inew = 52,63 A
17.Трёхфазная мощность

Ответ: IL = 24,45 A

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

Потребляемая электрическая мощность

Pin = Pout/η = 15/0,9 = 16,67 kW

Ток линии

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 16667/(√3·480·0,82) = 24,45 A

Ответ

IL = 24,45 A
18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 171,1 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 = 50·tan(acos 0,65) = 50·1,169 = 58,46 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,92) = 50·0,426 = 21,3 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 37,16 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 480 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 12386/(314,2·480²) = 171,1 µF

Ответ

Cph = 171,1 µF
19.Трансформаторы

Ответ: ILV = 41,67 A

Идеальный трансформатор: напряжения относятся как числа витков, а токи — обратно: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a и I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, поэтому входная мощность равна выходной, V₁·I₁ = V₂·I₂. Сопротивление нагрузки Z во вторичной цепи со стороны первичной обмотки выглядит как a²·Z.

Номинальный ток

Через обе обмотки передаётся одинаковая полная мощность.

ILV = S/V = 10000/240 = 41,67 A

Ответ

ILV = 41,67 A
20.Трансформаторы

Ответ: Ploss = 825 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 = 0,25·900 = 225 W

Суммарные потери

Потери в стали одинаковы при любой нагрузке.

Ploss = 600 + 225 = 825 W

Ответ

Ploss = 825 W

КПД при этой нагрузке η = 98,72%.

21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vin,max = 2,991 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.

Коэффициент усиления

|Av| = Rf/R1 = 22/4,7 = 4,681

Наибольший вход до ограничения

Vin,max = Vsat/|Av| = 14/4,681 = 2,991 V

Ответ

Vin,max = 2,991 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: If = 0,6045 mA

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

Входные токи

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

I1 = V1/R1 = −1/22 = −0,04545 mA
I2 = V2/R2 = 1,3/2 = 0,65 mA
If = I1 + I2 = 0,6045 mA

Ответ

If = 0,6045 mA
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IZ = 117,1 mA

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 резистора

IR = 18,4/150 = 122,7 mA

Ток нагрузки

IL = 5,6/1000 = 5,6 mA

Ток стабилитрона

IZ = 122,7 − 5,6 = 117,1 mA

Ответ

IZ = 117,1 mA
24.Диоды и транзисторы

Ответ: ID = 4,293 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

5 = 0,6 + I·(1000 + 25)

Рабочий ток

ID = 4,4/1025 = 4,293 mA
VD = 0,6 + 0,004293·25 = 0,7073 V

Ответ

ID = 4,293 mA
25.Системы счисления

Ответ: U = 253

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

3 = 0000 0011
инвертировано: 1111 1100
+1 → 1111 1101

Прочитайте как беззнаковое

1111 1101₂ = 256 − 3 = 253

Ответ

U = 253
26.Системы счисления

Ответ: R = 255

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

OR даёт 1 там, где хотя бы один бит равен 1.

1110 1110
OR 1001 0101
= 1111 1111

Значение результата

1111 1111₂ = 255

Ответ

R = 255
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 3

Булева алгебра: правила, упрощающие выражения: X + X′ = 1 и X·X′ = 0, X + X = X, поглощение X + X·Y = X, правило склеивания X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y и теорема о консенсусе XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Законы де Моргана превращают (X·Y)′ в X′ + Y′ и (X + Y)′ в X′·Y′. Карта Карно применяет эти правила графически: каждая группа из двух соседних клеток — это одно применение XY + XY′ = X.

Минтермы выражения

AC → m(5, 7)
A′B′C → m(1)
A′C → m(1, 3)
A′B → m(2, 3)
ABC00011110010011131204151706

Сгруппируйте и прочитайте

F = C + A′B

Посчитайте литералы

L = 3

Ответ

L = 3
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 10

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

Простые импликанты

Самые большие группы, которые можно образовать из единиц и X.

B′D′, A′CD′, A′B′, ABD
ABCD00011110000111101011131204050716012113X15014X809011110

Минимальное покрытие

F = B′D′ + A′CD′ + A′B′ + ABD
L = 10

Ответ

L = 10
29.Преобразования Лапласа

Ответ: A = 7,2

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 + 7s + 6 = (s + 1)(s + 6)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 6)

Правило закрытия

Умножьте на (s + 1) и положите s = −1: слагаемое с B обращается в нуль.

A = 36/(s + 6) |s = −1 = 36/5 = 7,2

Ответ

A = 7,2
(B = −7,2, поэтому f(t) = 7,2·e−t − 7,2·e−6t)
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.25) = 2,625

Преобразование Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt превращает производные в умножение на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартные пары: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), а сдвиг s → s + σ умножает функцию времени на e−σt. Чтобы найти оригинал рациональной F(s), разложите её на простые дроби: вычет простого полюса p равен A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема о конечном значении: f(∞) = lims→0 s·F(s), верна только когда все полюсы s·F(s) лежат в левой полуплоскости. Теорема о начальном значении: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Преобразование уравнения

s²Y − 1s − 14 + 6(sY − 1) + 5Y = 0
Y(s) = (s + 20)/((s + 1)(s + 5))

Простые дроби

A = 19/4 = 4,75
B = 15/(−4) = −3,75

Результат

y(t) = 4,75·e−t − 3,75·e−5t
y(0,25) = 2,625

Ответ

y(0,25) = 2,625

Проверка: y(0) = A + B = 1.

31.Структурные схемы

Ответ: ess = 0,129

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) = 9·6/(2·4) = 6,75

Установившаяся ошибка

ess = A/(1 + Kₚ) = 1/(1 + 6,75) = 0,129

Ответ

ess = 0,129
32.Структурные схемы

Ответ: css = 0,8889

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

Передаточные функции

C/D = G/(1 + K·G) = 6/(s + 9 + 18)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 18/(s + 9 + 18)

Установившийся режим

css = 1·18/27 + 1·6/27 = 0,8889

Ответ

css = 0,8889

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

33.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 8,773 %

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 = 96 → ωₙ = 9,798 rad/s
2ζωₙ = 12 → ζ = 12/(2·9,798) = 0,6124

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−2,433 = 8,773 %

Ответ

%OS = 8,773 %
34.Переходная характеристика

Ответ: ωn = 16,12 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).

Коэффициент демпфирования

ζ = −ln(0,08)/√(π² + ln²(0,08)) = 2,526/√(9,87 + 6,379) = 0,6266

Собственная частота

ωd = π/tp = π/0,25 = 12,57 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 12,57/0,7794 = 16,12 rad/s

Ответ

ωn = 16,12 rad/s
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: φ = 18,2 °

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

Частота среза

ωc = 1/(RC) = 1/(22000·1 × 10⁻⁸) = 4545 rad/s
fc = 723,4 Hz → f/fc = 2200/723,4 = 3,041

Фаза

φ = 90° − atan(3,041) = 18,2°

Ответ

φ = 18,2°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: PM = 73,92 °

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

Частота среза усиления

ω⁴ + 64ω² − 368,6 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·368,6))/2 = 5,318
ωc = 2,306 rad/s

Запас по фазе

∠L(jωc) = −90° − atan(2,306/8) = −106,1°
PM = 180° + ∠L = 73,92°

Ответ

PM = 73,92°
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: ω = 2,236 rad/s

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.

Таблица Рауса

s³ + 6s² + 5s + K = 0
s³: 1, 5
s²: 6, K
s¹: (6·5 − K)/6
s⁰: K

Критический коэффициент усиления

K = 6·5 = 30

Вспомогательное уравнение

При критическом коэффициенте усиления строка s¹ равна нулю; строка s² даёт полюса на мнимой оси.

6s² + 30 = 0 → s = ±j√5
ω = 2,236 rad/s

Ответ

ω = 2,236 rad/s
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 4

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 + 5)(s + 9) равенство dK/ds = 0 даёт 2s + 14 = 0.

sb = −7

Условие по модулю

K = |−7 + 5|·|−7 + 9| = 2·2 = 4

Ответ

K = 4

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

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 16

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

Требуемый коэффициент скоростной ошибки

Kv = A/ess = 2/0,5 = 4

Коэффициент усиления

K = 4·Kv = 16

Ответ

K = 16

Большой коэффициент усиления делает этот контур очень слабо демпфированным: ζ = 0,5. Именно из-за такого противоречия применяют корректирующие устройства.

40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Kd = 1,2 s

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

Характеристический полином

s(s + 4) + 10(10 + Kds) = s² + (4 + 10Kd)s + 100

Собственная частота

ωₙ = √100 = 10 rad/s

Коэффициент усиления дифференциальной составляющей

4 + 10Kd = 2·0,8·10 = 16
Kd = 1,2 s

Ответ

Kd = 1,2 s

Дифференциальная составляющая добавляет демпфирование, не меняя ωₙ.

ExamProblems · examproblems.com/courses/fe-exam-electrical