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 ΩIR1​R3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAR4​4 ΩB

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 18 VR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 10 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 12 ΩIR1​R3​ = 6 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAR4​10 ΩBR6​20 Ω

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 30 VR1 = 12 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 ΩR4 = 10 ΩR5 = 20 ΩR6 = 20 Ω
IR1 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 2 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAR4​5 ΩBIs​2 A

Методом узловых потенциалов найдите мощность PIs, отдаваемую источником тока Is.

V1 = 30 VIs = 2 AR1 = 2 ΩR2 = 4 ΩR3 = 10 ΩR4 = 5 Ω
PIs = W
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 6 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​5 VR3​6 ΩAR5​25 ΩBIs​6 A−+V2​18 V

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

V1 = 5 VIs = 6 AV2 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 30 ΩR3 = 6 ΩR4 = 30 ΩR5 = 25 Ω
VB = V
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 6 Ω+−VR1​R2​ = 10 Ω+−V1​18 VR3​2 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти напряжение VR1 на R1 с указанной полярностью.

V1 = 18 VV2 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 Ω
VR1 = V
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 12 ΩR2​ = 12 ΩIR2​R3​ = 6 Ω+−V1​36 VR4​25 ΩAR5​8 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

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

V1 = 36 VV2 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 6 ΩR4 = 25 ΩR5 = 8 Ω
IR2 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 20 ΩR3​ = 4 ΩIR3​+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​2 ΩBIs​3 A

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

V1 = 18 VIs = 3 AR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 4 ΩR4 = 2 Ω
IR3 = A
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 20 ΩR2​ = 15 Ω+−VR2​R4​ = 30 Ω+−V1​10 VR3​6 ΩAIs​1,5 AB+−V2​12 V

Используйте метод наложения, чтобы найти напряжение VR2 на R2 с указанной полярностью.

V1 = 10 VIs = 1,5 AV2 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 6 ΩR4 = 30 Ω
VR2 = V
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​5 ΩAab

Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.

V1 = 18 VR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 Ω
Vth = V
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 30 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAIs​5 ABab

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

V1 = 18 VIs = 5 AR1 = 30 ΩR2 = 20 ΩR3 = 15 Ω
IN = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
R = 10 Ωt = 0L33 mHi(t)

Через катушку течёт установившийся ток 1 A. При t = 0 ключ замыкает контур через R, а источник отключается, поэтому ток катушки убывает через R. Найдите ток i в момент t = 5 ms.

i(0) = 1 AR = 10 ΩL = 33 mHt = 5 ms
i = A
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​12 Vразмыкается при t = 0R1​ = 6,8 kΩR2​ = 1 kΩC33 µF+−vC​

Ключ был замкнут долгое время, поэтому цепь находится в установившемся режиме. При t = 0 ключ размыкается. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 25 ms.

Vs = 12 VR1 = 6,8 kΩR2 = 1 kΩC = 33 µFt = 25 ms
vC = V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
230 V50 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 2,2 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 230 V (действующее значение), 50 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 230 V (rms)f = 50 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF
I = A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
50 V500 HzR1​ = 20 ΩR2​ = 40 ΩC = 4,7 µFI

Резистор R1 включён последовательно с параллельным соединением R2 и конденсатора C в сеть 50 V (действующее значение), 500 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 50 V (rms)f = 500 HzR1 = 20 ΩR2 = 40 ΩC = 4,7 µF
I = A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
240 VR + jXP = 2244 W11 A

Индуктивная нагрузка потребляет 11 A и 2244 W от однофазной сети 240 V (действующее значение). Представьте её как сопротивление R, соединённое последовательно с реактивным сопротивлением X. Найдите X.

V = 240 VI = 11 AP = 2244 W
X = Ω
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
240 V50 Hzнагрузка2 kW, 0,8C68 µFI = ?

Однофазная нагрузка потребляет 2 kW при коэффициенте мощности 0,8 (индуктивном) от сети 240 V, 50 Hz. Параллельно нагрузке подключён конденсатор 68 µF. Найдите новый ток линии I.

P = 2 kWpf1 = 0,8V = 240 Vf = 50 HzC = 68 µF
I = A
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 480 VZ = 8 + j6 Ωна фазу

Симметричная нагрузка, соединённая треугольником, с полным сопротивлением 8 + j6 Ω на фазу подключена к симметричной трёхфазной сети с линейным напряжением 480 V. Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 480 VZ = 8 + j6 Ω на фазу
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 120 kW при коэффициенте мощности 0,75 (отстающий) от сети 415 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 звездой. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 120 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
RL​ = 4 Ω1011200 VV2​I1​ = ?I2​

К первичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 10:1 приложено 1200 V. К вторичной обмотке подключён резистор 4 Ω. Найдите первичный ток I1.

N1:N2 = 10:1V1 = 1200 VRL = 4 Ω
I1 = A
20.ТрансформаторыСложная
500 kVA

Однофазный трансформатор 500 kVA имеет потери в стали 2000 W и потери в меди 6000 W при номинальной нагрузке. При какой нагрузке Sη,max, в kVA, его КПД максимален?

S = 500 kVAPcore = 2000 WPcu,fl = 6000 W
Sη,max = kVA
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​R2​ = 2 kΩV1​ = 2,4 VR1​ = 1 kΩV2​ = 0,1 VR3​ = 1 kΩR4​ = 2 kΩ

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

V1 = 2,4 VV2 = 0,1 VR1 = R3 = 1 kΩR2 = R4 = 2 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
Vin​V1​Vout​каскад 1: инвертирующийR1​ = 10 kΩRf1​ = 47 kΩкаскад 2: неинвертирующийR2​ = 4,7 kΩRf2​ = 4,7 kΩ

Два каскада на идеальных ОУ соединены последовательно: инвертирующий усилитель (R1, Rf1), за ним неинвертирующий (R2 на землю, Rf2 в обратной связи). Оба питаются от ±15 V. Входное напряжение Vin = 0,75 V. Найдите выходное напряжение Vout.

R1 = 10 kΩRf1 = 47 kΩR2 = 4,7 kΩRf2 = 4,7 kΩVin = 0,75 V
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 4,7 kΩβ = 80IC​ = ?VCC​ = 9 VRB​ = 560 kΩ

NPN-транзистор с β = 80 смещён резистором базы RB = 560 kΩ от источника питания VCC = 9 V. Резистор коллектора RC = 4,7 kΩ, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите ток коллектора IC в mA.

VCC = 9 VRB = 560 kΩRC = 4,7 kΩβ = 80VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 330 Ωβ = 80VCC​ = 12 V5 VRB​ = ?

NPN-транзистор с β = 80 коммутирует нагрузочный резистор 330 Ω, включённый между VCC = 12 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 5 V через резистор базы RB. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Найдите наибольшее сопротивление резистора базы RB, в kΩ, при котором транзистор ещё входит в насыщение.

VCC = 12 VRC = 330 Ωβ = 80Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Системы счисленияСредняя
веса разрядов в дополнительном коде0−12816413211608140201

8-битная комбинация 0111 0100 хранит целое число со знаком в дополнительном коде. Каково его значение N в десятичной системе?

0111 01008 bit
N =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 1111 0101 AND 1010 0011. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

1111 0101AND1010 0011
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABC000111100101324576

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

F = BC + A′B + AC
L =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKRING

4-разрядный кольцевой счётчик Q₃Q₂Q₁Q₀ начинает с 1000. По каждому фронту тактового сигнала биты сдвигаются на одну позицию вправо (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀), а Q₃ получает Q₀. Укажите состояние Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ в виде десятичного числа после 8 фронтов тактового сигнала.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 10008
Q =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm−2−4−6−8−10−12−142

Найдите f(t) для F(s) = (3s + 38)/(s² + 8s + 20) выделением полного квадрата и вычислите f(0,5).

F(s) = (3s + 38)/(s² + 8s + 20)t = 0,5 s
f(0.5) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 1y(1) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 7y′ + 6y = 24·u(t), где y(0) = 4 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 4. С помощью преобразования Лапласа найдите y(1).

y″ + 7y′ + 6y = 24·u(t)y(0) = 4y′(0) = 0u(t) = 4t = 1 s
y(1) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+19K+6s + 4G(s)C(s)5H₁−−

Объект G(s) = 6/(s + 4) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 5. Коэффициент регулятора K = 19, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите статический коэффициент передачи замкнутой системы T(0).

G(s) = 6/(s + 4)H₁ = 5K = 19
T(0) =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+Kрегулятор+D(s)+1s + 3объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 1/(s + 3) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Ступенька возмущения величиной 1 действует на входе объекта при R = 0. Найдите наименьший коэффициент K, при котором установившийся выход не превышает 0,003333.

G(s) = 1/(s + 3)D = 1css ≤ 0,003333
K =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)3

Система имеет передаточную функцию G(s) = 249/(s² + 7s + 83) и получает на вход единичную ступеньку. Полюсы равны s = σ ± jωd. Найдите вещественную часть σ.

G(s) = 249/(s² + 7s + 83)
σ =
34.Переходная характеристикаСложная
R(s)+95s(s + 4)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 95/(s(s + 4)). Найдите время установления ts переходной характеристики замкнутой системы по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 95/(s(s + 4))
ts = s
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​R = 1 kΩC = 1 nFvout​

Изображённый RC-фильтр нижних частот имеет R = 1 kΩ, C = 1 nF. На вход подаётся синусоидальный сигнал 320 kHz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.

R = 1 kΩC = 1 nFf = 320 kHz
φ = °
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−100−80−60−40−20020ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​ = ?

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 10/(s(s + 2)(s + 6)). Найдите частоту перехода фазы ω180, где ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 10/(s(s + 2)(s + 6))
ω180 = rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1(s + 4)(s + 5)(s + 6)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K/((s + 4)(s + 5)(s + 6)), K > 0. Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K/((s + 4)(s + 5)(s + 6))
Kmax =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4−6−8−10−12j2

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K(s + 6)/(s(s + 4)(s + 1)(s + 10)). Найдите точку σa, в которой асимптоты корневого годографа пересекают вещественную ось.

L(s) = K(s + 6)/(s(s + 4)(s + 1)(s + 10))
σa =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 1t+Ks(s + 1)C(s)−

Контур с единичной обратной связью и G(s) = K/(s(s + 1)) должен отслеживать линейное воздействие r(t) = 1t с установившейся ошибкой 0,1. Найдите коэффициент усиления K.

G(s) = K/(s(s + 1))r(t) = 1tess = 0,1
K =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
r(t) = 5t+5 + 2/s2(s + 1)(s + 4)C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = 5 + 2/s управляет объектом G(s) = 2/((s + 1)(s + 4)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите установившуюся ошибку ess для линейного входа r(t) = 5t.

C(s) = 5 + 2/sG(s) = 2/((s + 1)(s + 4))r(t) = 5t
ess =

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 1,784 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​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAR4​4 ΩB

Объединяйте резисторы с дальнего конца

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

R3 + R4 = 10 + 4 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 8·14/(8+14) = 5,091 Ω
Req = R1 + 5,091 = 5 + 5,091 = 10,09 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 18/10,09 = 1,784 A

Ответ

IR1 = 1,784 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 1,985 A

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAR4​10 ΩBR6​20 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 = 20 + 20 = 40 Ω
R4 ∥ 40 = 8 Ω
R3 + 8 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 3,111 Ω
Req = R1 + 3,111 = 12 + 3,111 = 15,11 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 30/15,11 = 1,985 A

Ответ

IR1 = 1,985 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: PIs = 26,12 W

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 подают в A.

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/4 + (VA − 30)/2 + (VA − VB)/10 = 0
0,85·VA − 0,1·VB = 15

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/5 + (VB − VA)/10 = 2
−0,1·VA + 0,3·VB = 2

Решите

Δ = (0,85)(0,3) − (−0,1)(−0,1) = 0,245
VA = Δ1/Δ = 4,7/0,245 = 19,18 V
VB = Δ2/Δ = 3,2/0,245 = 13,06 V

Мощность, отдаваемая источником тока

Источник направляет ток Iₛ вверх в узел B, от земли (0 V) к VB. Источник, ток которого выходит из его вывода +, отдаёт мощность P = V·I.

PIs = VB·Is = 13,06·2 = 26,12 W

Ответ

PIs = 26,12 W
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 52,84 V

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

R1​ = 6 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​5 VR3​6 ΩAR5​25 ΩBIs​6 A−+V2​18 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 5 V, V2 = −18 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/6 + (VA − 5)/6 + (VA − VB)/30 = 0
0,3667·VA − 0,03333·VB = 0,8333

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/25 + (VB − VA)/30 + (VB − (−18))/30 = 6
−0,03333·VA + 0,1067·VB = 5,4

Решите

Δ = (0,3667)(0,1067) − (−0,03333)(−0,03333) = 0,038
VA = Δ1/Δ = 0,2689/0,038 = 7,076 V
VB = Δ2/Δ = 2,008/0,038 = 52,84 V

Ответ

VB = 52,84 V
5.Метод контурных токов

Ответ: VR1 = 12,91 V

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

R1​ = 6 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​18 VR3​2 ΩA+−V2​9 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
6·I1 + 2(I1 − I2) = 18
8·I1 − 2·I2 = 18

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
10·I2 + 2(I2 − I1) = (−9)
−2·I1 + 12·I2 = −9

Решите

Δ = (8)(12) − (−2)(−2) = 92
I1 = Δ1/Δ = 198/92 = 2,152 A
I2 = Δ2/Δ = −36/92 = −0,3913 A

Ответ

IR1 = I1 = 2,152 A
VR1 = IR1·R1 = 2,152·6 = 12,91 V

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: IR2 = 0,7907 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​ = 12 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​36 VR4​25 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
12·I1 + 25(I1 − I2) = 36
37·I1 − 25·I2 = 36

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
12·I2 + 25(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−25·I1 + 45·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
6·I3 + 8(I3 − I2) = (−10)
−8·I2 + 14·I3 = −10

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 12192
I1 = Δ1/Δ = 18376/12192 = 1,507 A
I2 = Δ2/Δ = 9640/12192 = 0,7907 A
I3 = Δ3/Δ = −3200/12192 = −0,2625 A

Ответ

IR2 = I2 = 0,7907 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: IR3 = −0,1739 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​ = 20 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​6 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 = 4+2 = 6 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 6·6/(6+6) = 3 Ω
VA = 18·3/(20+3) = 2,348 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,348·2/6 = 0,7826 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (2,348 − 0,7826)/4 = 0,3913 A
R1​ = 20 ΩR3​ = 4 ΩКЗR2​6 ΩAR4​2 ΩBIs​3 A

Случай 2 · действует только Is

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

R1 ∥ R2 = 20·6/(20+6) = 4,615 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 2 ∥ 8,615 = 1,623 Ω
VB = Is·Req = 3·1,623 = 4,87 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 4,87·4,615/8,615 = 2,609 V
IR3″ = (VA − VB)/R3 = (2,609 − 4,87)/4 = −0,5652 A

Сложите составляющие

IR3 = IR3′ + IR3″
IR3 = 0,3913 + (−0,5652) = −0,1739 A

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

8.Метод наложения

Ответ: VR2 = −16,53 V

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

R1​ = 20 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​10 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 ∥ 45 = 5,294 Ω
VA = 10·5,294/(20+5,294) = 2,093 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,093·30/45 = 1,395 V
VR2′ = VA − VB = 2,093 − 1,395 = 0,6977 V
R1​ = 20 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 30 ΩКЗR3​6 ΩAIs​1,5 ABКЗ

Случай 2 · действует только Is

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

R1 ∥ R3 = 4,615 Ω, поэтому левый путь — R2+4,615 = 19,62 Ω
Req = R4 ∥ 19,62 = 11,86 Ω
VB = Is·Req = 1,5·11,86 = 17,79 V
VA = VB·4,615/19,62 = 4,186 V
VR2″ = VA − VB = 4,186 − 17,79 = −13,6 V
R1​ = 20 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 30 ΩКЗR3​6 ΩAОБРЫВB+−V2​12 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 = 20·6/(20+6) = 4,615 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 12·19,62/49,62 = 4,744 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 4,744·4,615/19,62 = 1,116 V
VR2‴ = VA − VB = 1,116 − 4,744 = −3,628 V

Сложите составляющие

VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = 0,6977 + (−13,6) + (−3,628) = −16,53 V

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

9.Тевенин и Нортон

Ответ: Vth = 9 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​ = 5 ΩR3​ = 10 ΩКЗR2​5 ΩAabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

Замените источники напряжения короткими замыканиями, а источники тока — разрывами, затем посмотрите на цепь со стороны a–b.

R1 ∥ R2 = 5·5/(5+5) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 10 = 12,5 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​5 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) = 18·5/(5+5) = 9 V
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = −4,733 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​ = 30 ΩR3​ = 15 ΩКЗR2​20 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 = 30·20/(30+20) = 12 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 12 + 15 = 27 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​20 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) = 7,2 + (−5)·12 = −52,8 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −52,8 + (−5)·15 = −127,8 V
IN​4,733 ARth​27 Ωab

Эквивалент Нортона

Источник Нортона — та же цепь, представленная как источник тока, параллельный R_th. Его ток — это ток короткого замыкания на a–b.

IN = Vth/Rth = −127,8/27 = −4,733 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: i = 0,2198 A

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

Постоянная времени

τ = L/R = 33 mH / 10 Ω = 3,3 ms

Убывание тока

i(t) = 1·e−5/3,3 = 0,2198 A

Ответ

i = 0,2198 A
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 0,7212 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.

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) = 12·1/(6,8 + 1) = 1,538 V

Постоянная времени после размыкания ключа

τ = R2·C = 1·33 = 33 ms

Разряд

vC(t) = 1,538·e−25/33 = 0,7212 V

Ответ

vC = 0,7212 V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,1594 A

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

Реактивные сопротивления

ω = 2πf = 2π·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,02 = 6,283 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·2,2·10⁻⁶) = 1447 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (−1441)²) = 1443 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 230/1443 = 0,1594 A

Ответ

I = 0,1594 A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,9496 A

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

Реактивное сопротивление

XC = 1/(2π·500·4,7·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Параллельное соединение

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

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

Полное сопротивление цепи

Z = 20 + 29,66 − j17,51 = 49,66 − j17,51 Ω
|Z| = √(49,66² + 17,51²) = 52,65 Ω

Ток

I = V/|Z| = 50/52,65 = 0,9496 A

Ответ

I = 0,9496 A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: X = 11,49 Ω

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

Сопротивление по активной мощности

R = P/I² = 2244/11² = 18,55 Ω

Реактивное сопротивление по полному

|Z| = V/I = 240/11 = 21,82 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(21,82² − 18,55²) = 11,49 Ω

Ответ

X = 11,49 Ω
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 8,409 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 = 2·tan(arccos 0,8) = 1,5 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·50·68·10⁻⁶ = 1230 var = 1,23 kvar
Q2 = 1,5 − 1,23 = 0,2695 kvar

Новая полная мощность

S2 = √(2² + 0,2695²) = 2,018 kVA

Новый ток линии

I = S2/V = 2018/240 = 8,409 A

Ответ

I = 8,409 A
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 55,3 kW

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

Фазное напряжение

Vph = VL = 480 V

Фазный ток

|Z| = √(8² + 6²) = 10 Ω
Iph = 480/10 = 48 A

Полная активная мощность

Активную мощность потребляет только активная составляющая каждого сопротивления.

P = 3·Iph²·R = 3·48²·8 = 55,3 kW

Ответ

P = 55,3 kW

Проверка: cos φ = R/|Z| = 0,8, и √3·VL·IL·cos φ даёт ту же мощность.

18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 1011 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 = 120·tan(acos 0,75) = 120·0,8819 = 105,8 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,92) = 120·0,426 = 51,12 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 54,71 kvar

Ёмкость на фазу

В батарее, соединённой звездой, каждый конденсатор включён между линейным проводом и нейтральной точкой.

V = 415/√3 = 239,6 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 18237/(314,2·239,6²) = 1011 µF

Ответ

Cph = 1011 µF
19.Трансформаторы

Ответ: I1 = 3 A

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

Вторичные напряжение и ток

V2 = 1200/10 = 120 V
I2 = 120/4 = 30 A

Первичный ток

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

I1 = I2/10 = 3 A

Ответ

I1 = 3 A

Проверка: нагрузка со стороны первичной обмотки равна a²·RL = 400 Ω, и 1200/400 даёт тот же ток.

20.Трансформаторы

Ответ: Sη,max = 288,7 kVA

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

Потери в меди равны потерям в стали

x²·6000 = 2000 → x = √(2000/6000) = 0,5774

Нагрузка при максимальном КПД

Sη,max = x·S = 0,5774·500 = 288,7 kVA

Ответ

Sη,max = 288,7 kVA
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −4,6 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) = 0,1·2/(1 + 2) = 0,06667 V
V₋ = V₊

ЗТК на инвертирующем входе

(2,4 − 0,06667)/1 = (0,06667 − Vout)/2
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (2/1)·(0,1 − 2,4) = −4,6 V

Ответ

Vout = −4,6 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −7,05 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 каждого каскада

A1 = −Rf1/R1 = −47/10 = −4,7
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 4,7/4,7 = 2

Каскад за каскадом

V1 = −4,7·0,75 = −3,525 V
Vout = 2·(−3,525) = −7,05 V

Ответ

Vout = −7,05 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 1,186 mA

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

Ток базы

IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/560 kΩ = 14,82 µA

Ток коллектора

IC = β·IB = 80·14,82 µA = 1,186 mA

Ответ

IC = 1,186 mA

Проверка: VCE = 3,427 V заметно больше 0,2 V, значит, транзистор действительно в активном режиме.

24.Диоды и транзисторы

Ответ: RB = 9,62 kΩ

Биполярный транзистор как ключ: чтобы полностью включить нагрузку, транзистор вводят в насыщение, где VCE = VCE(sat), а ток коллектора определяется нагрузкой: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Для насыщения нужен ток базы не менее IB = IC(sat)/β. Если ток базы меньше, транзистор остаётся в активном режиме, и IC = β·IB.

Ток коллектора в насыщении

IC(sat) = (12 − 0,2)/330 = 35,76 mA

Минимальный ток базы

IB(min) = IC(sat)/β = 35,76/80 = 447 µA

Резистор базы

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,447 mA = 9,62 kΩ

Ответ

RB = 9,62 kΩ

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

25.Системы счисления

Ответ: N = 116

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

Сложите веса

Остальные биты сохраняют свои обычные положительные веса.

64 + 32 + 16 + 4 = 116

Ответ

N = 116
26.Системы счисления

Ответ: R = 161

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

Бит за битом

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

1111 0101
AND 1010 0011
= 1010 0001

Значение результата

1010 0001₂ = 161

Ответ

R = 161
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 4

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

BC → m(3, 7)
A′B → m(2, 3)
AC → m(5, 7)
ABC00011110010001131204151706

Сгруппируйте и прочитайте

F = AC + A′B

Посчитайте литералы

L = 4

Ответ

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

Ответ: Q = 8

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

Состояние после каждого фронта

1000 → 0100 → 0010 → 0001 → 1000 → 0100 → 0010 → 0001 → 1000

Десятичное значение

1000₂ = 8

Ответ

Q = 8
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.5) = 1,7

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).

Выделение полного квадрата

s² + 8s + 20 = (s + 4)² + 4 = (s + 4)² + 2²

Подбор числителя

F(s) = 3·(s + 4)/((s + 4)² + 2²) + (26/2)·2/((s + 4)² + 2²)

Обратное преобразование

f(t) = e−4t·(3·cos 2t + 13·sin 2t)
f(0,5) = e−4·0,5·(3·cos(2·0,5) + 13·sin(2·0,5)) = 1,7

Ответ

f(0,5) = 1,7
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(1) = 10,71

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

Преобразование уравнения

(s² + 7s + 6)·Y(s) = 4s + 28 + 96/s
Y(s) = (4s² + 28s + 96)/(s(s + 1)(s + 6))

Простые дроби

A = 96/(1·6) = 16
B = 72/((−1)·5) = −14,4
C = 72/((−6)·(−5)) = 2,4

Результат

y(t) = 16 − 14,4·e−t + 2,4·e−6t
y(1) = 10,71

Ответ

y(1) = 10,71

Проверка: y(0) = A + B + C = 4.

31.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 0,7703

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 = G/(1 + G·H₁) = 6/(s + 4 + 6·5) = 6/(s + 34)

Внешний контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 114/(s + 34 + 114) = 114/(s + 148)

Результат

T(0) = 114/148 = 0,7703

Ответ

T(0) = 0,7703
32.Структурные схемы

Ответ: K = 297

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).

Реакция на возмущение

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 1·1/(3 + 1K)

Решите относительно K

3 + 1K = 1·1/0,003333 = 300
K = (300 − 3)/1 = 297

Ответ

K = 297
33.Переходная характеристика

Ответ: σ = −3,5

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 = 83 → ωₙ = 9,11 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·9,11) = 0,3842

Результат

σ = −ζωₙ = −7/2 = −3,5

Ответ

σ = −3,5
34.Переходная характеристика

Ответ: ts = 2 s

Переходная характеристика: система первого порядка G(s) = K/(τs + 1) отвечает на ступеньку величиной U сигналом y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): за одну постоянную времени τ она достигает 63,2 % конечного значения K·U, а за 4τ — 98 %. Система второго порядка G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) имеет полюсы s = −ζωₙ ± jωd, где ωd = ωₙ√(1 − ζ²). При 0 < ζ < 1 переходная характеристика перерегулируется: перерегулирование %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), время пика tp = π/ωd, а время установления по критерию 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Сравните знаменатель с s² + 2ζωₙs + ωₙ², чтобы найти ωₙ и ζ. Для системы масса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) и ζ = c/(2√(km)); для последовательной RLC-цепи ωₙ = 1/√(LC) и ζ = (R/2)·√(C/L).

Передаточная функция замкнутой системы

T(s) = 95/(s² + 4s + 95): ωₙ = 9,747 rad/s, ζ = 0,2052

Время установления

ζωₙ = 4/2 = 2
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 2 s

Ответ

ts = 2 s

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

35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: φ = −63,56 °

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/(1000·1 × 10⁻⁹) = 1000000 rad/s
fc = 159155 Hz → f/fc = 320000/159155 = 2,011

Фаза

φ = − atan(2,011) = −63,56°

Ответ

φ = −63,56°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ω180 = 3,464 rad/s

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

Частота перехода фазы

(ω/2)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(2·6) = 3,464 rad/s

Ответ

ω180 = 3,464 rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 990

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 + 15s² + 74s + 120 + K = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 74
s²: 15, 120 + K
s¹: (15·74 − 120 − K)/15
s⁰: 120 + K

Условие

Элемент строки s¹ должен оставаться положительным.

K < 15·74 − 120 = 990

Ответ

Kmax = 990

На границе устойчивости контур колеблется с частотой ω = √74 = 8,602 rad/s.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: σa = −3

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.

Полюса и нули

полюса: 0, −4, −1, −10
нули: −6
n − m = 4 − 1 = 3

Центр тяжести

σa = (−15 − (−6))/3 = −3

Ответ

σa = −3

3 асимптоты выходят из центра под углами 60°, 180°, 300°.

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 10

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 = 1/0,1 = 10

Коэффициент усиления

K = 1·Kv = 10

Ответ

K = 10

Большой коэффициент усиления делает этот контур очень слабо демпфированным: ζ = 0,1581. Именно из-за такого противоречия применяют корректирующие устройства.

40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 5

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

Коэффициент скоростной ошибки

s·C(s) = 5s + 2 → 2 при s → 0.

Kv = 2·2/4 = 1

Ошибка по линейному воздействию

ess = 5/1 = 5

Ответ

ess = 5

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

Это независимый учебный материал. ExamProblems не связан с организацией, проводящей этот экзамен, и не одобрен ею; название экзамена используется только для описания содержания. Экзамен FE exam проводит NCEES; эта организация не связана с ExamProblems и не поддерживает его.

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