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​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩIR2​AR4​2 ΩB

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 30 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 Ω
IR2 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 5 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩIR2​AR4​30 ΩBR6​30 Ω

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 20 ΩR4 = 30 ΩR5 = 5 ΩR6 = 30 Ω
IR2 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​20 Ω+−V1​18 VI1​R2​4 Ω+−V2​24 VR3​20 Ω+−V3​9 VA

Между узлом A и землёй включены три ветви, как показано на схеме. Методом узловых потенциалов найдите ток I1 в ветви 1, текущий вверх в узел A по направлению стрелки.

V1 = 18 VR1 = 20 ΩV2 = 24 VR2 = 4 ΩV3 = 9 VR3 = 20 Ω
I1 = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 30 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​24 VR3​20 ΩAR5​30 ΩBIs​1 A+−V2​10 V

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

V1 = 24 VIs = 1 AV2 = 10 VR1 = 30 ΩR2 = 30 ΩR3 = 20 ΩR4 = 15 ΩR5 = 30 Ω
VB = V
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 6 ΩR2​ = 8 ΩIR2​+−V1​9 VR3​5 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

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

V1 = 9 VV2 = 12 VR1 = 6 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 Ω
IR2 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 20 ΩIR1​R2​ = 12 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​12 VR4​10 ΩAR5​2 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

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

V1 = 12 VV2 = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 30 ΩR4 = 10 ΩR5 = 2 Ω
IR1 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAR4​15 Ω+−VR4​BIs​1,5 A

Используйте метод наложения, чтобы найти напряжение VR4 на R4 с указанной полярностью.

V1 = 15 VIs = 1,5 AR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 ΩR4 = 15 Ω
VR4 = V
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 15 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​10 VR3​15 ΩIR3​AIs​0,5 AB+−V2​12 V

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

V1 = 10 VIs = 0,5 AV2 = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 15 ΩR4 = 2 Ω
PR3 = W
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAab

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

V1 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 12 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAIs​5 ABRL​3 ΩIL​

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

V1 = 10 VIs = 5 AR1 = 12 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 ΩRL = 3 Ω
IL = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​20 Vt = 0R = 22 ΩL100 mHi(t)

До замыкания ключа в момент t = 0 тока через катушку нет. Через какое время после замыкания ключа ток достигнет 99% конечного значения? Найдите t.

Vs = 20 VR = 22 ΩL = 100 mH
t = ms
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​15 Vt = 0R = 2,2 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 10 V

Непосредственно перед замыканием ключа в момент t = 0 конденсатор заряжен до 10 V с указанной полярностью. Через какое время vC достигнет 12 V? Найдите t.

Vs = 15 VR = 2,2 kΩC = 68 µFvC(0) = 10 V
t = ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
50 V1000 HzR = 80 ΩL = 100 mHC = 47 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 50 V (действующее значение), 1000 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 50 V (rms)f = 1000 HzR = 80 ΩL = 100 mHC = 47 µF
I = A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
50 V100 HzR = 100 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF

Последовательная цепь RLC подключена к сети 50 V (действующее значение), 100 Hz. Найдите резонансную частоту f0 цепи.

V = 50 V (rms)f = 100 HzR = 100 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF
f0 = Hz
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
240 V112 kW, 0,7525 kW, 1I = ?

К однофазной сети 240 V параллельно подключены две нагрузки: нагрузка 12 kW при коэффициенте мощности 0,75 (индуктивном) и нагреватель мощностью 5 kW (коэффициент мощности 1). Найдите общий ток I, потребляемый от сети.

V = 240 VP1 = 12 kW, pf1 = 0,75 отстающийP2 = 5 kW, pf2 = 1
I = A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P = 25 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазная нагрузка потребляет 25 kW при коэффициенте мощности 0,8 (индуктивном) от сети 400 V, 60 Hz. Параллельно подключённый конденсатор повышает коэффициент мощности до 0,95. Найдите необходимую ёмкость C.

P = 25 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95V = 400 Vf = 60 Hz
C = µF
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 400 VZ = 15 + j20 Ωна фазу

Симметричная нагрузка, соединённая треугольником, с полным сопротивлением 15 + j20 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 = 15 + j20 Ω на фазу
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 120 kW при коэффициенте мощности 0,65 (отстающий) от сети 400 V (линейное), 50 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,9 (отстающий). Активная мощность не меняется. Найдите полную реактивную мощность QC, которую должна выдавать конденсаторная батарея, в kvar.

P = 120 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаторыСредняя
RL​ = 40 Ω1012300 VV2​I1​ = ?I2​

К первичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 10:1 приложено 2300 V. К вторичной обмотке подключён резистор 40 Ω. Найдите первичный ток I1.

N1:N2 = 10:1V1 = 2300 VRL = 40 Ω
I1 = A
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,850 kVA, 25% нагрузка

Однофазный трансформатор 50 kVA имеет потери в стали 150 W и потери в меди 225 W при номинальной нагрузке. Он отдаёт 25% номинальной мощности в kVA при коэффициенте мощности 0,8 (отстающий). Найдите суммарные потери Ploss в ваттах при этой нагрузке.

S = 50 kVAPcore = 150 WPcu,fl = 225 Wx = 0,25pf = 0,8
Ploss = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 100 kΩVin​

Подберите резистор обратной связи Rf, чтобы этот неинвертирующий усилитель имел коэффициент усиления по напряжению 11.

R1 = 100 kΩAv = 11
Rf = kΩ
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = −0,6 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 1,3 VR2​ = 47 kΩIf​

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

V1 = −0,6 VV2 = 1,3 VR1 = 4,7 kΩR2 = 47 kΩRf = 4,7 kΩ
If = mA
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 3,3 kΩβ = 120VCC​ = 9 VRB​ = 470 kΩ

NPN-транзистор с β = 120 смещён резистором базы RB = 470 kΩ от источника питания VCC = 9 V. Резистор коллектора RC = 3,3 kΩ, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите напряжение коллектор–эмиттер VCE.

VCC = 9 VRB = 470 kΩRC = 3,3 kΩβ = 120VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Диоды и транзисторыСложная
+−≤ 26 V680 Ω12 V

Стабилизатор на стабилитроне 12 V имеет последовательный резистор 680 Ω. Входное напряжение может подниматься до 26 V, а нагрузка может быть отключена. Найдите наибольшую мощность PZ,max, которую должен рассеивать стабилитрон.

Vin,max = 26 VVZ = 12 VR = 680 Ω
PZ,max = mW
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −118 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −1188 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
2094 кодов, b = ? бит?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Система должна присвоить каждому из 2094 элементов собственный двоичный код одинаковой длины. Какое наименьшее число битов b нужно?

2094
b = bit
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABC000111100101324576

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

F = AC′ + ABC + A′C + AC
L =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
ABCD000111100001111000110312X4051716X120130151140809011X10

Для F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 6, 7, 14) + d(4, 10, 12), где d обозначает безразличные состояния, найдите число N существенных простых импликант.

F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 6, 7, 14) + d(4, 10, 12)
N =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 1,2f(1,2) = ?

Найдите f(t) для F(s) = 50/(s(s + 1)(s + 2)) разложением на простые дроби и вычислите f(1,2).

F(s) = 50/(s(s + 1)(s + 2))t = 1,2 s
f(1.2) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 1y(1) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 4y′ + 3y = 3·u(t), где y(0) = 5 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 1. С помощью преобразования Лапласа найдите y(1).

y″ + 4y′ + 3y = 3·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 1t = 1 s
y(1) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+K(s + 3)(s + 4)G(s)C(s)−

Объект G(s) = K/((s + 3)(s + 4)) помещён в контур с единичной отрицательной обратной связью. Найдите коэффициент K, при котором замкнутая система демпфирована критически (два равных вещественных полюса).

G(s) = K/((s + 3)(s + 4))единичная отрицательная обратная связь
K =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+Kрегулятор+D(s)+10s + 10объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 10/(s + 10) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Ступенька возмущения величиной 2 действует на входе объекта при R = 0. Найдите наименьший коэффициент K, при котором установившийся выход не превышает 0,02.

G(s) = 10/(s + 10)D = 2css ≤ 0,02
K =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1

Система имеет передаточную функцию G(s) = 57/(s² + 8s + 57) и получает на вход единичную ступеньку. Полюсы равны s = σ ± jωd. Найдите вещественную часть σ.

G(s) = 57/(s² + 8s + 57)
σ =
34.Переходная характеристикаСложная
R(s)+30s(s + 8)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 30/(s(s + 8)). Найдите время установления ts переходной характеристики замкнутой системы по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 30/(s(s + 8))
ts = s
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​L = 50 mHC = 0,1 µFR = 20 Ωvout​

В показанном последовательном RLC-полосовом фильтре выход берётся на R = 20 Ω при L = 50 mH и C = 0,1 µF. Найдите центральную (резонансную) частоту f0 в Hz.

R = 20 ΩL = 50 mHC = 0,1 µF
f0 = Hz
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​ = ?

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 18/(s(s + 2)(s + 6)). Найдите частоту перехода фазы ω180, где ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 18/(s(s + 2)(s + 6))
ω180 = rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+4861s(s + 3)(s + 6)C(s)−

Контур на схеме имеет отрицательную обратную связь, L(s) = 486/(s(s + 3)(s + 6)). Сколько полюсов N замкнутой системы лежит в правой полуплоскости?

L(s) = 486/(s(s + 3)(s + 6))
N =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−1−2−3−4−5−6j1

Корневой годограф L(s) = K(s + 5)/(s(s + 2)) покидает вещественную ось между s = 0 и s = −2, огибает нуль по окружности и снова выходит на вещественную ось левее нуля. Найдите точку отрыва sb.

L(s) = K(s + 5)/(s(s + 2))
sb =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 1·t²/2+5(s + 5)s²(s + 10)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 5(s + 5)/(s²(s + 10)) подан параболический вход r(t) = 1·t²/2. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 5(s + 5)/(s²(s + 10))r(t) = 1·t²/2
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+Kp​ + Ki​/s2s + 4C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s управляет объектом G(s) = 2/(s + 4) в контуре с единичной обратной связью. Замкнутая система должна иметь ωₙ = 10 rad/s и ζ = 0,6. Найдите пропорциональный коэффициент Kp.

G(s) = 2/(s + 4)ωₙ = 10 rad/sζ = 0,6
Kp =

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 1,091 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​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAR4​2 ΩB

Объединяйте резисторы с дальнего конца

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

R3 + R4 = 8 + 2 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 5·10/(5+10) = 3,333 Ω
Req = R1 + 3,333 = 15 + 3,333 = 18,33 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 30/18,33 = 1,636 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 30 − 1,636·15 = 5,455 V
IR2 = VA/R2 = 5,455/5 = 1,091 A

Ответ

IR2 = 1,091 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 0,7089 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​ = 20 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩAR4​30 ΩBR6​30 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 = 5 + 30 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 16,15 Ω
R3 + 16,15 = 36,15 Ω
R2 ∥ 36,15 = 6,551 Ω
Req = R1 + 6,551 = 5 + 6,551 = 11,55 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 10/11,55 = 0,8658 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 10 − 0,8658·5 = 5,671 V
IR2 = VA/R2 = 5,671/8 = 0,7089 A

Ответ

IR2 = 0,7089 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: I1 = −0,15 A

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

ЗТК в узле A

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

(VA − 18)/20 + (VA − 24)/4 + (VA − 9)/20 = 0

Находим VA

VA = (18/20 + 24/4 + 9/20) / (1/20 + 1/4 + 1/20) = 7,35/0,35 = 21 V

Ток ветви

Стрелка направлена вверх по ветви, в узел A.

I1 = (18 − VA)/R1 = (18 − 21)/20 = −0,15 A

Ответ

I1 = −0,15 A

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

4.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 15,31 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​ = 30 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​24 VR3​20 ΩAR5​30 ΩBIs​1 A+−V2​10 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 24 V, V2 = 10 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/20 + (VA − 24)/30 + (VA − VB)/30 = 0
0,1167·VA − 0,03333·VB = 0,8

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)/30 + (VB − 10)/15 = 1
−0,03333·VA + 0,1333·VB = 1,667

Решите

Δ = (0,1167)(0,1333) − (−0,03333)(−0,03333) = 0,01444
VA = Δ1/Δ = 0,1622/0,01444 = 11,23 V
VB = Δ2/Δ = 0,2211/0,01444 = 15,31 V

Ответ

VB = 15,31 V
5.Метод контурных токов

Ответ: IR2 = −0,7373 A

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

R1​ = 6 ΩR2​ = 8 Ω+−V1​9 VR3​5 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
6·I1 + 5(I1 − I2) = 9
11·I1 − 5·I2 = 9

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
8·I2 + 5(I2 − I1) = (−12)
−5·I1 + 13·I2 = −12

Решите

Δ = (11)(13) − (−5)(−5) = 118
I1 = Δ1/Δ = 57/118 = 0,4831 A
I2 = Δ2/Δ = −87/118 = −0,7373 A

Ответ

IR2 = I2 = −0,7373 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: IR1 = 0,4548 A

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

R1​ = 20 ΩR2​ = 12 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​12 VR4​10 ΩAR5​2 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
20·I1 + 10(I1 − I2) = 12
30·I1 − 10·I2 = 12

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 + 10(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 24·I2 − 2·I3 = 0

ЗНК для контура 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
30·I3 + 2(I3 − I2) = (−10)
−2·I2 + 32·I3 = −10

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 19720
I1 = Δ1/Δ = 8968/19720 = 0,4548 A
I2 = Δ2/Δ = 3240/19720 = 0,1643 A
I3 = Δ3/Δ = −5960/19720 = −0,3022 A

Ответ

IR1 = I1 = 0,4548 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: VR4 = 13,07 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 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAR4​15 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 = 2+15 = 17 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 15·17/(15+17) = 7,969 Ω
VA = 15·7,969/(20+7,969) = 4,274 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,274·15/17 = 3,771 V
VR4′ = VB − 0 = 3,771 − 0 = 3,771 V
R1​ = 20 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​15 ΩAR4​15 ΩBIs​1,5 A

Случай 2 · действует только Is

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

R1 ∥ R2 = 20·15/(20+15) = 8,571 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 15 ∥ 10,57 = 6,201 Ω
VB = Is·Req = 1,5·6,201 = 9,302 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 9,302·8,571/10,57 = 7,542 V
VR4″ = VB − 0 = 9,302 − 0 = 9,302 V

Сложите составляющие

VR4 = VR4′ + VR4″
VR4 = 3,771 + 9,302 = 13,07 V

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

8.Метод наложения

Ответ: PR3 = 5,246 W

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

R1​ = 15 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​10 VR3​15 ΩAОБРЫВBКЗ

Случай 1 · действует только V1

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

R3 ∥ (R2+R4) = 15 ∥ 8 = 5,217 Ω
VA = 10·5,217/(15+5,217) = 2,581 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,581·2/8 = 0,6452 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (2,581 − 0)/15 = 0,172 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 2 ΩКЗR3​15 ΩAIs​0,5 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 = 7,5 Ω, поэтому левый путь — R2+7,5 = 13,5 Ω
Req = R4 ∥ 13,5 = 1,742 Ω
VB = Is·Req = 0,5·1,742 = 0,871 V
VA = VB·7,5/13,5 = 0,4839 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (0,4839 − 0)/15 = 0,03226 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 2 ΩКЗR3​15 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 = 15·15/(15+15) = 7,5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 12·13,5/15,5 = 10,45 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 10,45·7,5/13,5 = 5,806 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (5,806 − 0)/15 = 0,3871 A

Складываем вклады токов

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴ = 0,172 + 0,03226 + 0,3871 = 0,5914 A

Мощность в резисторе

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

PR3 = IR3²·R3 = 0,5914²·15 = 5,246 W

Ответ

PR3 = 5,246 W

Сложение мощностей отдельных случаев дало бы 2,707 W, что неверно.

9.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = 0,4655 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​ = 20 ΩR3​ = 8 ΩКЗR2​15 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 = 20·15/(20+15) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 8 = 16,57 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​15 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) = 18·15/(20+15) = 7,714 V
IN​0,4655 ARth​16,57 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 = 7,714/16,57 = 0,4655 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 4,306 A

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 12 ΩКЗR2​4 ΩAОБРЫВBabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

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

R1 ∥ R2 = 12·4/(12+4) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 12 = 15 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​4 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) = 2,5 + 5·3 = 17,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 17,5 + 5·12 = 77,5 V
Rth​ = 15 Ω+−Vth​77,5 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) = 77,5/(15 + 3) = 4,306 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: t = 20,93 ms

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

Постоянная времени и конечный ток

Спустя долгое время после замыкания катушка ведёт себя как короткое замыкание, поэтому конечный ток определяется только R.

τ = L/R = 100 mH / 22 Ω = 4,545 ms
i(∞) = Vs/R = 20/22 = 0,9091 A

Выразите время

0,99 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,99)
t = −4,545·ln(0,01) = 20,93 ms

Ответ

t = 20,93 ms
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: t = 76,42 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) = 10 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 68 µF = 149,6 ms
vC(t) = 15 + (10 − 15)·e−t/τ

Выразите время

12 = 15 + (−5)·e−t/τ → e−t/τ = (12 − 15)/(10 − 15) = 0,6
t = τ·ln((10 − 15)/(12 − 15)) = 149,6·ln(1,667) = 76,42 ms

Ответ

t = 76,42 ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,07936 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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,1 = 628,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·47·10⁻⁶) = 3,386 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (624,9)²) = 630 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 50/630 = 0,07936 A

Ответ

I = 0,07936 A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: f0 = 519,1 Hz

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

Резонанс

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

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,02·4,7·10⁻⁶)) = 519,1 Hz

Ответ

f0 = 519,1 Hz
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 83,44 A

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

Реактивная мощность каждой нагрузки

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

Q1 = 12·tan(arccos 0,75) = 10,58 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Суммы

P = 12 + 5 = 17 kW
Q = 10,58 + 0 = 10,58 kvar
S = √(17² + 10,58²) = 20,02 kVA

Общий ток

I = S/V = 20025/240 = 83,44 A

Ответ

I = 83,44 A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: C = 174,6 µF

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

Реактивная мощность до и после

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

Q1 = P·tan φ1 = 25·tan(36,87°) = 18,75 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 25·tan(18,19°) = 8,217 kvar
QC = Q1 − Q2 = 10,53 kvar

Ёмкость

Конденсатор, подключённый к сети, поставляет Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 10533/(2π·60·400²) = 174,6 µF

Ответ

C = 174,6 µF
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 11,52 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| = √(15² + 20²) = 25 Ω
Iph = 400/25 = 16 A

Полная активная мощность

Активную мощность потребляет только активная составляющая каждого сопротивления.

P = 3·Iph²·R = 3·16²·15 = 11,52 kW

Ответ

P = 11,52 kW

Проверка: cos φ = R/|Z| = 0,6, и √3·VL·IL·cos φ даёт ту же мощность.

18.Трёхфазная мощность

Ответ: QC = 82,18 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 = 120·tan(acos 0,65) = 120·1,169 = 140,3 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,9) = 120·0,4843 = 58,12 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 82,18 kvar

Ответ

QC = 82,18 kvar
19.Трансформаторы

Ответ: I1 = 0,575 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 = 2300/10 = 230 V
I2 = 230/40 = 5,75 A

Первичный ток

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

I1 = I2/10 = 0,575 A

Ответ

I1 = 0,575 A

Проверка: нагрузка со стороны первичной обмотки равна a²·RL = 4000 Ω, и 2300/4000 даёт тот же ток.

20.Трансформаторы

Ответ: Ploss = 164,1 W

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

Потери в меди при этой нагрузке

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,0625·225 = 14,06 W

Суммарные потери

Потери в стали одинаковы при любой нагрузке.

Ploss = 150 + 14,06 = 164,1 W

Ответ

Ploss = 164,1 W

КПД при этой нагрузке η = 98,39%.

21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Rf = 1000 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 = (11 − 1)·100 = 1000 kΩ

Ответ

Rf = 1000 kΩ
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: If = −0,1 mA

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

Входные токи

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

I1 = V1/R1 = −0,6/4,7 = −0,1277 mA
I2 = V2/R2 = 1,3/47 = 0,02766 mA
If = I1 + I2 = −0,1 mA

Ответ

If = −0,1 mA
23.Диоды и транзисторы

Ответ: VCE = 2,007 V

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)/470 kΩ = 17,66 µA

Ток коллектора

IC = β·IB = 120·17,66 µA = 2,119 mA

Напряжение коллектор–эмиттер

VCE = 9 − 2,119 mA·3,3 kΩ = 2,007 V

Ответ

VCE = 2,007 V
24.Диоды и транзисторы

Ответ: PZ,max = 247,1 mW

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

Ток стабилитрона в худшем случае

IZ = 14/680 = 20,59 mA

Мощность стабилитрона

PZ = 12·20,59 = 247,1 mW

Ответ

PZ,max = 247,1 mW
25.Системы счисления

Ответ: U = 138

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

Инвертируйте и прибавьте единицу

118 = 0111 0110
инвертировано: 1000 1001
+1 → 1000 1010

Прочитайте как беззнаковое

1000 1010₂ = 256 − 118 = 138

Ответ

U = 138
26.Системы счисления

Ответ: b = 12 bit

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.

Степени двойки

211 = 2048 < 2094
212 = 4096 ≥ 2094

Ответ

b = 12
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 2

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

Минтермы выражения

AC′ → m(4, 6)
ABC → m(7)
A′C → m(1, 3)
AC → m(5, 7)
ABC00011110010011130214151716

Сгруппируйте и прочитайте

F = C + A

Посчитайте литералы

L = 2

Ответ

L = 2
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 3

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

Простые импликанты

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

CD′, BD′, A′BC, A′B′C′D
ABCD000111100001111000110312X4051716X120130151140809011X10

Существенные простые импликанты

CD′, A′BC, A′B′C′D
N = 3

Ответ

N = 3
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(1.2) = 12,21

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).

Простые дроби

F(s) = A/s + B/(s + 1) + C/(s + 2)
A = 50/(1·2) = 25
B = 50/((−1)·1) = −50
C = 50/((−2)·(−1)) = 25

Обратное преобразование

f(t) = 25 − 50·e−t + 25·e−2t

Вычислите

f(1,2) = 25 − 50·e−1,2 + 25·e−2·1,2 = 12,21

Ответ

f(1,2) = 12,21
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(1) = 3,108

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 + 4s + 3)·Y(s) = 5s + 20 + 3/s
Y(s) = (5s² + 20s + 3)/(s(s + 1)(s + 3))

Простые дроби

A = 3/(1·3) = 1
B = −12/((−1)·2) = 6
C = −12/((−3)·(−2)) = −2

Результат

y(t) = 1 + 6·e−t − 2·e−3t
y(1) = 3,108

Ответ

y(1) = 3,108

Проверка: y(0) = A + B + C = 5.

31.Структурные схемы

Ответ: K = 0,25

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

Характеристическое уравнение

1 + K/((s + 3)(s + 4)) = 0 → s² + 7s + 12 + K = 0

Кратный корень

Квадратный трёхчлен s² + βs + γ имеет двойной корень, когда β² = 4γ.

7² = 4(12 + K) → K = 49/4 − 12 = 0,25

Ответ

K = 0,25
Тогда оба полюса замкнутой системы находятся в s = −3,5.
32.Структурные схемы

Ответ: K = 99

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)) = 2·10/(10 + 10K)

Решите относительно K

10 + 10K = 2·10/0,02 = 1000
K = (1000 − 10)/10 = 99

Ответ

K = 99
33.Переходная характеристика

Ответ: σ = −4

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 = 57 → ωₙ = 7,55 rad/s
2ζωₙ = 8 → ζ = 8/(2·7,55) = 0,5298

Результат

σ = −ζωₙ = −8/2 = −4

Ответ

σ = −4
34.Переходная характеристика

Ответ: ts = 1 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) = 30/(s² + 8s + 30): ωₙ = 5,477 rad/s, ζ = 0,7303

Время установления

ζωₙ = 8/2 = 4
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 1 s

Ответ

ts = 1 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: f0 = 2251 Hz

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

Резонансная частота

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,05·1 × 10⁻⁷) = 14142 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 2251 Hz

Ответ

f0 = 2251 Hz
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: 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 + 9s² + 18s + 486 = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 18
s²: 9, 486
s¹: −36
s⁰: 486

Смены знака в первом столбце

1 → 9 → −36 → 486
N = 2

Ответ

N = 2

Коэффициент усиления выше предела K = 162, поэтому комплексная пара перешла в правую полуплоскость.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: sb = −1,127

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

Коэффициент усиления вдоль вещественной оси

K(s) = −(s² + 2s)/(s + 5)

Стационарные точки

Продифференцируйте по правилу для частного и приравняйте числитель к нулю.

(2s + 2)(s + 5) − (s² + 2s) = s² + 10s + 10 = 0
s = −5 ± √15 = −1,127, −8,873

Точка отрыва

sb = −1,127

Ответ

sb = −1,127

Между двумя точками годограф представляет собой окружность с центром в нуле и радиусом √15 = 3,873.

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 0,4

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

Коэффициент ошибки по ускорению

Ka = 5·5/10 = 2,5

Ошибка по параболическому воздействию

ess = 1/2,5 = 0,4

Ответ

ess = 0,4
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Kp = 4

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 + 4).

s² + (4 + 2Kp)s + 2Ki

Целевой полином

s² + 2·0,6·10s + 10² = s² + 12s + 100

Приравняйте коэффициенты

4 + 2Kp = 12 → Kp = 4

Ответ

Kp = 4

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