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​ = 3 ΩIR1​R3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​5 ΩAR4​20 ΩB

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 ΩR4 = 20 Ω
IR1 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 2 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAR4​10 ΩBR6​2 Ω

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 9 VR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 2 ΩR4 = 10 ΩR5 = 8 ΩR6 = 2 Ω
IR1 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 3 ΩR3​ = 4 ΩIR3​+−V1​30 VR2​10 ΩAR4​2 ΩBIs​2,5 A

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

V1 = 30 VIs = 2,5 AR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 4 ΩR4 = 2 Ω
IR3 = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 20 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​12 VR3​5 ΩAR5​30 ΩBIs​0,5 A+−V2​36 V

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

V1 = 12 VIs = 0,5 AV2 = 36 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 ΩR4 = 6 ΩR5 = 30 Ω
VA = V
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 3 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​10 VR3​5 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

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

V1 = 10 VV2 = 9 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 Ω
I2 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 6 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR4​4 ΩAR5​8 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти контурный ток I3 (по часовой стрелке).

V1 = 18 VV2 = 36 VR1 = 6 ΩR2 = 20 ΩR3 = 12 ΩR4 = 4 ΩR5 = 8 Ω
I3 = A
7.Метод наложенияСредняя
линейная цепьVs​Is​IRL​

Линейная резистивная цепь содержит один источник напряжения Vs и один источник тока Is. Ток I через нагрузочный резистор измерен дважды: при Vs = 5 V и Is = 6 mA I = 8 mA; при Vs = 8 V и Is = 4 mA I = 10 mA. Найдите ток нагрузки I при Vs = 15 V и Is = 6 mA.

5 V, 6 mA → 8 mA8 V, 4 mA → 10 mAVs = 15 V, Is = 6 mA
I = mA
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 6 ΩR2​ = 8 ΩIR2​R4​ = 20 Ω+−V1​24 VR3​25 ΩAIs​1,5 AB−+V2​24 V

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

V1 = 24 VIs = 1,5 AV2 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 8 ΩR3 = 25 ΩR4 = 20 Ω
IR2 = A
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAab

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

V1 = 15 VR1 = 8 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 Ω
IN = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAIs​6 ABRL​3 ΩIL​

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

V1 = 30 VIs = 6 AR1 = 6 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩRL = 3 Ω
IL = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
R = 15 Ωt = 0L22 mHi(t)

Через катушку течёт установившийся ток 0,5 A. При t = 0 ключ замыкает контур через R, а источник отключается, поэтому ток катушки убывает через R. Найдите напряжение vR на R при t = 1 ms.

i(0) = 0,5 AR = 15 ΩL = 22 mHt = 1 ms
vR = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​5 Vt = 0R = 10 kΩC100 µF+−vC​vC​(0) = 8 V

Непосредственно перед замыканием ключа в момент t = 0 конденсатор заряжен до 8 V с указанной полярностью. Через какое время vC достигнет 6,8 V? Найдите t.

Vs = 5 VR = 10 kΩC = 100 µFvC(0) = 8 V
t = ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
12 V60 HzR = 40 ΩL = 150 mHI

Резистор и катушка включены параллельно в сеть 12 V (действующее значение), 60 Hz. Найдите модуль полного сопротивления |Z|.

V = 12 V (rms)f = 60 HzR = 40 ΩL = 150 mH
|Z| = Ω
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
24 Vf0​R = 50 ΩL = 10 mHC = 0,1 µF

Последовательный RLC-контур питается от источника 24 V (действующее значение), частота которого равна резонансной частоте контура. Найдите действующее напряжение VL на катушке.

V = 24 V (rms)R = 50 ΩL = 10 mHC = 0,1 µF
VL = V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
240 VR + jXP = 2976 W15,5 A

Индуктивная нагрузка потребляет 15,5 A и 2976 W от однофазной сети 240 V (действующее значение). Представьте её как сопротивление R, соединённое последовательно с реактивным сопротивлением X. Найдите X.

V = 240 VI = 15,5 AP = 2976 W
X = Ω
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
100 V50 HzRs​ = 20 ΩXs​ = j15 ΩZL​ = ?

Источник 100 V (действующее значение), 50 Hz имеет внутреннее сопротивление Zs = 20 + j15 Ω. Полное сопротивление нагрузки ZL можно выбирать произвольно. Найдите наибольшую активную мощность Pmax, которую можно передать нагрузке.

Vs = 100 V (rms)f = 50 HzZs = 20 + j15 Ω
Pmax = W
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 400 VZ = 5 + j12 Ωна фазу

Симметричная нагрузка, соединённая треугольником, с полным сопротивлением 5 + j12 Ω на фазу подключена к симметричной трёхфазной сети с линейным напряжением 400 V. Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 400 VZ = 5 + j12 Ω на фазу
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 150 kW при коэффициенте мощности 0,75 (отстающий) от сети 480 V (линейное), 50 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,98 (отстающий). Активная мощность не меняется. Найдите полную реактивную мощность QC, которую должна выдавать конденсаторная батарея, в kvar.

P = 150 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаторыСредняя
4800 V240 VIHV​ = ?ILV​75 kVA

Однофазный трансформатор 75 kVA, 4800/240 V работает при номинальной нагрузке. Считайте его идеальным. Найдите ток IHV в обмотке высшего напряжения.

S = 75 kVAV1 = 4800 VV2 = 240 V
IHV = A
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,9575 kVA, η = 96%

Однофазный трансформатор 75 kVA имеет потери в стали 225 W. При номинальной нагрузке и коэффициенте мощности 0,95 (отстающий) его КПД равен 96%. Найдите потери в меди при номинальной нагрузке Pcu,fl в ваттах.

S = 75 kVAPcore = 225 Wpf = 0,95η = 96%
Pcu,fl = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 1 kΩVin​

Подберите резистор обратной связи Rf, чтобы этот неинвертирующий усилитель имел коэффициент усиления по напряжению 5.

R1 = 1 kΩAv = 5
Rf = kΩ
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​Rf​ = 2 kΩV1​ = −0,4 VR1​ = 2 kΩV2​ = 0,7 VR2​ = 22 kΩ

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

V1 = −0,4 VV2 = 0,7 VR1 = 2 kΩR2 = 22 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 470 Ωβ = 120IC​ = ?VCC​ = 15 VRB​ = 470 kΩ

NPN-транзистор с β = 120 смещён резистором базы RB = 470 kΩ от источника питания VCC = 15 V. Резистор коллектора RC = 470 Ω, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите ток коллектора IC в mA.

VCC = 15 VRB = 470 kΩRC = 470 Ωβ = 120VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 220 Ωβ = 80VCC​ = 5 V3,3 VRB​ = ?

NPN-транзистор с β = 80 коммутирует нагрузочный резистор 220 Ω, включённый между VCC = 5 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 3,3 V через резистор базы RB. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Для надёжного переключения рассчитайте ток базы в 5 раз больше минимального, нужного для насыщения. Найдите RB в kΩ.

VCC = 5 VRC = 220 Ωβ = 80Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vкоэффициент запаса = 5
RB = kΩ
25.Системы счисленияСредняя
веса разрядов в дополнительном коде0−12806413201608041211

8-битная комбинация 0010 0011 хранит целое число со знаком в дополнительном коде. Каково его значение N в десятичной системе?

0010 00118 bit
N =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 1000 0100 >> 3. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

1000 0100>> 3
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
MUX1I0​C′I1​C′I2​0I3​ABS1​S0​F

У мультиплексора 4 в 1 адресные входы S₁ = A и S₀ = B, а информационные входы подключены так: I₀ = 1, I₁ = C′, I₂ = C′, I₃ = 0. Для скольких из 8 комбинаций A, B и C выход F = 1? Найдите N.

I₀ = 1I₁ = C′I₂ = C′I₃ = 0
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​FFQ4​Q4​FFQ5​Q5​CLKMOD-60

Счётчик по модулю 60 построен на минимальном числе триггеров. Сколько из возможных состояний, U, никогда не используется?

N = 60
U =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 0,8f(0,8) = ?

Найдите f(t) для F(s) = (6s + 32)/(s² + 4s + 4) и вычислите f(0,8).

F(s) = (6s + 32)/(s² + 4s + 4)t = 0,8 s
f(0.8) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,75y(0,75) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 3y′ + 2y = 8·u(t). Она начинает из покоя (y(0) = 0, y′(0) = 0), а входом служит ступенька u(t) = 10 при t ≥ 0. С помощью преобразования Лапласа найдите выход y(0,75).

y″ + 3y′ + 2y = 8·u(t)u(t) = 10y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,75 s
y(0.75) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+4K+9s + 6G(s)C(s)0,5H₁−−

Объект G(s) = 9/(s + 6) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 0,5. Коэффициент регулятора K = 4, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите полюс замкнутой системы p.

G(s) = 9/(s + 6)H₁ = 0,5K = 4
p =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+17s + 2G₁+1s + 6G₂C(s)1H₁−0,1H₂−

Упростите структурную схему, где G₁ = 17/(s + 2), G₂ = 1/(s + 6), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 1 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 0,1. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).

G₁ = 17/(s + 2)G₂ = 1/(s + 6)H₁ = 1H₂ = 0,1
T(0) =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)2?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 66/(s² + 9s + 33) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите перерегулирование %OS переходной характеристики в процентах.

G(s) = 66/(s² + 9s + 33)
%OS = %
34.Переходная характеристикаСложная
t (s)y(t)18 %

Переходная характеристика системы второго порядка без нулей должна иметь перерегулирование 8 %. Найдите коэффициент демпфирования ζ.

%OS = 8 %
ζ =
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​L = 1 mHR = 1000 Ωvout​

Изображённый RL-фильтр нижних частот имеет R = 1000 Ω, L = 1 mH. На вход подаётся синусоидальный сигнал 320 kHz. Найдите коэффициент усиления |H| = |vout/vin| в dB.

R = 1000 ΩL = 1 mHf = 320 kHz
|H| = dB
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 170/(s(s + 20)). Найдите запас по фазе PM в градусах.

L(s) = 170/(s(s + 20))
PM = °
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+1201s(s + 2)(s + 3)C(s)−

Контур на схеме имеет отрицательную обратную связь, L(s) = 120/(s(s + 2)(s + 3)). Сколько полюсов N замкнутой системы лежит в правой полуплоскости?

L(s) = 120/(s(s + 2)(s + 3))
N =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReImζ = 0,3−2j2

Показан корневой годограф L(s) = K/(s(s + 2)). Найдите коэффициент усиления K, при котором полюса замкнутой системы имеют коэффициент демпфирования ζ = 0,3.

L(s) = K/(s(s + 2))ζ = 0,3
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
R(s)+K(s + 2)(s + 4)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет G(s) = K/((s + 2)(s + 4)). Найдите коэффициент усиления K, при котором установившаяся ошибка по ступеньке составляет 25 %.

G(s) = K/((s + 2)(s + 4))ess = 25 %
K =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+Kp​ + Ki​/s5s + 1C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s управляет объектом G(s) = 5/(s + 1) в контуре с единичной обратной связью. Замкнутая система должна иметь ωₙ = 8 rad/s и ζ = 1. Найдите интегральный коэффициент Ki.

G(s) = 5/(s + 1)ωₙ = 8 rad/sζ = 1
Ki =

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 2,458 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 Ω+−V1​18 VR2​5 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 = 12 + 20 = 32 Ω
R2 ∥ 32 = 5·32/(5+32) = 4,324 Ω
Req = R1 + 4,324 = 3 + 4,324 = 7,324 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 18/7,324 = 2,458 A

Ответ

IR1 = 2,458 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 1,337 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​ = 2 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAR4​10 ΩBR6​2 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 = 8 + 2 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 5 Ω
R3 + 5 = 7 Ω
R2 ∥ 7 = 3,733 Ω
Req = R1 + 3,733 = 3 + 3,733 = 6,733 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 9/6,733 = 1,337 A

Ответ

IR1 = 1,337 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR3 = 2,176 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 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAR4​2 ΩBIs​2,5 A

Определите узлы

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

ЗТК в узле A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/10 + (VA − 30)/3 + (VA − VB)/4 = 0
0,6833·VA − 0,25·VB = 10

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/2 + (VB − VA)/4 = 2,5
−0,25·VA + 0,75·VB = 2,5

Решите

Δ = (0,6833)(0,75) − (−0,25)(−0,25) = 0,45
VA = Δ1/Δ = 8,125/0,45 = 18,06 V
VB = Δ2/Δ = 4,208/0,45 = 9,352 V

Ответ

IR3 = (VA − VB)/R3 = (18,06 − 9,352)/4 = 2,176 A
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: VA = 12,43 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​ = 20 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​12 VR3​5 ΩAR5​30 ΩBIs​0,5 A+−V2​36 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 12 V, V2 = 36 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/5 + (VA − 12)/20 + (VA − VB)/3 = 0
0,5833·VA − 0,3333·VB = 0,6

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/30 + (VB − VA)/3 + (VB − 36)/6 = 0,5
−0,3333·VA + 0,5333·VB = 6,5

Решите

Δ = (0,5833)(0,5333) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,2
VA = Δ1/Δ = 2,487/0,2 = 12,43 V
VB = Δ2/Δ = 3,992/0,2 = 19,96 V

Ответ

VA = 12,43 V
5.Метод контурных токов

Ответ: I2 = −0,1257 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​ = 3 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​10 VR3​5 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
3·I1 + 5(I1 − I2) = 10
8·I1 − 5·I2 = 10

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
20·I2 + 5(I2 − I1) = (−9)
−5·I1 + 25·I2 = −9

Решите

Δ = (8)(25) − (−5)(−5) = 175
I1 = Δ1/Δ = 205/175 = 1,171 A
I2 = Δ2/Δ = −22/175 = −0,1257 A

Ответ

I2 = −0,1257 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I3 = −1,906 A

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

R1​ = 6 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR4​4 ΩAR5​8 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

Задайте контурные токи

В каждом окне нарисуйте ток по часовой стрелке: I1, I2, I3. Резистор, общий для двух контуров, проводит разность их токов.

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
6·I1 + 4(I1 − I2) = 18
10·I1 − 4·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 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
20·I2 + 4(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−4·I1 + 32·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
12·I3 + 8(I3 − I2) = (−36)
−8·I2 + 20·I3 = −36

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 5440
I1 = Δ1/Δ = 9216/5440 = 1,694 A
I2 = Δ2/Δ = −1440/5440 = −0,2647 A
I3 = Δ3/Δ = −10368/5440 = −1,906 A

Ответ

I3 = −1,906 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: I = 18 mA

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

Записываем отклик как сумму вкладов

Каждый вклад пропорционален своему источнику с коэффициентом, зависящим только от резисторов.

I = k₁·Vs + k₂·Is
5·k₁ + 6·k₂ = 8
8·k₁ + 4·k₂ = 10

Находим константы

Δ = (5)(4) − (6)(8) = −28
k₁ = Δ1/Δ = −28/−28 = 1
k₂ = Δ2/Δ = −14/−28 = 0,5
k₁ = 1 mA/V, k₂ = 0,5

Предсказываем новый ток

I = 1·15 + 0,5·6 = 18 mA

Ответ

I = 18 mA
8.Метод наложения

Ответ: IR2 = −2,234 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​ = 6 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​24 VR3​25 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) = 25 ∥ 28 = 13,21 Ω
VA = 24·13,21/(6+13,21) = 16,5 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 16,5·20/28 = 11,79 V
IR2′ = (VB − VA)/R2 = (11,79 − 16,5)/8 = −0,5894 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 20 ΩКЗR3​25 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 = 4,839 Ω, поэтому левый путь — R2+4,839 = 12,84 Ω
Req = R4 ∥ 12,84 = 7,819 Ω
VB = Is·Req = (−1,5)·7,819 = −11,73 V
VA = VB·4,839/12,84 = −4,42 V
IR2″ = (VB − VA)/R2 = (−11,73 − −4,42)/8 = −0,9136 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 20 ΩКЗR3​25 ΩAОБРЫВB−+V2​24 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 = 6·25/(6+25) = 4,839 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−24)·12,84/32,84 = −9,383 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −9,383·4,839/12,84 = −3,536 V
IR2‴ = (VB − VA)/R2 = (−9,383 − −3,536)/8 = −0,7308 A

Сложите составляющие

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴
IR2 = (−0,5894) + (−0,9136) + (−0,7308) = −2,234 A

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

9.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = 0,5696 A

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

R1​ = 8 ΩR3​ = 5 ΩКЗR2​3 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 = 8·3/(8+3) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 5 = 7,182 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​3 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) = 15·3/(8+3) = 4,091 V
IN​0,5696 ARth​7,182 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 = 4,091/7,182 = 0,5696 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 5,96 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​ = 6 ΩR3​ = 15 ΩКЗR2​8 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 = 6·8/(6+8) = 3,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,429 + 15 = 18,43 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAIs​6 ABab+−Vth​

Найдите Vth — напряжение холостого хода

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 17,14 + 6·3,429 = 37,71 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 37,71 + 6·15 = 127,7 V
Rth​ = 18,43 Ω+−Vth​127,7 VRL​3 ΩIL​

Подключите нагрузку к эквиваленту Тевенина

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

IL = Vth/(Rth + RL) = 127,7/(18,43 + 3) = 5,96 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vR = 3,793 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.

Постоянная времени

τ = L/R = 22 mH / 15 Ω = 1,467 ms

Убывание тока

i(t) = 0,5·e−1/1,467 = 0,2528 A
vR = R·i = 15·0,2528 = 3,793 V

Ответ

vR = 3,793 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: t = 510,8 ms

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

Начальное значение, конечное значение, постоянная времени

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

vC(0) = 8 V, vC(∞) = Vs = 5 V
τ = R·C = 10 kΩ · 100 µF = 1000 ms
vC(t) = 5 + (8 − 5)·e−t/τ

Выразите время

6,8 = 5 + (3)·e−t/τ → e−t/τ = (6,8 − 5)/(8 − 5) = 0,6
t = τ·ln((8 − 5)/(6,8 − 5)) = 1000·ln(1,667) = 510,8 ms

Ответ

t = 510,8 ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: |Z| = 32,66 Ω

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

XL = ωL = 2π·60·0,15 = 56,55 Ω

Токи ветвей

Обе ветви подключены прямо к источнику, поэтому к каждой приложено полное напряжение V.

IR = V/R = 12/40 = 0,3 A
IX = V/XL = 12/56,55 = 0,2122 A

Общий ток

Ток резистора совпадает по фазе с V, а реактивный ток сдвинут на 90°, поэтому они складываются как катеты прямоугольного треугольника.

I = √(IR² + IX²) = √(0,3² + 0,2122²) = 0,3675 A

Полное сопротивление

|Z| = V/I = 12/0,3675 = 32,66 Ω

Ответ

|Z| = 32,66 Ω
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: VL = 151,8 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/√(0,01·0,1·10⁻⁶) = 31623 rad/s
I = V/R = 24/50 = 0,48 A

Напряжение на катушке

XL = ω₀L = 31623·0,01 = 316,2 Ω
VL = I·XL = 0,48·316,2 = 151,8 V

Ответ

VL = 151,8 V

Это в Q = 6,325 раз больше напряжения источника.

15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: X = 9,29 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 = 2976/15,5² = 12,39 Ω

Реактивное сопротивление по полному

|Z| = V/I = 240/15,5 = 15,48 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(15,48² − 12,39²) = 9,29 Ω

Ответ

X = 9,29 Ω
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Pmax = 125 W

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.

Сопряжённое согласование

Реактивное сопротивление нагрузки компенсирует реактивное сопротивление источника, а активное сопротивление нагрузки равно активному сопротивлению источника.

ZL = Zs* = 20 − j15 Ω

Наибольшая мощность

I = Vs/(2Rs) = 100/40 = 2,5 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 100²/(4·20) = 125 W

Ответ

Pmax = 125 W
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 14,2 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 = 400 V

Фазный ток

|Z| = √(5² + 12²) = 13 Ω
Iph = 400/13 = 30,77 A

Полная активная мощность

Активную мощность потребляет только активная составляющая каждого сопротивления.

P = 3·Iph²·R = 3·30,77²·5 = 14,2 kW

Ответ

P = 14,2 kW

Проверка: cos φ = R/|Z| = 0,3846, и √3·VL·IL·cos φ даёт ту же мощность.

18.Трёхфазная мощность

Ответ: QC = 101,8 kvar

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

Реактивная мощность до и после

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

Q1 = 150·tan(acos 0,75) = 150·0,8819 = 132,3 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,98) = 150·0,2031 = 30,46 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 101,8 kvar

Ответ

QC = 101,8 kvar
19.Трансформаторы

Ответ: IHV = 15,63 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.

IHV = S/V = 75000/4800 = 15,63 A

Ответ

IHV = 15,63 A
20.Трансформаторы

Ответ: Pcu,fl = 2744 W

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

Выходная и потребляемая мощность

Pout = 75·0,95 = 71,25 kW
Pin = 71250/0,96 = 74219 W

Суммарные потери и потери в меди

Ploss = 74219 − 71250 = 2969 W
Pcu,fl = 2969 − 225 = 2744 W

Ответ

Pcu,fl = 2744 W
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Rf = 4 kΩ

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 неинвертирующего усилителя

V₋ = V₊ = Vin, а ток через R₁ течёт и через Rf, поэтому Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (5 − 1)·1 = 4 kΩ

Ответ

Rf = 4 kΩ
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 0,3364 V

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

Входные токи

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

I1 = V1/R1 = −0,4/2 = −0,2 mA
I2 = V2/R2 = 0,7/22 = 0,03182 mA
If = I1 + I2 = −0,1682 mA

Выходное напряжение

Vout = −Rf·If = −2·(−0,1682) = 0,3364 V

Ответ

Vout = 0,3364 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 3,651 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 = (15 − 0,7)/470 kΩ = 30,43 µA

Ток коллектора

IC = β·IB = 120·30,43 µA = 3,651 mA

Ответ

IC = 3,651 mA

Проверка: VCE = 13,28 V заметно больше 0,2 V, значит, транзистор действительно в активном режиме.

24.Диоды и транзисторы

Ответ: RB = 1,907 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) = (5 − 0,2)/220 = 21,82 mA

Минимальный ток базы

IB(min) = IC(sat)/β = 21,82/80 = 272,7 µA

Расчётный ток базы

IB = 5·272,7 µA = 1364 µA

Резистор базы

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/1,364 mA = 1,907 kΩ

Ответ

RB = 1,907 kΩ
25.Системы счисления

Ответ: N = 35

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.

32 + 2 + 1 = 35

Ответ

N = 35
26.Системы счисления

Ответ: R = 16

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

Бит за битом

Сдвиг вправо на 3 перемещает каждый бит на 3 позиций вправо; биты, выходящие за правый край, теряются, а слева входят нули.

1000 0100 >> 3
= 0001 0000

Значение результата

0001 0000₂ = 16

Ответ

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

Ответ: N = 4

Мультиплексор: мультиплексор 2ⁿ в 1 передаёт на выход один из своих информационных входов; адресные входы, читаемые как двоичное число, выбирают, какой именно. Для мультиплексора 4 в 1 с адресами S₁S₀ = AB: F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Если подключить информационные входы к 0, 1, C или C′, мультиплексор реализует любую функцию от A, B и C, что — распространённый способ построить логику на одной микросхеме.

Выражение выхода

F = A′B′ + A′BC′ + AB′C′

Строки с F = 1

ABC = 000, 001, 010, 100
N = 4

Ответ

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

Ответ: U = 4

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

Число триггеров

2ⁿ ≥ 60 → n = 6 (2⁶ = 64)

Неиспользуемые состояния

U = 64 − 60 = 4

Ответ

U = 4
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.8) = 4,442

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

Разложение знаменателя на множители

s² + 4s + 4 = (s + 2)²

Простые дроби

6s + 32 = 6(s + 2) + 20
F(s) = 6/(s + 2) + 20/(s + 2)²

Обратное преобразование

f(t) = 6·e−2t + 20·t·e−2t
f(0,8) = (6 + 20·0,8)·e−2·0,8 = 4,442

Ответ

f(0,8) = 4,442
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.75) = 11,14

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

Преобразование уравнения

Y(s) = 80/(s(s + 1)(s + 2))

Простые дроби

A = 80/(1·2) = 40
B = 80/((−1)·1) = −80
C = 80/((−2)·(−1)) = 40

Выделение

y(t) = 40 − 80·e−t + 40·e−2t
y(0,75) = 11,14

Ответ

y(0,75) = 11,14
31.Структурные схемы

Ответ: p = −46,5

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) = 9/(s + 6 + 9·0,5) = 9/(s + 10,5)

Внешний контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 36/(s + 10,5 + 36) = 36/(s + 46,5)

Результат

p = −46,5

Ответ

p = −46,5
32.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 1,083

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

Внутренний контур

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 1/(s + 7)

Внешний контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 17/((s + 2)(s + 7) + 1,7)

Статический коэффициент передачи

T(0) = 17/(2·7 + 1,7) = 17/15,7 = 1,083

Ответ

T(0) = 1,083
33.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 1,908 %

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 = 33 → ωₙ = 5,745 rad/s
2ζωₙ = 9 → ζ = 9/(2·5,745) = 0,7833

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−3,959 = 1,908 %

Ответ

%OS = 1,908 %
34.Переходная характеристика

Ответ: ζ = 0,6266

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

Ответ

ζ = 0,6266
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: |H| = −7,027 dB

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

Частота среза

ωc = R/L = 1000/0,001 = 1 × 10⁶ rad/s
fc = 159155 Hz → f/fc = 320000/159155 = 2,011

Коэффициент усиления

|H| = 1/√(1 + 2,011²) = 0,4453
20·log₁₀(0,4453) = −7,027 dB

Ответ

|H| = −7,027 dB
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: PM = 68,43 °

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 + 400ω² − 28900 = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·28900))/2 = 62,49
ωc = 7,905 rad/s

Запас по фазе

∠L(jωc) = −90° − atan(7,905/20) = −111,6°
PM = 180° + ∠L = 68,43°

Ответ

PM = 68,43°
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: N = 2

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 + 5s² + 6s + 120 = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 6
s²: 5, 120
s¹: −18
s⁰: 120

Смены знака в первом столбце

1 → 5 → −18 → 120
N = 2

Ответ

N = 2

Коэффициент усиления выше предела K = 30, поэтому комплексная пара перешла в правую полуплоскость.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 11,11

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.

Сравните со стандартной формой

s² + 2s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,3·ωₙ = 2 → ωₙ = 3,333 rad/s

Коэффициент усиления

K = ωₙ² = 3,333² = 11,11

Ответ

K = 11,11

Полюса замкнутой системы находятся там, где линия ζ пересекает вертикальную ветвь при s = −1.

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 24

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 ошибки

1/(1 + Kp) = 0,25 → Kp = 3

Коэффициент усиления

K/8 = 3 → K = 24

Ответ

K = 24

Проверьте и устойчивость замкнутой системы: для этого контура второго порядка устойчив любой K > 0.

40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Ki = 12,8

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

1 + C(s)G(s) = 0, умноженное на s(s + 1).

s² + (1 + 5Kp)s + 5Ki

Целевой полином

s² + 2·1·8s + 8² = s² + 16s + 64

Приравняйте коэффициенты

5Ki = 64 → Ki = 12,8

Ответ

Ki = 12,8

Интегральная составляющая делает контур типа 1, поэтому ступенька отслеживается без установившейся ошибки.

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