Подготовка к экзамену FE Electrical and Computer: шпаргалка-пакет

Листы формул, ключевые шаги методов по каждой теме и тренировочные задачи (40) с полными решениями в конце.

Новые задачиНазад к курсу

В окне печати выберите «Сохранить как PDF», чтобы сохранить копию на своём устройстве.

1Формулы и методы

Последовательные и параллельные резисторы

Последовательное соединение резисторов
Req = R1 + R2 + …
Параллельное соединение резисторов
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Два параллельно
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Закон Ома
V = I·R
Мощность
P = V·I = I²R = V²/R

Метод

  1. Начните с конца цепи, наиболее удалённого от зажимов.
  2. Последовательные резисторы складывайте, а параллельные объединяйте по формуле 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. После каждого шага перерисовывайте схему.
  4. Повторяйте, пока между зажимами не останется один резистор.

Метод узловых потенциалов

Закон токов Кирхгофа
ΣIin = ΣIout
Ток ветви
I = (Va − Vb)/R
Опорный узел
Vground = 0

Метод

  1. Выберите опорный узел (землю) и обозначьте потенциалы остальных узлов.
  2. Запишите первый закон Кирхгофа для каждого неизвестного узла: сумма токов, вытекающих по ветвям, равна сумме втекающих.
  3. Выразите ток каждой ветви как (Va − Vb)/R.
  4. Решите систему уравнений, затем найдите нужные токи.

Метод контурных токов

Закон напряжений Кирхгофа
ΣV = 0 в каждом контуре
Общий резистор
ток = I1 − I2
Источник тока в контуре
задаёт ток этого контура

Метод

  1. Нарисуйте в каждом контуре (ячейке) схемы контурный ток по часовой стрелке.
  2. Примените второй закон Кирхгофа к каждому контуру: сумма падений напряжения равна нулю.
  3. В резисторе, общем для двух контуров, ток равен разности двух контурных токов.
  4. Решите уравнения; отрицательный результат означает, что ток течёт в обратную сторону.

Метод наложения

Метод наложения
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Отключённый источник напряжения
короткое замыкание (0 V)
Отключённый источник тока
разрыв (0 A)
Делитель напряжения
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Делитель тока
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Метод

  1. Посчитайте независимые источники. Для каждого источника вы решите одну более простую схему.
  2. Оставьте один источник, а остальные отключите: источник напряжения заменяется коротким замыканием (проводом), источник тока — разрывом цепи.
  3. Найдите в упрощённой схеме нужное напряжение или ток, следя за направлением.
  4. Повторите для каждого источника, затем сложите вклады с учётом знаков.

Тевенин и Нортон

Напряжение Тевенина
Vth = Vopen circuit
Сопротивление Тевенина
Rth: все источники отключены, со стороны a–b
Ток Нортона
IN = Vth/Rth
Ток нагрузки
IL = Vth/(Rth + RL)
Передача максимальной мощности
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Метод

  1. Отключите нагрузку и обозначьте два зажима a и b.
  2. Найдите напряжение холостого хода между a и b: это Vth.
  3. Отключите все независимые источники и найдите сопротивление со стороны a–b: это Rth.
  4. Верните нагрузку в эквивалентную схему: Vth последовательно с Rth.
  5. Для эквивалента Нортона преобразуйте: IN = Vth/Rth, с RN = Rth параллельно.

Переходные процессы RC и RL

Постоянная времени
τ = RC | τ = L/R
Отклик
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Конденсатор на постоянном токе
разрыв; vC не может измениться скачком
Катушка на постоянном токе
короткое замыкание; iL не может измениться скачком
Установившийся режим
t ≈ 5τ

Метод

  1. Найдите начальное значение сразу после коммутации: напряжение на конденсаторе и ток в катушке не могут изменяться скачком.
  2. Найдите установившееся значение спустя долгое время после коммутации: конденсатор ведёт себя как разрыв, катушка — как короткое замыкание.
  3. Найдите постоянную времени: τ = RC или τ = L/R, где берётся сопротивление со стороны конденсатора или катушки.
  4. Используйте x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Полные сопротивления
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Угловая частота
ω = 2πf
Модуль и угол
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Закон Ома в комплексной форме
V = I·Z

Метод

  1. Переведите частоту: ω = 2πf.
  2. Найдите каждое реактивное сопротивление: XL = ωL и XC = 1/(ωC).
  3. Складывайте сопротивления как у резисторов, с Z = R + jX.
  4. Найдите модуль |Z| = √(R² + X²) и угол φ = atan(X/R), затем примените закон Ома для комплексных амплитуд.

Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Активная мощность
P = V·I·cos φ
Реактивная мощность
Q = V·I·sin φ
Полная мощность
S = V·I = √(P² + Q²)
Коэффициент мощности
pf = cos φ = P/S
Компенсирующий конденсатор
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Трёхфазная мощность

Соединение звездой (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Соединение треугольником (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Полная активная мощность
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Полная и реактивная мощность
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Компенсирующие конденсаторы
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Напряжение на каждом конденсаторе
Δ: VL Y: VL/√3
Потребляемая мощность двигателя
Pin = Pout/η

Трансформаторы

Коэффициент трансформации
a = N1/N2 = V1/V2
Отношение токов
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Номинальный ток
I = S/V
Приведённое сопротивление
Z1′ = a²·ZL
Потери в меди при неполной нагрузке
Pcu = x²·Pcu,fl
КПД
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Максимальный КПД
x = √(Pcore/Pcu,fl)

Схемы на операционных усилителях

Инвертирующий усилитель
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Неинвертирующий усилитель
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Суммирующий усилитель
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Идеальный ОУ
V+ = V−, Iin = 0

Диоды и транзисторы

Диод (постоянное падение напряжения)
VD = 0,7 V when conducting
Активный режим
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Фиксированное смещение
IB = (VCC − 0,7)/RB
Смещение делителем напряжения
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Эквивалент Тевенена для делителя
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Контур коллектора
VCE = VCC − ICRC − IERE
Насыщение
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Системы счисления

Веса разрядов
двоичная 2k, восьмеричная 8k, шестнадцатеричная 16k
В десятичную
Σ dk·bk
Из десятичной
делите на основание, остатки читайте снизу вверх
Шестнадцатеричная ↔ двоичная
одна шестнадцатеричная цифра = 4 бита
Дополнительный код
инвертируйте биты и прибавьте 1

Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Основные вентили
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Правила булевой алгебры
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Законы де Моргана
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Порядок на карте Карно
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Группа из 2ᵏ клеток
теряет k переменных
Мультиплексор 4 в 1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Триггеры
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Счётчики
n-разрядный: 2ⁿ состояний; по модулю N: наименьшее n, при котором 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Асинхронный счётчик
fmax = 1/(n·tpd)
Кольцевой счётчик и счётчик Джонсона
n и 2n состояний

Метод

  1. Для схемы идите от входов к выходу вентиль за вентилем и записывайте значение на каждом проводе или запишите её выражение и заполните таблицу истинности.
  2. Для упрощения поставьте единицы (и безразличные состояния как X) на карту Карно со строками и столбцами в коде Грея: 00, 01, 11, 10.
  3. Покройте единицы как можно меньшим числом как можно больших групп по 1, 2, 4, 8 или 16 клеток, с переходом через края; каждая группа — один член-произведение из переменных, которые остаются постоянными. Для формы POS группируйте нули.
  4. Для триггеров и счётчиков считывайте входы на каждом активном фронте тактового сигнала, записывайте состояние после каждого фронта и помните, что n-разрядный счётчик возвращается к началу после 2ⁿ состояний.

Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Устойчивость
все корни характеристического полинома в левой полуплоскости
таблица Рауса, элемент s¹ кубического полинома
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Корни в правой полуплоскости
число смен знака в первом столбце
Кубический полином s³ + a₂s² + a₁s + a₀
устойчив, когда все a > 0 и a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Характеристическое уравнение
1 + K·G(s) = 0
Асимптоты
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Точки отрыва и входа
dK/ds = 0
Условие по модулю
K = 1/|G(s)|
Угол выхода
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Метод

  1. Запишите характеристический полином замкнутой системы: знаменатель уравнения 1 + K·G(s) = 0 после раскрытия скобок.
  2. Запишите коэффициенты поочерёдно в первые две строки таблицы Рауса и достройте остальные строки.
  3. Посчитайте смены знака в первом столбце: каждая — это один полюс в правой полуплоскости. Если в таблице есть K, потребуйте, чтобы все элементы первого столбца оставались положительными.
  4. Для корневого годографа отметьте полюса и нули, участки вещественной оси, асимптоты из центра и точки отрыва, где dK/ds = 0. Для коэффициента усиления в точке используйте K = 1/|G(s)|.

Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Тип системы
число полюсов G(s) в точке s = 0
Коэффициенты ошибок
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Ступенька A
ess = A/(1 + Kp)
Линейное воздействие A·t
ess = A/Kv
Парабола A·t²/2
ess = A/Ka
ПИД-регулятор
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Целевая система второго порядка
s² + 2ζωns + ωn²
Перерегулирование и временные характеристики
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Метод

  1. Посчитайте полюса разомкнутого контура C(s)·G(s) в точке s = 0: это тип системы.
  2. Найдите коэффициент ошибки, соответствующий входу: Kp для ступеньки, Kv для линейного воздействия, Ka для параболы.
  3. Примените ess = A/(1 + Kp), A/Kv или A/Ka либо решите это уравнение относительно нужного коэффициента усиления.
  4. Для требований по демпфированию или скорости запишите характеристический полином замкнутой системы и приравняйте его коэффициенты к s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Тренировочные задачи

1.Последовательные и параллельные резисторыСредняя
R1​ = 5 ΩIR1​R3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAR4​10 ΩB

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 15 VR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 ΩR4 = 10 Ω
IR1 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 20 ΩIR1​R3​ = 6 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​36 VR2​4 ΩAR4​5 ΩBR6​3 Ω

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 36 VR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 ΩR4 = 5 ΩR5 = 6 ΩR6 = 3 Ω
IR1 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAR4​5 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 24 VIs = 1,5 AR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 5 ΩR4 = 5 Ω
VA = V
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 25 ΩIR1​R2​ = 8 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​24 VR3​30 ΩAR5​2 ΩBIs​1,5 A+−V2​24 V

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

V1 = 24 VIs = 1,5 AV2 = 24 VR1 = 25 ΩR2 = 8 ΩR3 = 30 ΩR4 = 20 ΩR5 = 2 Ω
IR1 = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 15 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​15 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 24 VV2 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 15 Ω
I2 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 5 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​5 VR4​4 ΩAR5​10 ΩB+−V2​24 VI1​I2​I3​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти контурный ток I1 (по часовой стрелке).

V1 = 5 VV2 = 24 VR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩR3 = 6 ΩR4 = 4 ΩR5 = 10 Ω
I1 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​10 Ω+−VR2​AR4​4 ΩBIs​5 A

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

V1 = 18 VIs = 5 AR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩR4 = 4 Ω
VR2 = V
8.Метод наложенияСложная
линейная цепьV1​V2​Is​IRL​

Линейная резистивная цепь содержит три независимых источника: V1, V2 и Is. Ток I через нагрузку измерен три раза. При номинальных значениях всех источников I = 14 mA. Если V1 удвоить, а два других оставить без изменений, I = 23 mA. Если изменить направление Is на противоположное, а два других оставить без изменений, I = 3 mA. Найдите ток нагрузки I, если V2 отключён, а V1 и Is имеют номинальные значения.

номинальные значения: I = 14 mA2·V1: I = 23 mA−Is: I = 3 mA
I = mA
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩARL​20 ΩIL​B

К a–b подключена нагрузка RL = 20 Ω. Замените остальную цепь эквивалентом Тевенина и найдите ток нагрузки IL.

V1 = 30 VR1 = 6 ΩR2 = 20 ΩR3 = 2 ΩRL = 20 Ω
IL = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 6 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAIs​5 ABRL​2 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 2 Ω. С помощью эквивалента Тевенина найдите мощность PL, передаваемую в нагрузку.

V1 = 15 VIs = 5 AR1 = 6 ΩR2 = 10 ΩR3 = 25 ΩRL = 2 Ω
PL = W
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​24 Vt = 0R1​ = 3,3 kΩR2​ = 2,2 kΩC68 µF+−vC​

Источник Vₛ заряжает конденсатор через R₁, а R₂ подключён параллельно C. Конденсатор разряжен, когда ключ замыкается в момент t = 0. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 100 ms.

Vs = 24 VR1 = 3,3 kΩR2 = 2,2 kΩC = 68 µFt = 100 ms
vC = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​9 VR1​ = 10 ΩR2​ = 15 Ωразмыкается при t = 0L150 mHi(t)

Ключ, шунтирующий R2, был замкнут долгое время, поэтому ток катушки установившийся. При t = 0 ключ размыкается. Найдите ток катушки i при t = 15 ms.

Vs = 9 VR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩL = 150 mHt = 15 ms
i = A
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
24 V200 HzR = 25 ΩL = 100 mHC = 22 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 24 V (действующее значение), 200 Hz. Найдите активную мощность P, потребляемую от источника.

V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 25 ΩL = 100 mHC = 22 µF
P = W
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
120 V500 HzR1​ = 30 ΩR2​ = 30 ΩC = 4,7 µFI

Резистор R1 включён последовательно с параллельным соединением R2 и конденсатора C в сеть 120 V (действующее значение), 500 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 120 V (rms)f = 500 HzR1 = 30 ΩR2 = 30 ΩC = 4,7 µF
I = A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
240 VZ20 + j15 ΩI

Нагрузка с полным сопротивлением Z = 20 + j15 Ω подключена к однофазной сети 240 V (действующее значение). Найдите полную мощность S.

V = 240 VZ = 20 + j15 Ω
S = VA
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P = 5 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазная нагрузка потребляет 5 kW при коэффициенте мощности 0,8 (индуктивном) от сети 400 V, 60 Hz. Параллельно подключённый конденсатор повышает коэффициент мощности до 0,9. Найдите необходимую ёмкость C.

P = 5 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9V = 400 Vf = 60 Hz
C = µF
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 = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 200 kW при коэффициенте мощности 0,7 (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 = 200 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
RL​ = 8 Ω41480 VV2​I1​ = ?I2​

К первичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 4:1 приложено 480 V. К вторичной обмотке подключён резистор 8 Ω. Найдите первичный ток I1.

N1:N2 = 4:1V1 = 480 VRL = 8 Ω
I1 = A
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,925 kVA, η = 98,2%

Однофазный трансформатор 25 kVA имеет потери в стали 100 W. При номинальной нагрузке и коэффициенте мощности 0,9 (отстающий) его КПД равен 98,2%. Найдите потери в меди при номинальной нагрузке Pcu,fl в ваттах.

S = 25 kVAPcore = 100 Wpf = 0,9η = 98,2%
Pcu,fl = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩR1​ = 1 kΩVin​

ОУ идеальный и питается от источников ±15 V; его выход насыщается на уровне ±13 V. На неинвертирующий усилитель подаётся синусоидальный сигнал. Найдите наибольшую амплитуду входного сигнала Vin,max (пиковое значение), при которой выход не ограничивается.

R1 = 1 kΩRf = 4,7 kΩVsat = ±13 V
Vin,max = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = 0,5 VR1​ = 1 kΩV2​ = −0,4 VR2​ = 4,7 kΩ

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

V1 = 0,5 VV2 = −0,4 VR1 = 1 kΩR2 = 4,7 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 4,7 kΩβ = 100IC​ = ?RE​ = 1 kΩVCC​ = 15 VR1​ = 39 kΩR2​ = 6,8 kΩ

NPN-транзистор с β = 100 смещён делителем напряжения от VCC = 15 V: R₁ = 39 kΩ от VCC к базе и R₂ = 6,8 kΩ от базы к земле. Резистор коллектора RC = 4,7 kΩ, резистор эмиттера RE = 1 kΩ. Примите VBE = 0,7 V и используйте эквивалент Тевенена для делителя (ток базы не пренебрегайте). Найдите ток коллектора IC в mA.

VCC = 15 VR1 = 39 kΩR2 = 6,8 kΩRC = 4,7 kΩRE = 1 kΩβ = 100
IC = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
V (V)I (mA)0,65533,33Q = ?

Диод моделируется напряжением 0,65 V последовательно с 10 Ω (он проводит выше 0,65 V). Он включён последовательно с резистором 150 Ω к источнику 5 V. Найдите рабочий ток ID в точке пересечения характеристики диода и нагрузочной прямой.

Vs = 5 VR = 150 ΩV0 = 0,65 Vrd = 10 Ω
ID = mA
25.Системы счисленияСредняя
веса разрядов в дополнительном коде0−12816413201608040201

8-битная комбинация 0110 0000 хранит целое число со знаком в дополнительном коде. Каково его значение N в десятичной системе?

0110 00008 bit
N =
26.Системы счисленияСложная
32 bit1 px256 px256 pxM = ? KiB

Несжатое изображение имеет размер 256 × 256 пикселей и 32 бит на пиксель. Сколько памяти M оно занимает, в KiB (1 KiB = 1024 байта)?

256 × 256 px32 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
MUX0I0​C′I1​CI2​CI3​ABS1​S0​F

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

I₀ = 0I₁ = C′I₂ = CI₃ = C
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
ABCD00011110000111101001030204050706X121130150141809111X10

Для F(A, B, C, D) = Σm(0, 8, 11, 13) + d(10, 12), где d обозначает безразличные состояния, найдите число N существенных простых импликант.

F(A, B, C, D) = Σm(0, 8, 11, 13) + d(10, 12)
N =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 0,5f(0,5) = ?

Найдите f(t) для F(s) = 55/(s(s + 3)(s + 5)) разложением на простые дроби и вычислите f(0,5).

F(s) = 55/(s(s + 3)(s + 5))t = 0,5 s
f(0.5) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 10y′ + 24y = 36·u(t). Она начинает из покоя (y(0) = 0, y′(0) = 0), а входом служит ступенька u(t) = 2 при t ≥ 0. С помощью преобразования Лапласа найдите выход y(0,3).

y″ + 10y′ + 24y = 36·u(t)u(t) = 2y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,3 s
y(0.3) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+32s + 5G(s)C(s)0,5H−

Объект G(s) = 32/(s + 5) управляется в контуре отрицательной обратной связи, у датчика которой коэффициент H = 0,5. На R подаётся ступенька величиной 24. Найдите установившееся значение выхода css.

G(s) = 32/(s + 5)H = 0,5R = 24
css =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+9s + 4G₁+5s + 7G₂C(s)0,5H₁−0,25H₂−

Упростите структурную схему, где G₁ = 9/(s + 4), G₂ = 5/(s + 7), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 0,5 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 0,25. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).

G₁ = 9/(s + 4)G₂ = 5/(s + 7)H₁ = 0,5H₂ = 0,25
T(0) =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1

Система имеет передаточную функцию G(s) = 93/(s² + 6s + 93) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите коэффициент демпфирования ζ.

G(s) = 93/(s² + 6s + 93)
ζ =
34.Переходная характеристикаСложная
t (s)y(t)1tp​ = 1,5 s15 %

Переходная характеристика системы второго порядка без нулей показывает перерегулирование 15 %, а первый пик наступает при t = 1,5 s. Найдите собственную частоту ωn.

%OS = 15 %tp = 1,5 s
ωn = rad/s
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​L = 4,7 mHR = 1000 Ωvout​

Изображённый RL-фильтр нижних частот имеет R = 1000 Ω, L = 4,7 mH. На вход подаётся синусоидальный сигнал 8,5 kHz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.

R = 1000 ΩL = 4,7 mHf = 8,5 kHz
φ = °
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) = 308/(s(s + 6)(s + 7)). Найдите запас по усилению GM в dB.

L(s) = 308/(s(s + 6)(s + 7))
GM = dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1(s + 2)(s + 4)(s + 6)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K/((s + 2)(s + 4)(s + 6)), K > 0. Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

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

Корневой годограф L(s) = K/(s(s + 5)(s + 8)) покидает вещественную ось между s = 0 и s = −5. Найдите точку отрыва sb.

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 8))
sb =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
R(s)+K = 1042s + 1C(s)−

Процесс G(s) = 4/(2s + 1) управляется пропорциональным коэффициентом усиления K = 10 в контуре с единичной обратной связью. Найдите установившуюся ошибку ess по ступеньке в процентах от величины ступеньки.

G(s) = 4/(2s + 1)K = 10
ess = %
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 2510s(s + 6)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 25 управляет объектом G(s) = 10/(s(s + 6)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите время пика tp переходной характеристики.

G(s) = 10/(s(s + 6))K = 25
tp = s

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 1,286 A

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

R1​ = 5 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAR4​10 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 = 2 + 10 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 15·12/(15+12) = 6,667 Ω
Req = R1 + 6,667 = 5 + 6,667 = 11,67 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 15/11,67 = 1,286 A

Ответ

IR1 = 1,286 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 1,58 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​ = 6 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​36 VR2​4 ΩAR4​5 ΩBR6​3 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 = 6 + 3 = 9 Ω
R4 ∥ 9 = 3,214 Ω
R3 + 3,214 = 9,214 Ω
R2 ∥ 9,214 = 2,789 Ω
Req = R1 + 2,789 = 20 + 2,789 = 22,79 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 36/22,79 = 1,58 A

Ответ

IR1 = 1,58 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: VA = 16,2 V

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

R1​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAR4​5 ΩBIs​1,5 A

Определите узлы

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

ЗТК в узле A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/15 + (VA − 24)/4 + (VA − VB)/5 = 0
0,5167·VA − 0,2·VB = 6

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/5 + (VB − VA)/5 = 1,5
−0,2·VA + 0,4·VB = 1,5

Решите

Δ = (0,5167)(0,4) − (−0,2)(−0,2) = 0,1667
VA = Δ1/Δ = 2,7/0,1667 = 16,2 V
VB = Δ2/Δ = 1,975/0,1667 = 11,85 V

Ответ

VA = 16,2 V
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR1 = 0,6266 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​ = 25 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​24 VR3​30 ΩAR5​2 ΩBIs​1,5 A+−V2​24 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 24 V, V2 = 24 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/30 + (VA − 24)/25 + (VA − VB)/8 = 0
0,1983·VA − 0,125·VB = 0,96

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/2 + (VB − VA)/8 + (VB − 24)/20 = 1,5
−0,125·VA + 0,675·VB = 2,7

Решите

Δ = (0,1983)(0,675) − (−0,125)(−0,125) = 0,1183
VA = Δ1/Δ = 0,9855/0,1183 = 8,334 V
VB = Δ2/Δ = 0,6555/0,1183 = 5,543 V

Ответ

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (24 − 8,334)/25 = 0,6266 A
5.Метод контурных токов

Ответ: I2 = −0,4444 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​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​15 ΩA+−V2​18 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
15·I1 + 15(I1 − I2) = 24
30·I1 − 15·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 + R3(I2 − I1) = −V2
6·I2 + 15(I2 − I1) = (−18)
−15·I1 + 21·I2 = −18

Решите

Δ = (30)(21) − (−15)(−15) = 405
I1 = Δ1/Δ = 234/405 = 0,5778 A
I2 = Δ2/Δ = −180/405 = −0,4444 A

Ответ

I2 = −0,4444 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I1 = 0,2848 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​ = 15 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​5 VR4​4 ΩAR5​10 ΩB+−V2​24 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
5·I1 + 4(I1 − I2) = 5
9·I1 − 4·I2 = 5

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
15·I2 + 4(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−4·I1 + 29·I2 − 10·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 + 10(I3 − I2) = (−24)
−10·I2 + 16·I3 = −24

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 3020
I1 = Δ1/Δ = 860/3020 = 0,2848 A
I2 = Δ2/Δ = −1840/3020 = −0,6093 A
I3 = Δ3/Δ = −5680/3020 = −1,881 A

Ответ

I1 = 0,2848 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: VR2 = 14,26 V

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

R1​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAR4​4 ΩBОБРЫВ

Случай 1 · действует только V1

Iₛ становится разрывом, поэтому R₃ и R₄ образуют одну последовательную ветвь от A к земле, параллельную R₂.

R3+R4 = 2+4 = 6 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·6/(10+6) = 3,75 Ω
VA = 18·3,75/(8+3,75) = 5,745 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 5,745·4/6 = 3,83 V
VR2′ = VA − 0 = 5,745 − 0 = 5,745 V
R1​ = 8 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​10 ΩAR4​4 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 = 8·10/(8+10) = 4,444 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 4 ∥ 6,444 = 2,468 Ω
VB = Is·Req = 5·2,468 = 12,34 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 12,34·4,444/6,444 = 8,511 V
VR2″ = VA − 0 = 8,511 − 0 = 8,511 V

Сложите составляющие

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 5,745 + 8,511 = 14,26 V

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

8.Метод наложения

Ответ: I = 14,5 mA

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

Записываем измерения через вклады

Каждый вклад пропорционален своему источнику.

I₁ + I₂ + I₃ = 14
2·I₁ + I₂ + I₃ = 23
I₁ + I₂ − I₃ = 3

Находим вклады

I₁ = 23 − 14 = 9 mA
I₃ = (14 − 3)/2 = 5,5 mA
I₂ = 14 − 9 − 5,5 = −0,5 mA

Отключаем V₂

I = I₁ + I₃ = 9 + 5,5 = 14,5 mA

Ответ

I = 14,5 mA
9.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 0,8671 A

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​20 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 = 6·20/(6+20) = 4,615 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,615 + 2 = 6,615 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​20 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) = 30·20/(6+20) = 23,08 V
Rth​ = 6,615 Ω+−Vth​23,08 VRL​20 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) = 23,08/(6,615 + 20) = 0,8671 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: PL = 49,59 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​ = 6 ΩR3​ = 25 ΩКЗR2​10 ΩAОБРЫВBabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

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

R1 ∥ R2 = 6·10/(6+10) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 25 = 28,75 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAIs​5 ABab+−Vth​

Найдите Vth — напряжение холостого хода

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 9,375 + 5·3,75 = 28,13 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 28,13 + 5·25 = 153,1 V
Rth​ = 28,75 Ω+−Vth​153,1 VRL​2 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) = 153,1/(28,75 + 2) = 4,98 A
PL = IL²·RL = 4,98²·2 = 49,59 W
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 6,449 V

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

Эквивалентная схема Тевенина со стороны конденсатора

Закоротите источник, чтобы найти Rth; отключите конденсатор, чтобы найти напряжение, до которого он зарядится.

Rth = R1 ∥ R2 = 3,3·2,2/(3,3 + 2,2) = 1,32 kΩ
vC(∞) = 24·2,2/(3,3 + 2,2) = 9,6 V

Постоянная времени

τ = Rth·C = 1,32·68 = 89,76 ms

Кривая заряда

vC(t) = 9,6·(1 − e−100/89,76) = 6,449 V

Ответ

vC = 6,449 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: i = 0,4043 A

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

Начальное значение, конечное значение, постоянная времени

До t = 0 замкнутый ключ шунтирует R₂; после этого в контур входят и R₁, и R₂.

i(0) = 9/10 = 0,9 A
i(∞) = 9/(10 + 15) = 0,36 A
τ = L/R = 150/25 = 6 ms
i(t) = 0,36 + (0,9 − 0,36)·e−t/τ

Ток в заданный момент

i(15) = 0,36 + (0,54)·e−15/6 = 0,4043 A

Ответ

i = 0,4043 A
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: P = 1,668 W

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

XL = 125,7 Ω, XC = 36,17 Ω

Полное сопротивление

|Z| = √(25² + (89,49)²) = 92,92 Ω

Активная мощность

Катушки и конденсаторы только запасают и возвращают энергию; всю активную мощность потребляет резистор.

I = 24/92,92 = 0,2583 A
P = I²·R = 0,2583²·25 = 1,668 W

Ответ

P = 1,668 W
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 2,136 A

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

Реактивное сопротивление

XC = 1/(2π·500·4,7·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Параллельное соединение

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

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

Полное сопротивление цепи

Z = 30 + 25,08 − j11,11 = 55,08 − j11,11 Ω
|Z| = √(55,08² + 11,11²) = 56,19 Ω

Ток

I = V/|Z| = 120/56,19 = 2,136 A

Ответ

I = 2,136 A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: S = 2304 VA

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.

Ток

|Z| = √(20² + 15²) = 25 Ω
I = V/|Z| = 240/25 = 9,6 A

Полная мощность

S = V·I = 240·9,6 = 2304 VA

Ответ

S = 2304 VA
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: C = 22,02 µF

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

Реактивная мощность до и после

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

Q1 = P·tan φ1 = 5·tan(36,87°) = 3,75 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(25,84°) = 2,422 kvar
QC = Q1 − Q2 = 1,328 kvar

Ёмкость

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

C = QC/(2πf·V²) = 1328/(2π·60·400²) = 22,02 µF

Ответ

C = 22,02 µF
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 = 710,7 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 = 200·tan(acos 0,7) = 200·1,02 = 204 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,9) = 200·0,4843 = 96,86 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 107,2 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) = 35725/(314,2·400²) = 710,7 µF

Ответ

Cph = 710,7 µF
19.Трансформаторы

Ответ: I1 = 3,75 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 = 480/4 = 120 V
I2 = 120/8 = 15 A

Первичный ток

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

I1 = I2/4 = 3,75 A

Ответ

I1 = 3,75 A

Проверка: нагрузка со стороны первичной обмотки равна a²·RL = 128 Ω, и 480/128 даёт тот же ток.

20.Трансформаторы

Ответ: Pcu,fl = 312,4 W

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

Выходная и потребляемая мощность

Pout = 25·0,9 = 22,5 kW
Pin = 22500/0,982 = 22912 W

Суммарные потери и потери в меди

Ploss = 22912 − 22500 = 412,4 W
Pcu,fl = 412,4 − 100 = 312,4 W

Ответ

Pcu,fl = 312,4 W
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vin,max = 2,281 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 + 4,7/1 = 5,7

Наибольший вход до ограничения

Vin,max = Vsat/|Av| = 13/5,7 = 2,281 V

Ответ

Vin,max = 2,281 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −1,95 V

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

Входные токи

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

I1 = V1/R1 = 0,5/1 = 0,5 mA
I2 = V2/R2 = −0,4/4,7 = −0,08511 mA
If = I1 + I2 = 0,4149 mA

Выходное напряжение

Vout = −Rf·If = −4,7·0,4149 = −1,95 V

Ответ

Vout = −1,95 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 1,43 mA

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

Эквивалент Тевенена для делителя

VTH = 15·6,8/(39 + 6,8) = 2,227 V
RTH = 39·6,8/(39 + 6,8) = 5,79 kΩ

Ток базы

Второй закон Кирхгофа для базового контура; ток эмиттера равен (β + 1)·IB.

IB = (2,227 − 0,7)/(5,79 + 101·1) = 14,3 µA

Ток коллектора

IC = 100·14,3 µA = 1,43 mA
IE = 101·14,3 µA = 1,444 mA

Ответ

IC = 1,43 mA
24.Диоды и транзисторы

Ответ: ID = 27,19 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

5 = 0,65 + I·(150 + 10)

Рабочий ток

ID = 4,35/160 = 27,19 mA
VD = 0,65 + 0,02719·10 = 0,9219 V

Ответ

ID = 27,19 mA
25.Системы счисления

Ответ: N = 96

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

Сложите веса

Остальные биты сохраняют свои обычные положительные веса.

64 + 32 = 96

Ответ

N = 96
26.Системы счисления

Ответ: M = 256 KiB

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.

Биты и байты

256·256·32 = 2097152 bit = 262144 B

Переведите в KiB

262144/1024 = 256 KiB

Ответ

M = 256 KiB
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 3

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

Выражение выхода

F = A′BC′ + AB′C + ABC

Строки с F = 1

ABC = 010, 101, 111
N = 3

Ответ

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

Ответ: N = 3

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

Простые импликанты

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

B′C′D′, AC′D′, AB′D′, AB′C, ABC′
ABCD00011110000111101001030204050706X121130150141809111X10

Существенные простые импликанты

B′C′D′, AB′C, ABC′
N = 3

Ответ

N = 3
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.5) = 2,073

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

Простые дроби

F(s) = A/s + B/(s + 3) + C/(s + 5)
A = 55/(3·5) = 3,667
B = 55/((−3)·2) = −9,167
C = 55/((−5)·(−2)) = 5,5

Обратное преобразование

f(t) = 3,667 − 9,167·e−3t + 5,5·e−5t

Вычислите

f(0,5) = 3,667 − 9,167·e−3·0,5 + 5,5·e−5·0,5 = 2,073

Ответ

f(0,5) = 2,073
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.3) = 1,281

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) = 72/(s(s + 4)(s + 6))

Простые дроби

A = 72/(4·6) = 3
B = 72/((−4)·2) = −9
C = 72/((−6)·(−2)) = 6

Выделение

y(t) = 3 − 9·e−4t + 6·e−6t
y(0,3) = 1,281

Ответ

y(0,3) = 1,281
31.Структурные схемы

Ответ: css = 36,57

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).

Передаточная функция замкнутой системы

T(s) = G/(1 + G·H) = 32/(s + 5 + 16) = 32/(s + 21)

Результат

css = R·T(0) = 24·32/21 = 36,57

Ответ

css = 36,57
32.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 0,9137

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

Внутренний контур

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 5/(s + 9,5)

Внешний контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 45/((s + 4)(s + 9,5) + 11,25)

Статический коэффициент передачи

T(0) = 45/(4·9,5 + 11,25) = 45/49,25 = 0,9137

Ответ

T(0) = 0,9137
33.Переходная характеристика

Ответ: ζ = 0,3111

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 = 93 → ωₙ = 9,644 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·9,644) = 0,3111

Результат

ζ = 0,3111

Ответ

ζ = 0,3111
34.Переходная характеристика

Ответ: ωn = 2,447 rad/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).

Коэффициент демпфирования

ζ = −ln(0,15)/√(π² + ln²(0,15)) = 1,897/√(9,87 + 3,599) = 0,5169

Собственная частота

ωd = π/tp = π/1,5 = 2,094 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 2,094/0,856 = 2,447 rad/s

Ответ

ωn = 2,447 rad/s
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: φ = −14,09 °

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

Частота среза

ωc = R/L = 1000/0,0047 = 212766 rad/s
fc = 33863 Hz → f/fc = 8500/33863 = 0,251

Фаза

φ = − atan(0,251) = −14,09°

Ответ

φ = −14,09°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: GM = 4,973 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/6)·(ω/7) = 1 → ω180 = √(6·7) = 6,481 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 36)·√(ω² + 49)) = K/(6·7·(6 + 7)) = K/546

Запас по усилению

GM = 20·log₁₀(546/308) = 4,973 dB

Ответ

GM = 4,973 dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 480

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

Характеристический полином

s³ + 12s² + 44s + 48 + K = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 44
s²: 12, 48 + K
s¹: (12·44 − 48 − K)/12
s⁰: 48 + K

Условие

Элемент строки s¹ должен оставаться положительным.

K < 12·44 − 48 = 480

Ответ

Kmax = 480

На границе устойчивости контур колеблется с частотой ω = √44 = 6,633 rad/s.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: sb = −2

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

Коэффициент усиления вдоль вещественной оси

K(s) = −s(s + 5)(s + 8) = −(s³ + 13s² + 40s)

Стационарные точки

dK/ds = −(3s² + 26s + 40) = 0
s = (−26 ± √(676 − 480))/6 = −2, −6,667

Выберите точку на годографе

Годограф лежит на вещественной оси между 0 и −5; другой корень годографу не принадлежит.

sb = −2

Ответ

sb = −2
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 2,439 %

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 = 10·4 = 40

Ошибка по ступеньке

ess = 100/(1 + 40) = 2,439 %

Ответ

ess = 2,439 %
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: tp = 0,2024 s

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 + 6) + 25·10 = s² + 6s + 250

ωₙ и ζ

ωₙ = √250 = 15,81 rad/s
ζ = 6/(2·15,81) = 0,1897

Время пика

ωd = 15,81·√(1 − 0,1897²) = 15,52 rad/s
tp = π/15,52 = 0,2024 s

Ответ

tp = 0,2024 s

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