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 ΩIR1​R3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​4 ΩAR4​2 ΩB

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 9 VR1 = 15 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 ΩR4 = 2 Ω
IR1 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 20 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​36 VR2​6 ΩIR2​AR4​10 ΩBR6​8 Ω

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 36 VR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 25 ΩR4 = 10 ΩR5 = 30 ΩR6 = 8 Ω
IR2 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 8 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​15 ΩBIs​5 A

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

V1 = 24 VIs = 5 AR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩR4 = 15 Ω
PIs = W
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 30 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​36 VR2​3 ΩAR4​6 ΩBIs​?

Источник тока регулируют до тех пор, пока напряжение узла A не станет VA = 10 V. Методом узловых потенциалов найдите ток источника Is (направление как на схеме).

V1 = 36 VR1 = 30 ΩR2 = 3 ΩR3 = 2 ΩR4 = 6 ΩVA = 10 V
Is = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 4 ΩR2​ = 10 ΩIR2​+−V1​6 VR3​2 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

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

V1 = 6 VV2 = 12 VR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 Ω
IR2 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR4​4 ΩAR5​20 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

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

V1 = 10 VV2 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 ΩR4 = 4 ΩR5 = 20 Ω
I3 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 15 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​6 ΩIR2​AR4​5 ΩBIs​1 A

Используйте метод наложения, чтобы найти мощность PR2, потребляемую R2.

V1 = 6 VIs = 1 AR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 6 ΩR4 = 5 Ω
PR2 = W
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 5 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​10 VR3​4 ΩIR3​AIs​5 AB+−V2​6 V

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

V1 = 10 VIs = 5 AV2 = 6 VR1 = 5 ΩR2 = 3 ΩR3 = 4 ΩR4 = 15 Ω
IR3 = A
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩARL​10 ΩIL​B

К a–b подключена нагрузка RL = 10 Ω. Замените остальную цепь эквивалентом Тевенина и найдите ток нагрузки IL.

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

К a–b подключена нагрузка RL = 5 Ω. С помощью эквивалента Тевенина найдите мощность PL, передаваемую в нагрузку.

V1 = 15 VIs = 3 AR1 = 30 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 ΩRL = 5 Ω
PL = W
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​20 Vt = 0R = 68 ΩL100 mHi(t)

До замыкания ключа в момент t = 0 тока через катушку нет. Через какое время после замыкания ключа ток достигнет 90% конечного значения? Найдите t.

Vs = 20 VR = 68 ΩL = 100 mH
t = ms
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​6 Vt = 0R = 4,7 kΩC220 µF+−vC​vC​(0) = 12 V

Непосредственно перед замыканием ключа в момент t = 0 конденсатор заряжен до 12 V с указанной полярностью. Через какое время vC достигнет 7,8 V? Найдите t.

Vs = 6 VR = 4,7 kΩC = 220 µFvC(0) = 12 V
t = ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
230 V200 HzR = 100 ΩL = 150 mHC = 47 µF

Последовательная цепь RLC подключена к сети 230 V (действующее значение), 200 Hz. Найдите угол сдвига фаз φ полного сопротивления в градусах (положительный, когда ток отстаёт от напряжения).

V = 230 V (rms)f = 200 HzR = 100 ΩL = 150 mHC = 47 µF
φ = °
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
1 Vf0​R = 15 ΩL = 20 mHC = 1 µF

Последовательный RLC-контур питается от источника 1 V (действующее значение), частота которого равна резонансной частоте контура. Найдите действующее напряжение VL на катушке.

V = 1 V (rms)R = 15 ΩL = 20 mHC = 1 µF
VL = V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
240 VR + jXP = 660 W5,5 A

Индуктивная нагрузка потребляет 5,5 A и 660 W от однофазной сети 240 V (действующее значение). Представьте её как сопротивление R, соединённое последовательно с реактивным сопротивлением X. Найдите R.

V = 240 VI = 5,5 AP = 660 W
R = Ω
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P1​ = 36 kWQ1​S1​φ

Однофазный трансформатор 75 kVA питает нагрузку 36 kW при коэффициенте мощности 0,75 (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 = 75 kVAP1 = 36 kWpf1 = 0,75
ΔP = kW
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 208 VIL​ = 120 Acos φ = 0,92отстающий

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет линейный ток 120 A от сети с линейным напряжением 208 V. Коэффициент мощности 0,92 (отстающий). Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 208 VIL = 120 Acos φ = 0,92
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 150 kW при коэффициенте мощности 0,78 (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. Конденсаторы соединены треугольником. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 150 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
RL​ = 60 Ω21240 VV2​I1​ = ?I2​

К первичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 2:1 приложено 240 V. К вторичной обмотке подключён резистор 60 Ω. Найдите первичный ток I1.

N1:N2 = 2:1V1 = 240 VRL = 60 Ω
I1 = A
20.ТрансформаторыСложная
250 kVA

Однофазный трансформатор 250 kVA имеет потери в стали 1250 W и потери в меди 1875 W при номинальной нагрузке. При какой нагрузке Sη,max, в kVA, его КПД максимален?

S = 250 kVAPcore = 1250 WPcu,fl = 1875 W
Sη,max = kVA
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 10 kΩVin​

ОУ идеальный и питается от источников ±15 V; его выход насыщается на уровне ±12 V. На неинвертирующий усилитель подаётся синусоидальный сигнал. Найдите наибольшую амплитуду входного сигнала Vin,max (пиковое значение), при которой выход не ограничивается.

R1 = 10 kΩRf = 100 kΩVsat = ±12 V
Vin,max = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​C = 0,1 µFVin​ = 2,2 VR = 100 kΩ

Интегратор выполнен на идеальном ОУ с питанием ±15 V; его выход насыщается на уровне ±14 V. Конденсатор не заряжен, когда при t = 0 подаётся постоянное входное напряжение Vin = 2,2 V. Найдите выходное напряжение Vout при t = 5 ms.

Vin = 2,2 VR = 100 kΩC = 0,1 µFVsat = ±14 Vt = 5 ms
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
+−12 VR = ?5 × 2,2 V25 mA

Светодиодов: 5 (зелёные), прямое напряжение 2,2 V у каждого; они соединены последовательно с резистором к источнику 12 V. Найдите сопротивление R, при котором ток равен 25 mA.

Vs = 12 VVF = 2,2 Vn = 5I = 25 mA
R = Ω
24.Диоды и транзисторыСложная
+−≥ 20 VR = ?9,1 V≤ 30 mA

Стабилизатор на стабилитроне 9,1 V должен питать нагрузку током до 30 mA. Входное напряжение может падать до 20 V, а стабилитрону для стабилизации нужно не менее 5 mA. Найдите наибольшее последовательное сопротивление Rmax, при котором стабилизация сохраняется.

Vin,min = 20 VVZ = 9,1 VIL,max = 30 mAIZ,min = 5 mA
Rmax = Ω
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −39 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −398 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
3735 кодов, b = ? бит?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Система должна присвоить каждому из 3735 элементов собственный двоичный код одинаковой длины. Какое наименьшее число битов b нужно?

3735
b = bit
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABC00011110011011131204051706

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «сумма произведений» (SOP) для F(A, B, C) = Σm(0, 1, 2, 3, 7). Сколько всего литералов, L, она содержит (переменная со штрихом считается одним литералом)?

F(A, B, C) = Σm(0, 1, 2, 3, 7)
L =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
ABCD0001111000011110100113021415X716012013015014X8X9111010

Найдите минимальную форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 4, 5, 6, 11) + d(7, 8, 9), где d обозначает безразличные состояния. Сколько литералов, L, она содержит?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 4, 5, 6, 11) + d(7, 8, 9)
L =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 0,2f(0,2) = ?

Найдите f(t) для F(s) = (s + 20)/(s² + 10s + 25) и вычислите f(0,2).

F(s) = (s + 20)/(s² + 10s + 25)t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 7y′ + 6y = 15·u(t). Она начинает из покоя (y(0) = 0, y′(0) = 0), а входом служит ступенька u(t) = 10 при t ≥ 0. С помощью преобразования Лапласа найдите выход y(0,25).

y″ + 7y′ + 6y = 15·u(t)u(t) = 10y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+16K+1s + 1G(s)C(s)1H₁−−

Объект G(s) = 1/(s + 1) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 1. Коэффициент регулятора K = 16, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите полюс замкнутой системы p.

G(s) = 1/(s + 1)H₁ = 1K = 16
p =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+68s(s + 2)G(s)C(s)2H−

Объект G(s) = 68/(s(s + 2)) охвачен отрицательной обратной связью с коэффициентом датчика H = 2. Полюсы замкнутой системы комплексные. Найдите их мнимую часть ωd (положительное значение) в rad/s.

G(s) = 68/(s(s + 2))H = 2
ωd = rad/s
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)2ts​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 104/(s² + 7s + 52) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 104/(s² + 7s + 52)
ts = s
34.Переходная характеристикаСложная
R(s)+Ks(s + 10)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = K/(s(s + 10)). Найдите коэффициент K, при котором переходная характеристика имеет перерегулирование 20 %.

G(s) = K/(s(s + 10))%OS = 20 %
K =
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,11101001000−100−80−60−40−20020ω (rad/s)ω = 15

Найдите точный модуль |G(jω)| функции G(s) = 100/((s + 4)(s + 5)) при ω = 15 rad/s в dB.

G(s) = 100/((s + 4)(s + 5))ω = 15 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) = 328/(s(s + 5)(s + 8)). Найдите частоту перехода фазы ω180, где ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 328/(s(s + 5)(s + 8))
ω180 = rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1s(s + 5)(s + 8)C(s)−

Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 5)(s + 8)). Коэффициент усиления повышают до тех пор, пока замкнутая система не окажется на границе устойчивости. Найдите частоту ω незатухающих колебаний.

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 8))
ω = rad/s
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K(s + 5)/((s + 4)(s + 1)(s + 8)). Найдите точку σa, в которой асимптоты корневого годографа пересекают вещественную ось.

L(s) = K(s + 5)/((s + 4)(s + 1)(s + 8))
σa =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 2·t²/2+2(s + 2)s²(s + 1)C(s)−

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

G(s) = 2(s + 2)/(s²(s + 1))r(t) = 2·t²/2
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 104s(s + 10)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 10 управляет объектом G(s) = 4/(s(s + 10)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите перерегулирование %OS переходной характеристики в процентах.

G(s) = 4/(s(s + 10))K = 10
%OS = %

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 0,4935 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​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​4 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 = 15 + 2 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 4·17/(4+17) = 3,238 Ω
Req = R1 + 3,238 = 15 + 3,238 = 18,24 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 9/18,24 = 0,4935 A

Ответ

IR1 = 0,4935 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 1,214 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​ = 20 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​36 VR2​6 ΩAR4​10 ΩBR6​8 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 = 30 + 8 = 38 Ω
R4 ∥ 38 = 7,917 Ω
R3 + 7,917 = 32,92 Ω
R2 ∥ 32,92 = 5,075 Ω
Req = R1 + 5,075 = 20 + 5,075 = 25,07 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 36/25,07 = 1,436 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 36 − 1,436·20 = 7,286 V
IR2 = VA/R2 = 7,286/6 = 1,214 A

Ответ

IR2 = 1,214 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: PIs = 170,1 W

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

ЗТК в узле A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/5 + (VA − 24)/8 + (VA − VB)/6 = 0
0,4917·VA − 0,1667·VB = 3

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/15 + (VB − VA)/6 = 5
−0,1667·VA + 0,2333·VB = 5

Решите

Δ = (0,4917)(0,2333) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,08694
VA = Δ1/Δ = 1,533/0,08694 = 17,64 V
VB = Δ2/Δ = 2,958/0,08694 = 34,03 V

Мощность, отдаваемая источником тока

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

PIs = VB·Is = 34,03·5 = 170,1 W

Ответ

PIs = 170,1 W
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: Is = 4,956 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

VA известно, поэтому это уравнение даёт VB.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(10 − 36)/30 + 10/3 = (VB − 10)/2
2,467 = (VB − 10)/2 → VB = 14,93 V

ЗТК в узле B

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

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (14,93 − 10)/2 + 14,93/6 = 4,956 A

Ответ

Is = 4,956 A
5.Метод контурных токов

Ответ: IR2 = −0,8824 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​ = 4 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​6 VR3​2 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
4·I1 + 2(I1 − I2) = 6
6·I1 − 2·I2 = 6

ЗНК для контура 2

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

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

Решите

Δ = (6)(12) − (−2)(−2) = 68
I1 = Δ1/Δ = 48/68 = 0,7059 A
I2 = Δ2/Δ = −60/68 = −0,8824 A

Ответ

IR2 = I2 = −0,8824 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I3 = −0,9852 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​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR4​4 ΩAR5​20 ΩB+−V2​15 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
15·I1 + 4(I1 − I2) = 10
19·I1 − 4·I2 = 10

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
10·I2 + 4(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−4·I1 + 34·I2 − 20·I3 = 0

ЗНК для контура 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
6·I3 + 20(I3 − I2) = (−15)
−20·I2 + 26·I3 = −15

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 8780
I1 = Δ1/Δ = 3640/8780 = 0,4146 A
I2 = Δ2/Δ = −4660/8780 = −0,5308 A
I3 = Δ3/Δ = −8650/8780 = −0,9852 A

Ответ

I3 = −0,9852 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: PR2 = 1,158 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 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​6 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 = 6+5 = 11 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 6·11/(6+11) = 3,882 Ω
VA = 6·3,882/(15+3,882) = 1,234 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 1,234·5/11 = 0,5607 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (1,234 − 0)/6 = 0,2056 A
R1​ = 15 ΩR3​ = 6 ΩКЗR2​6 ΩAR4​5 ΩBIs​1 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 = 15·6/(15+6) = 4,286 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 5 ∥ 10,29 = 3,364 Ω
VB = Is·Req = 1·3,364 = 3,364 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 3,364·4,286/10,29 = 1,402 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (1,402 − 0)/6 = 0,2336 A

Складываем вклады токов

IR2 = IR2′ + IR2″ = 0,2056 + 0,2336 = 0,4393 A

Мощность в резисторе

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

PR2 = IR2²·R2 = 0,4393²·6 = 1,158 W

Ответ

PR2 = 1,158 W

Сложение мощностей отдельных случаев дало бы 0,5812 W, что неверно.

8.Метод наложения

Ответ: IR3 = −3,214 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​ = 5 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​10 VR3​4 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) = 4 ∥ 18 = 3,273 Ω
VA = 10·3,273/(5+3,273) = 3,956 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,956·15/18 = 3,297 V
IR3′ = (0 − VA)/R3 = (0 − 3,956)/4 = −0,989 A
R1​ = 5 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 15 ΩКЗR3​4 ΩAIs​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 = 2,222 Ω, поэтому левый путь — R2+2,222 = 5,222 Ω
Req = R4 ∥ 5,222 = 3,874 Ω
VB = Is·Req = 5·3,874 = 19,37 V
VA = VB·2,222/5,222 = 8,242 V
IR3″ = (0 − VA)/R3 = (0 − 8,242)/4 = −2,06 A
R1​ = 5 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 15 ΩКЗR3​4 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 = 5·4/(5+4) = 2,222 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 6·5,222/20,22 = 1,549 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 1,549·2,222/5,222 = 0,6593 V
IR3‴ = (0 − VA)/R3 = (0 − 0,6593)/4 = −0,1648 A

Сложите составляющие

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = (−0,989) + (−2,06) + (−0,1648) = −3,214 A

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

9.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 0,5941 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​ = 10 ΩR3​ = 8 ΩКЗR2​8 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 = 10·8/(10+8) = 4,444 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,444 + 8 = 12,44 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​8 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) = 30·8/(10+8) = 13,33 V
Rth​ = 12,44 Ω+−Vth​13,33 VRL​10 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) = 13,33/(12,44 + 10) = 0,5941 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: PL = 22,75 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​ = 30 ΩR3​ = 8 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 = 30·3/(30+3) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 8 = 10,73 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAIs​3 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) = 1,364 + 3·2,727 = 9,545 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 9,545 + 3·8 = 33,55 V
Rth​ = 10,73 Ω+−Vth​33,55 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) = 33,55/(10,73 + 5) = 2,133 A
PL = IL²·RL = 2,133²·5 = 22,75 W
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: t = 3,386 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 / 68 Ω = 1,471 ms
i(∞) = Vs/R = 20/68 = 0,2941 A

Выразите время

0,9 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,9)
t = −1,471·ln(0,1) = 3,386 ms

Ответ

t = 3,386 ms
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: t = 1245 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) = 12 V, vC(∞) = Vs = 6 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 220 µF = 1034 ms
vC(t) = 6 + (12 − 6)·e−t/τ

Выразите время

7,8 = 6 + (6)·e−t/τ → e−t/τ = (7,8 − 6)/(12 − 6) = 0,3
t = τ·ln((12 − 6)/(7,8 − 6)) = 1034·ln(3,333) = 1245 ms

Ответ

t = 1245 ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: φ = 59,76 °

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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,15 = 188,5 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·47·10⁻⁶) = 16,93 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (171,6)²) = 198,6 Ω

Угол сдвига фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(171,6/100) = 59,76°

Ответ

φ = 59,76°
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: VL = 9,428 V

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

Резонанс

При резонансе реактивные сопротивления компенсируются, поэтому полное сопротивление равно просто R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,02·1·10⁻⁶) = 7071 rad/s
I = V/R = 1/15 = 0,06667 A

Напряжение на катушке

XL = ω₀L = 7071·0,02 = 141,4 Ω
VL = I·XL = 0,06667·141,4 = 9,428 V

Ответ

VL = 9,428 V

Это в Q = 9,428 раз больше напряжения источника.

15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: R = 21,82 Ω

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

Сопротивление по активной мощности

R = P/I² = 660/5,5² = 21,82 Ω

Ответ

R = 21,82 Ω
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: ΔP = 31,95 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 = 36·tan(arccos 0,75) = 31,75 kvar

Наибольшая суммарная активная мощность

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(75² − 31,75²) = 67,95 kW

Дополнительная активная мощность

ΔP = 67,95 − 36 = 31,95 kW

Ответ

ΔP = 31,95 kW
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 39,77 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.

Полная мощность

S = √3·VL·IL = √3·208·120 = 43,23 kVA

Активная мощность

P = S·cos φ = 43,23·0,92 = 39,77 kW

Ответ

P = 39,77 kW
18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 316,3 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 = 150·tan(acos 0,78) = 150·0,8023 = 120,3 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,9) = 150·0,4843 = 72,65 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 47,69 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 400 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 15898/(314,2·400²) = 316,3 µF

Ответ

Cph = 316,3 µF
19.Трансформаторы

Ответ: I1 = 1 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 = 240/2 = 120 V
I2 = 120/60 = 2 A

Первичный ток

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

I1 = I2/2 = 1 A

Ответ

I1 = 1 A

Проверка: нагрузка со стороны первичной обмотки равна a²·RL = 240 Ω, и 240/240 даёт тот же ток.

20.Трансформаторы

Ответ: Sη,max = 204,1 kVA

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

Потери в меди равны потерям в стали

x²·1875 = 1250 → x = √(1250/1875) = 0,8165

Нагрузка при максимальном КПД

Sη,max = x·S = 0,8165·250 = 204,1 kVA

Ответ

Sη,max = 204,1 kVA
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vin,max = 1,091 V

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

Коэффициент усиления

Av = 1 + Rf/R1 = 1 + 100/10 = 11

Наибольший вход до ограничения

Vin,max = Vsat/|Av| = 12/11 = 1,091 V

Ответ

Vin,max = 1,091 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −1,1 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.

Входной ток и скорость нарастания

kΩ умножить на µF даёт миллисекунды.

RC = 100 kΩ · 0,1 µF = 10 ms
скорость нарастания = −Vin/(RC) = −2,2/10 = −0,22 V/ms

Выходное напряжение в заданный момент

Идеальное значение лежит в пределах ±Vsat, поэтому интегратор ещё не вошёл в ограничение.

Vout = −Vin·t/(RC) = −2,2·5/10 = −1,1 V

Ответ

Vout = −1,1 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: R = 40 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 − 5·2,2 = 1 V

Сопротивление

R = 1/0,025 = 40 Ω

Ответ

R = 40 Ω

Резистор рассеивает 25 mW.

24.Диоды и транзисторы

Ответ: Rmax = 311,4 Ω

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 в худшем случае

IR = 30 + 5 = 35 mA

Наибольшее сопротивление

Rmax = 10,9/0,035 = 311,4 Ω

Ответ

Rmax = 311,4 Ω
25.Системы счисления

Ответ: U = 217

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

39 = 0010 0111
инвертировано: 1101 1000
+1 → 1101 1001

Прочитайте как беззнаковое

1101 1001₂ = 256 − 39 = 217

Ответ

U = 217
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 < 3735
212 = 4096 ≥ 3735

Ответ

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

Ответ: L = 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.

ABC00011110011011131204051706

Сгруппируйте единицы

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

BC
A′

Минимальная форма SOP

F = BC + A′
L = 3

Ответ

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

Ответ: L = 8

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

Простые импликанты

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

B′C′D′, B′CD, A′C′D′, A′CD, A′B, AB′D
ABCD0001111000011110100113021415X716012013015014X8X9111010

Минимальное покрытие

F = B′C′D′ + B′CD + A′B
L = 8

Ответ

L = 8

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

29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.2) = 1,472

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

Разложение знаменателя на множители

s² + 10s + 25 = (s + 5)²

Простые дроби

s + 20 = 1(s + 5) + 15
F(s) = 1/(s + 5) + 15/(s + 5)²

Обратное преобразование

f(t) = e−5t + 15·t·e−5t
f(0,2) = (1 + 15·0,2)·e−5·0,2 = 1,472

Ответ

f(0,2) = 1,472
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.25) = 2,752

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) = 150/(s(s + 1)(s + 6))

Простые дроби

A = 150/(1·6) = 25
B = 150/((−1)·5) = −30
C = 150/((−6)·(−5)) = 5

Выделение

y(t) = 25 − 30·e−t + 5·e−6t
y(0,25) = 2,752

Ответ

y(0,25) = 2,752
31.Структурные схемы

Ответ: p = −18

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

Внутренний контур

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 1/(s + 1 + 1·1) = 1/(s + 2)

Внешний контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 16/(s + 2 + 16) = 16/(s + 18)

Результат

p = −18

Ответ

p = −18
32.Структурные схемы

Ответ: ωd = 11,62 rad/s

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

s(s + 2) + 68·2 = 0 → s² + 2s + 136 = 0

Корни

s = −1 ± j·√(136 − 1) = −1 ± j11,62
ωd = 11,62 rad/s

Ответ

ωd = 11,62 rad/s
33.Переходная характеристика

Ответ: ts = 1,143 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).

Сравните со стандартной формой

Знаменатель должен совпадать с s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 52 → ωₙ = 7,211 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·7,211) = 0,4854

Результат

ζωₙ = 3,5 → ts ≈ 4/3,5 = 1,143 s

Ответ

ts = 1,143 s
34.Переходная характеристика

Ответ: K = 120,3

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) = K/(s² + 10s + K)

Коэффициент демпфирования по перерегулированию

ζ = −ln(0,2)/√(π² + ln²(0,2)) = 0,4559

Коэффициент усиления

ωₙ = 10/(2ζ) = 10,97 rad/s
K = ωₙ² = 120,3

Ответ

K = 120,3
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: |G(jω)| = −7,8 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(j15)| = 100/(√(15² + 4²)·√(15² + 5²)) = 100/(15,52·15,81) = 0,4074

Результат

20·log₁₀(0,4074) = −7,8 dB

Ответ

|G(jω)| = −7,8 dB
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ω180 = 6,325 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/5)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(5·8) = 6,325 rad/s

Ответ

ω180 = 6,325 rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: ω = 6,325 rad/s

Критерий Рауса–Гурвица: линейная система устойчива, если все корни её характеристического полинома лежат в левой полуплоскости s-плоскости. Запишите коэффициенты поочерёдно в первые две строки таблицы Рауса. Каждый элемент новой строки вычисляется по двум строкам над ней; для кубического полинома a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ элемент строки s¹ равен b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Число смен знака в первом столбце равно числу корней в правой полуплоскости. Если в коэффициенты входит коэффициент усиления K, все элементы первого столбца должны оставаться положительными: значение усиления, при котором элемент строки s¹ обращается в нуль, — граница устойчивости, а строка s² затем даёт частоту незатухающих колебаний.

Таблица Рауса

s³ + 13s² + 40s + K = 0
s³: 1, 40
s²: 13, K
s¹: (13·40 − K)/13
s⁰: K

Критический коэффициент усиления

K = 13·40 = 520

Вспомогательное уравнение

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

13s² + 520 = 0 → s = ±j√40
ω = 6,325 rad/s

Ответ

ω = 6,325 rad/s
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: σa = −4

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

Полюса и нули

полюса: −4, −1, −8
нули: −5
n − m = 3 − 1 = 2

Центр тяжести

σa = (−13 − (−5))/2 = −4

Ответ

σa = −4

2 асимптоты выходят из центра под углами 90°, 270°.

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 0,5

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 = 2·2/1 = 4

Ошибка по параболическому воздействию

ess = 2/4 = 0,5

Ответ

ess = 0,5
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: %OS = 1,732 %

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

Характеристический полином

s(s + 10) + 10·4 = s² + 10s + 40

ωₙ и ζ

ωₙ = √40 = 6,325 rad/s
ζ = 10/(2·6,325) = 0,7906

Перерегулирование

%OS = 100·e−0,7906π/√(1 − 0,7906²) = 1,732 %

Ответ

%OS = 1,732 %

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