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 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​15 VR2​8 ΩAR4​12 ΩB

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 15 VR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 4 ΩR4 = 12 Ω
Req = Ω
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 6 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​25 ΩAR4​6 ΩBR6​12 Ω

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 25 ΩR3 = 12 ΩR4 = 6 ΩR5 = 2 ΩR6 = 12 Ω
Req = Ω
3.Метод узловых потенциаловСредняя
−+Vs​ = 4 VIs​4 AAR1​3 ΩR2​3 ΩB

Вывод + источника напряжения Vₛ между A и B находится у B, поэтому он задаёт VB − VA = Vₛ. Методом узловых потенциалов с супер-узлом найдите узловое напряжение VA (относительно земли).

Is = 4 AVs = 4 VR1 = 3 ΩR2 = 3 Ω
VA = V
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 2 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 12 ΩIR4​+−V1​24 VR3​20 ΩAR5​6 ΩBIs​2 A+−V2​30 V

Используйте метод узловых потенциалов, чтобы найти ток IR4 через R4 в направлении стрелки.

V1 = 24 VIs = 2 AV2 = 30 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 ΩR4 = 12 ΩR5 = 6 Ω
IR4 = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 5 ΩIR1​R2​ = 12 Ω+−V1​9 VR3​10 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

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

V1 = 9 VV2 = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 Ω
IR1 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 6 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR4​6 ΩAR5​4 ΩB+−V2​30 VI1​I2​I3​

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

V1 = 24 VV2 = 30 VR1 = 6 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩR4 = 6 ΩR5 = 4 Ω
I2 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 12 ΩIR1​R3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​5 ΩBIs​5 A

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

V1 = 12 VIs = 5 AR1 = 12 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 ΩR4 = 5 Ω
IR1 = A
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 10 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​36 VR3​10 ΩIR3​AIs​3 AB+−V2​6 V

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

V1 = 36 VIs = 3 AV2 = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 ΩR4 = 20 Ω
IR3 = A
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 3 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​2 ΩARL​5 ΩIL​B

К a–b подключена нагрузка RL = 5 Ω. Замените остальную цепь эквивалентом Тевенина и найдите ток нагрузки IL.

V1 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 ΩRL = 5 Ω
IL = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 8 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAIs​6 ABRL​30 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 30 Ω. С помощью эквивалента Тевенина найдите мощность PL, передаваемую в нагрузку.

V1 = 9 VIs = 6 AR1 = 8 ΩR2 = 3 ΩR3 = 30 ΩRL = 30 Ω
PL = W
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
R = 15 Ωt = 0L33 mHi(t)

Через катушку течёт установившийся ток 2,5 A. При t = 0 ключ замыкает контур через R, а источник отключается, поэтому ток катушки убывает через R. За какое время ток уменьшится до 0,625 A? Найдите t.

i(0) = 2,5 AR = 15 ΩL = 33 mH
t = ms
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​6 Vt = 0R = 2,2 kΩC10 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 8,8 V? Найдите t.

Vs = 6 VR = 2,2 kΩC = 10 µFvC(0) = 10 V
t = ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
50 V500 HzR = 40 ΩL = 50 mHC = 22 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 50 V (действующее значение), 500 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 50 V (rms)f = 500 HzR = 40 ΩL = 50 mHC = 22 µF
I = A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
50 V50 HzR1​ = 40 ΩR2​ = 30 ΩC = 47 µFI

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

V = 50 V (rms)f = 50 HzR1 = 40 ΩR2 = 30 ΩC = 47 µF
I = A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
230 V16 kW, 0,75220 kW, 1I = ?

К однофазной сети 230 V параллельно подключены две нагрузки: нагрузка 6 kW при коэффициенте мощности 0,75 (индуктивном) и нагреватель мощностью 20 kW (коэффициент мощности 1). Найдите общий ток I, потребляемый от сети.

V = 230 VP1 = 6 kW, pf1 = 0,75 отстающийP2 = 20 kW, pf2 = 1
I = A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P1​ = 55 kWQ1​S1​φ

Однофазный трансформатор 150 kVA питает нагрузку 55 kW при коэффициенте мощности 0,7 (индуктивном). Какую дополнительную активную мощность ΔP можно добавить в виде активной нагрузки (коэффициент мощности 1), прежде чем трансформатор достигнет своей номинальной мощности в kVA?

Smax = 150 kVAP1 = 55 kWpf1 = 0,7
ΔP = kW
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 400 VNZ = 5 + j12 Ωна фазу

Симметричная нагрузка, соединённая звездой, 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 = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 60 kW при коэффициенте мощности 0,65 (отстающий) от сети 415 V (линейное), 60 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,9 (отстающий). Активная мощность не меняется. Конденсаторы соединены звездой. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 60 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
75 Ω121

К вторичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 12:1 подключён резистор 75 Ω. Найдите сопротивление R1′ со стороны первичной обмотки.

N1:N2 = 12:1RL = 75 Ω
R1′ = Ω
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,95250 kVA, 50% нагрузка

Однофазный трансформатор 250 kVA имеет потери в стали 750 W и потери в меди 3000 W при номинальной нагрузке. Он отдаёт 50% номинальной мощности в kVA при коэффициенте мощности 0,95 (отстающий). Найдите суммарные потери Ploss в ваттах при этой нагрузке.

S = 250 kVAPcore = 750 WPcu,fl = 3000 Wx = 0,5pf = 0,95
Ploss = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​R2​ = 10 kΩV1​ = −2,9 VR1​ = 22 kΩV2​ = 1,3 VR3​ = 22 kΩR4​ = 10 kΩ

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

V1 = −2,9 VV2 = 1,3 VR1 = R3 = 22 kΩR2 = R4 = 10 kΩ
V− = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = −1,9 VR1​ = 47 kΩV2​ = 1,5 VR2​ = 4,7 kΩ

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

V1 = −1,9 VV2 = 1,5 VR1 = 47 kΩR2 = 4,7 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
+−12 VR = ?2 × 3,2 V10 mA

Светодиодов: 2 (синие), прямое напряжение 3,2 V у каждого; они соединены последовательно с резистором к источнику 12 V. Найдите сопротивление R, при котором ток равен 10 mA.

Vs = 12 VVF = 3,2 Vn = 2I = 10 mA
R = Ω
24.Диоды и транзисторыСложная
V (V)I (mA)0,65927,27Q = ?

Диод моделируется напряжением 0,65 V последовательно с 25 Ω (он проводит выше 0,65 V). Он включён последовательно с резистором 330 Ω к источнику 9 V. Найдите рабочий ток ID в точке пересечения характеристики диода и нагрузочной прямой.

Vs = 9 VR = 330 ΩV0 = 0,65 Vrd = 25 Ω
ID = mA
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −64 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −648 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 1111 0110 >> 2. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

1111 0110>> 2
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABCD000111100001111010011312141517060121131150141809011010

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «сумма произведений» (SOP) для F(A, B, C, D) = Σm(0, 2, 3, 4, 5, 7, 8, 13, 15). Сколько членов-произведений, N, в ней?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 2, 3, 4, 5, 7, 8, 13, 15)
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​CLKMOD-5

Синхронный счётчик по модулю 5 считает 0, 1, …, 4, а затем возвращается к 0. Он начинает с 0. Какое значение Q (в десятичном виде) он покажет после 14 тактовых импульсов?

Q0 = 014N = 5
Q =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm−5−10−15−20−25−30−355

Найдите f(t) для F(s) = (s + 32)/(s² + 4s + 29) выделением полного квадрата и вычислите f(0,25).

F(s) = (s + 32)/(s² + 4s + 29)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 10y′ + 24y = 144·u(t). Она начинает из покоя (y(0) = 0, y′(0) = 0), а входом служит ступенька u(t) = 1 при t ≥ 0. С помощью преобразования Лапласа найдите выход y(0,1).

y″ + 10y′ + 24y = 144·u(t)u(t) = 1y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,1 s
y(0.1) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+K(s + 4)(s + 11)G(s)C(s)−

Объект G(s) = K/((s + 4)(s + 11)) 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 + 4)(s + 11))единичная отрицательная обратная связь
K =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+Kрегулятор+D(s)+8s + 5объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 8/(s + 5) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Ступенька возмущения величиной 10 действует на входе объекта при R = 0. Найдите наименьший коэффициент K, при котором установившийся выход не превышает 1,6.

G(s) = 8/(s + 5)D = 10css ≤ 1,6
K =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)0,5?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 34/(s² + 4s + 68) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите перерегулирование %OS переходной характеристики в процентах.

G(s) = 34/(s² + 4s + 68)
%OS = %
34.Переходная характеристикаСложная
t (s)y(t)140 %

Переходная характеристика системы второго порядка без нулей должна иметь перерегулирование 40 %. Найдите коэффициент демпфирования ζ.

%OS = 40 %
ζ =
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,010,1110100−40−20020ω (rad/s)ω = 0,5

Найдите точный модуль |G(jω)| функции G(s) = 320/((s + 4)(s + 10)) при ω = 0,5 rad/s в dB.

G(s) = 320/((s + 4)(s + 10))ω = 0,5 rad/s
|G(jω)| = dB
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) = 4/(s(s + 1)(s + 2)). Найдите запас по усилению GM в dB.

L(s) = 4/(s(s + 1)(s + 2))
GM = dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+Ks + 4(s − 1)(s + 3)C(s)−

Объект G(s) = (s + 4)/((s − 1)(s + 3)) имеет неустойчивый полюс в точке s = 1. Пропорциональный коэффициент усиления K замыкает вокруг него контур с единичной обратной связью. Найдите наименьший коэффициент усиления Kmin, при котором замкнутая система устойчива.

G(s) = (s + 4)/((s − 1)(s + 3))
Kmin =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,5−50,5j0,5j1−0,5

Для контура L(s) = K/(s(s + 3)(s + 4)) найдите коэффициент усиления K, при котором полюс замкнутой системы находится в точке s = −0,5.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 4))s = −0,5
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
R(s)+K = 2050,5s + 1C(s)−

Процесс G(s) = 5/(0,5s + 1) управляется пропорциональным коэффициентом усиления K = 20 в контуре с единичной обратной связью. Найдите установившуюся ошибку ess по ступеньке в процентах от величины ступеньки.

G(s) = 5/(0,5s + 1)K = 20
ess = %
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+Kp​ + Ki​/s10s + 5C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s управляет объектом G(s) = 10/(s + 5) в контуре с единичной обратной связью. Замкнутая система должна иметь ωₙ = 5 rad/s и ζ = 0,6. Найдите пропорциональный коэффициент Kp.

G(s) = 10/(s + 5)ωₙ = 5 rad/sζ = 0,6
Kp =

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 8,333 Ω

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

R1​ = 3 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​15 VR2​8 ΩAR4​12 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 = 4 + 12 = 16 Ω
R2 ∥ 16 = 8·16/(8+16) = 5,333 Ω
Req = R1 + 5,333 = 3 + 5,333 = 8,333 Ω

Ответ

Req = 8,333 Ω
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 15,83 Ω

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​25 ΩAR4​6 ΩBR6​12 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 = 2 + 12 = 14 Ω
R4 ∥ 14 = 4,2 Ω
R3 + 4,2 = 16,2 Ω
R2 ∥ 16,2 = 9,83 Ω
Req = R1 + 9,83 = 6 + 9,83 = 15,83 Ω

Ответ

Req = 15,83 Ω
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: VA = 4 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.

Образуем супер-узел

Через источник напряжения между A и B течёт неизвестный ток, поэтому ЗТК нельзя записать отдельно для A или B. Объедините A, B и источник в один супер-узел: втекающий в него ток равен вытекающему.

VB = VA + Vs = VA + 4
VA/R1 + VB/R2 = Is

Решите

VA/3 + (VA + 4)/3 = 4
VA = (4 − 4/3)/(1/3 + 1/3) = 4 V
VB = 4 + 4 = 8 V

Ответ

VA = 4 V
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR4 = −0,9286 A

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

R1​ = 2 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​24 VR3​20 ΩAR5​6 ΩBIs​2 A+−V2​30 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 24 V, V2 = 30 V). Неизвестные: VA, VB.

ЗТК в узле A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/20 + (VA − 24)/2 + (VA − VB)/12 = 0
0,6333·VA − 0,08333·VB = 12

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/6 + (VB − VA)/12 + (VB − 30)/12 = 2
−0,08333·VA + 0,3333·VB = 4,5

Решите

Δ = (0,6333)(0,3333) − (−0,08333)(−0,08333) = 0,2042
VA = Δ1/Δ = 4,375/0,2042 = 21,43 V
VB = Δ2/Δ = 3,85/0,2042 = 18,86 V

Ответ

IR4 = (VB − V2)/R4 = (18,86 − 30)/12 = −0,9286 A
5.Метод контурных токов

Ответ: IR1 = 0,4261 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​ = 5 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​9 VR3​10 ΩA+−V2​10 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
5·I1 + 10(I1 − I2) = 9
15·I1 − 10·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
12·I2 + 10(I2 − I1) = (−10)
−10·I1 + 22·I2 = −10

Решите

Δ = (15)(22) − (−10)(−10) = 230
I1 = Δ1/Δ = 98/230 = 0,4261 A
I2 = Δ2/Δ = −60/230 = −0,2609 A

Ответ

IR1 = I1 = 0,4261 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I2 = −0,5581 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​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR4​6 ΩAR5​4 ΩB+−V2​30 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 + 6(I1 − I2) = 24
12·I1 − 6·I2 = 24

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
10·I2 + 6(I2 − I1) + 4(I2 − I3) = 0
−6·I1 + 20·I2 − 4·I3 = 0

ЗНК для контура 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
2·I3 + 4(I3 − I2) = (−30)
−4·I2 + 6·I3 = −30

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 1032
I1 = Δ1/Δ = 1776/1032 = 1,721 A
I2 = Δ2/Δ = −576/1032 = −0,5581 A
I3 = Δ3/Δ = −5544/1032 = −5,372 A

Ответ

I2 = −0,5581 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: IR1 = −1 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​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​5 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 = 20+5 = 25 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 15·25/(15+25) = 9,375 Ω
VA = 12·9,375/(12+9,375) = 5,263 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 5,263·5/25 = 1,053 V
IR1′ = (VA − V1)/R1 = (5,263 − 12)/12 = −0,5614 A
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​15 ΩAR4​5 ΩBIs​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 = 12·15/(12+15) = 6,667 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 5 ∥ 26,67 = 4,211 Ω
VB = Is·Req = (−5)·4,211 = −21,05 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −21,05·6,667/26,67 = −5,263 V
IR1″ = (VA − V1)/R1 = (−5,263 − 0)/12 = −0,4386 A

Сложите составляющие

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = (−0,5614) + (−0,4386) = −1 A

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

8.Метод наложения

Ответ: IR3 = 1 A

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

R1​ = 10 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​36 VR3​10 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) = 10 ∥ 40 = 8 Ω
VA = 36·8/(10+8) = 16 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 16·20/40 = 8 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (16 − 0)/10 = 1,6 A
R1​ = 10 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 20 ΩКЗR3​10 ΩAIs​3 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 = 5 Ω, поэтому левый путь — R2+5 = 25 Ω
Req = R4 ∥ 25 = 11,11 Ω
VB = Is·Req = (−3)·11,11 = −33,33 V
VA = VB·5/25 = −6,667 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (−6,667 − 0)/10 = −0,6667 A
R1​ = 10 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 20 ΩКЗR3​10 ΩAОБРЫВB+−V2​6 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 = 10·10/(10+10) = 5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 6·25/45 = 3,333 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 3,333·5/25 = 0,6667 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (0,6667 − 0)/10 = 0,06667 A

Сложите составляющие

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = 1,6 + (−0,6667) + 0,06667 = 1 A

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

9.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 0,878 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​ = 3 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​2 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 = 3·2/(3+2) = 1,2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,2 + 2 = 3,2 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​2 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) = 18·2/(3+2) = 7,2 V
Rth​ = 3,2 Ω+−Vth​7,2 VRL​5 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) = 7,2/(3,2 + 5) = 0,878 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: PL = 296,7 W

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​ = 30 ΩКЗR2​3 ΩAОБРЫВBabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

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

R1 ∥ R2 = 8·3/(8+3) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 30 = 32,18 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​9 VR2​3 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) = 2,455 + 6·2,182 = 15,55 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 15,55 + 6·30 = 195,5 V
Rth​ = 32,18 Ω+−Vth​195,5 VRL​30 ΩIL​

Подключите нагрузку к эквиваленту Тевенина

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

IL = Vth/(Rth + RL) = 195,5/(32,18 + 30) = 3,145 A
PL = IL²·RL = 3,145²·30 = 296,7 W
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: t = 3,05 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

τ = L/R = 33 mH / 15 Ω = 2,2 ms

Выразите время

0,625 = 2,5·e−t/τ → t = τ·ln(2,5/0,625)
t = 2,2·ln(4) = 3,05 ms

Ответ

t = 3,05 ms
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: t = 7,847 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 = 6 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 10 µF = 22 ms
vC(t) = 6 + (10 − 6)·e−t/τ

Выразите время

8,8 = 6 + (4)·e−t/τ → e−t/τ = (8,8 − 6)/(10 − 6) = 0,7
t = τ·ln((10 − 6)/(8,8 − 6)) = 22·ln(1,429) = 7,847 ms

Ответ

t = 7,847 ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,3376 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·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,05 = 157,1 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·22·10⁻⁶) = 14,47 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (142,6)²) = 148,1 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 50/148,1 = 0,3376 A

Ответ

I = 0,3376 A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,7573 A

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

Реактивное сопротивление

XC = 1/(2π·50·47·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Параллельное соединение

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

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 25,08 − j11,11 Ω

Полное сопротивление цепи

Z = 40 + 25,08 − j11,11 = 65,08 − j11,11 Ω
|Z| = √(65,08² + 11,11²) = 66,02 Ω

Ток

I = V/|Z| = 50/66,02 = 0,7573 A

Ответ

I = 0,7573 A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 115,4 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 = 6·tan(arccos 0,75) = 5,292 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Суммы

P = 6 + 20 = 26 kW
Q = 5,292 + 0 = 5,292 kvar
S = √(26² + 5,292²) = 26,53 kVA

Общий ток

I = S/V = 26533/230 = 115,4 A

Ответ

I = 115,4 A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: ΔP = 84,11 kW

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 существующей нагрузки

Q1 = 55·tan(arccos 0,7) = 56,11 kvar

Наибольшая суммарная активная мощность

При полной нагрузке S = Smax, а Q от активной нагрузки не меняется.

P = √(Smax² − Q1²) = √(150² − 56,11²) = 139,1 kW

Дополнительная активная мощность

ΔP = 139,1 − 55 = 84,11 kW

Ответ

ΔP = 84,11 kW
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 4,734 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 = 400/√3 = 230,9 V

Фазный ток

|Z| = √(5² + 12²) = 13 Ω
Iph = 230,9/13 = 17,76 A

Полная активная мощность

Активную мощность потребляет только активная составляющая каждого сопротивления.

P = 3·Iph²·R = 3·17,76²·5 = 4,734 kW

Ответ

P = 4,734 kW

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

18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 632,8 µF

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

Реактивная мощность до и после

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

Q1 = 60·tan(acos 0,65) = 60·1,169 = 70,15 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,9) = 60·0,4843 = 29,06 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 41,09 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 415/√3 = 239,6 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 13696/(377·239,6²) = 632,8 µF

Ответ

Cph = 632,8 µF
19.Трансформаторы

Ответ: R1′ = 10800 Ω

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.

Приведённое сопротивление

Напряжение растёт в a раз, а ток уменьшается в a раз, поэтому отношение V/I растёт в a² раз.

R1′ = a²·RL = 12²·75 = 10800 Ω

Ответ

R1′ = 10800 Ω
20.Трансформаторы

Ответ: Ploss = 1500 W

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

Потери в меди при этой нагрузке

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,25·3000 = 750 W

Суммарные потери

Потери в стали одинаковы при любой нагрузке.

Ploss = 750 + 750 = 1500 W

Ответ

Ploss = 1500 W

КПД при этой нагрузке η = 98,75%.

21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: V− = 0,4063 V

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

Напряжение на входах

Через R₃ и R₄ течёт один и тот же ток, поэтому они образуют делитель напряжения; обратная связь обеспечивает V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,3·10/(22 + 10) = 0,4063 V
V₋ = V₊

Ответ

V− = 0,4063 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −2,787 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 = −1,9/47 = −0,04043 mA
I2 = V2/R2 = 1,5/4,7 = 0,3191 mA
If = I1 + I2 = 0,2787 mA

Выходное напряжение

Vout = −Rf·If = −10·0,2787 = −2,787 V

Ответ

Vout = −2,787 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: R = 560 Ω

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

Напряжение на резисторе

VR = 12 − 2·3,2 = 5,6 V

Сопротивление

R = 5,6/0,01 = 560 Ω

Ответ

R = 560 Ω

Резистор рассеивает 56 mW.

24.Диоды и транзисторы

Ответ: ID = 23,52 mA

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

Объедините два уравнения

9 = 0,65 + I·(330 + 25)

Рабочий ток

ID = 8,35/355 = 23,52 mA
VD = 0,65 + 0,02352·25 = 1,238 V

Ответ

ID = 23,52 mA
25.Системы счисления

Ответ: U = 192

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

64 = 0100 0000
инвертировано: 1011 1111
+1 → 1100 0000

Прочитайте как беззнаковое

1100 0000₂ = 256 − 64 = 192

Ответ

U = 192
26.Системы счисления

Ответ: R = 61

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 2 перемещает каждый бит на 2 позиций вправо; биты, выходящие за правый край, теряются, а слева входят нули.

1111 0110 >> 2
= 0011 1101

Значение результата

0011 1101₂ = 61

Ответ

R = 61
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 4

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.

ABCD000111100001111010011312141517060121131150141809011010

Сгруппируйте единицы

Каждая группа — прямоугольник из 2ᵏ клеток; клетки на краю соседствуют с клетками на противоположном краю.

BD
B′C′D′
A′C′D′
A′B′C

Минимальная форма SOP

F = BD + B′C′D′ + A′C′D′ + A′B′C
N = 4

Ответ

N = 4

Существует другая группировка того же размера; в ней то же число членов и литералов.

28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: Q = 4

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

Полные циклы

Каждые 5 импульсов возвращают счётчик в то же состояние.

14 = 2·5 + 4

Значение после оставшихся импульсов

Q = (0 + 4) mod 5 = 4
Q = 100₂

Ответ

Q = 4
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.25) = 3,645

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

Выделение полного квадрата

s² + 4s + 29 = (s + 2)² + 25 = (s + 2)² + 5²

Подбор числителя

F(s) = 1·(s + 2)/((s + 2)² + 5²) + (30/5)·5/((s + 2)² + 5²)

Обратное преобразование

f(t) = e−2t·(cos 5t + 6·sin 5t)
f(0,25) = e−2·0,25·(cos(5·0,25) + 6·sin(5·0,25)) = 3,645

Ответ

f(0,25) = 3,645
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.1) = 0,52

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) = 144/(s(s + 4)(s + 6))

Простые дроби

A = 144/(4·6) = 6
B = 144/((−4)·2) = −18
C = 144/((−6)·(−2)) = 12

Выделение

y(t) = 6 − 18·e−4t + 12·e−6t
y(0,1) = 0,52

Ответ

y(0,1) = 0,52
31.Структурные схемы

Ответ: K = 12,25

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 + 4)(s + 11)) = 0 → s² + 15s + 44 + K = 0

Кратный корень

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

15² = 4(44 + K) → K = 225/4 − 44 = 12,25

Ответ

K = 12,25
Тогда оба полюса замкнутой системы находятся в s = −7,5.
32.Структурные схемы

Ответ: K = 5,625

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)) = 10·8/(5 + 8K)

Решите относительно K

5 + 8K = 10·8/1,6 = 50
K = (50 − 5)/8 = 5,625

Ответ

K = 5,625
33.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 45,59 %

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 = 68 → ωₙ = 8,246 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·8,246) = 0,2425

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−0,7854 = 45,59 %

Ответ

%OS = 45,59 %
34.Переходная характеристика

Ответ: ζ = 0,28

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(0,4)/√(π² + ln²(0,4)) = 0,9163/√(9,87 + 0,8396) = 0,28

Ответ

ζ = 0,28
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: |G(jω)| = 17,98 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.

Перемножьте модули

|G(j0,5)| = 320/(√(0,5² + 4²)·√(0,5² + 10²)) = 320/(4,031·10,01) = 7,928

Результат

20·log₁₀(7,928) = 17,98 dB

Ответ

|G(jω)| = 17,98 dB
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: GM = 3,522 dB

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

Частота перехода фазы

(ω/1)·(ω/2) = 1 → ω180 = √(1·2) = 1,414 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 4)) = K/(1·2·(1 + 2)) = K/6

Запас по усилению

GM = 20·log₁₀(6/4) = 3,522 dB

Ответ

GM = 3,522 dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmin = 0,75

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

(s − 1)(s + 3) + K(s + 4) = s² + (2 + K)s + (4K − 3)

Условия

Для s² + c₁s + c₀ все корни лежат в левой полуплоскости ровно тогда, когда c₁ > 0 и c₀ > 0.

2 + K > 0 → K > −2
4K − 3 > 0 → K > 0,75
Kmin = 0,75

Ответ

Kmin = 0,75
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 4,375

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.

Условие по модулю

K = |s|·|s + 3|·|s + 4|

Вычислите в этой точке

K = 0,5·2,5·3,5 = 4,375

Ответ

K = 4,375

Проверка: s(s + 3)(s + 4) + K равно нулю при s = −0,5.

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 0,9901 %

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 позиционной ошибки

Kp = 20·5 = 100

Ошибка по ступеньке

ess = 100/(1 + 100) = 0,9901 %

Ответ

ess = 0,9901 %
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Kp = 0,1

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 + 5).

s² + (5 + 10Kp)s + 10Ki

Целевой полином

s² + 2·0,6·5s + 5² = s² + 6s + 25

Приравняйте коэффициенты

5 + 10Kp = 6 → Kp = 0,1

Ответ

Kp = 0,1

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