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​ = 4 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩIR2​AR4​8 ΩB

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 24 VR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 2 ΩR4 = 8 Ω
IR2 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 2 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​30 ΩIR2​AR4​8 ΩBR6​6 Ω

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 10 VR1 = 2 ΩR2 = 30 ΩR3 = 20 ΩR4 = 8 ΩR5 = 3 ΩR6 = 6 Ω
IR2 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 4 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​10 ΩBIs​1 A

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

V1 = 10 VIs = 1 AR1 = 4 ΩR2 = 20 ΩR3 = 2 ΩR4 = 10 Ω
VB = V
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 25 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​18 VR3​8 ΩAR5​5 ΩBIs​4 A−+V2​15 V

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

V1 = 18 VIs = 4 AV2 = 15 VR1 = 25 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 ΩR4 = 12 ΩR5 = 5 Ω
VA = V
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 6 ΩR2​ = 2 ΩIR2​+−V1​15 VR3​3 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

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

V1 = 15 VV2 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 Ω
IR2 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 25 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​36 VR4​10 ΩAR5​5 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

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

V1 = 36 VV2 = 36 VR1 = 25 ΩR2 = 2 ΩR3 = 25 ΩR4 = 10 ΩR5 = 5 Ω
I1 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 10 ΩR3​ = 20 ΩIR3​+−V1​15 VR2​10 ΩAR4​6 ΩBIs​5 A

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

V1 = 15 VIs = 5 AR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩR3 = 20 ΩR4 = 6 Ω
IR3 = A
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 = 12 mA. Если V1 удвоить, а два других оставить без изменений, I = 20,5 mA. Если изменить направление Is на противоположное, а два других оставить без изменений, I = 2 mA. Найдите ток нагрузки I, если V2 отключён, а V1 и Is имеют номинальные значения.

номинальные значения: I = 12 mA2·V1: I = 20,5 mA−Is: I = 2 mA
I = mA
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAab

Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.

V1 = 30 VR1 = 2 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 Ω
Vth = V
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 6 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​4 ΩAIs​1,5 ABRL​3 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 3 Ω. С помощью эквивалента Тевенина найдите мощность PL, передаваемую в нагрузку.

V1 = 12 VIs = 1,5 AR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 3 ΩRL = 3 Ω
PL = W
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​10 Vt = 0R = 100 ΩL68 mHi(t)

До замыкания ключа в момент t = 0 тока через катушку нет. Найдите напряжение vL на катушке в момент t = 1 ms.

Vs = 10 VR = 100 ΩL = 68 mHt = 1 ms
vL = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​10 Vразмыкается при t = 0R1​ = 2,2 kΩR2​ = 4,7 kΩC10 µF+−vC​

Ключ был замкнут долгое время, поэтому цепь находится в установившемся режиме. При t = 0 ключ размыкается. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 30 ms.

Vs = 10 VR1 = 2,2 kΩR2 = 4,7 kΩC = 10 µFt = 30 ms
vC = V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
10 V100 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 100 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 10 V (действующее значение), 100 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 10 V (rms)f = 100 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 100 µF
I = A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
1 Vf0​R = 5 ΩL = 20 mHC = 2,2 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 = 5 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF
VL = V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
P = 21 kWQSφ

Однофазный двигатель потребляет 21 kW при коэффициенте мощности 0,7 (индуктивном) от сети 400 V. Найдите ток линии I.

P = 21 kWpf = 0,7V = 400 V
I = A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
240 V50 Hzнагрузка16 kW, 0,65C150 µFI

Однофазная нагрузка потребляет 16 kW при коэффициенте мощности 0,65 (индуктивном) от сети 240 V, 50 Hz. Параллельно нагрузке подключён конденсатор 150 µF. Найдите новый коэффициент мощности cos φ со стороны сети.

P = 16 kWpf1 = 0,65V = 240 Vf = 50 HzC = 150 µF
cos φ =
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 690 VIL​ = 120 Acos φ = 0,9отстающий

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет линейный ток 120 A от сети с линейным напряжением 690 V. Коэффициент мощности 0,9 (отстающий). Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 690 VIL = 120 Acos φ = 0,9
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 300 kW при коэффициенте мощности 0,75 (отстающий) от сети 690 V (линейное), 60 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,95 (отстающий). Активная мощность не меняется. Конденсаторы соединены треугольником. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 300 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
2400 V240 VIHV​ILV​ = ?500 kVA

Однофазный трансформатор 500 kVA, 2400/240 V работает при номинальной нагрузке. Считайте его идеальным. Найдите ток ILV в обмотке низшего напряжения.

S = 500 kVAV1 = 2400 VV2 = 240 V
ILV = A
20.ТрансформаторыСложная
50 kVA

Однофазный трансформатор 50 kVA имеет потери в стали 250 W и потери в меди 500 W при номинальной нагрузке. При какой нагрузке Sη,max, в kVA, его КПД максимален?

S = 50 kVAPcore = 250 WPcu,fl = 500 W
Sη,max = kVA
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩVin​R1​ = 2 kΩ

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

R1 = 2 kΩRf = 4,7 kΩVsat = ±12 V
Vin,max = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​Rf​ = 47 kΩV1​ = −1,3 VR1​ = 100 kΩV2​ = 0,8 VR2​ = 4,7 kΩ

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

V1 = −1,3 VV2 = 0,8 VR1 = 100 kΩR2 = 4,7 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 3,3 kΩβ = 150IC​ = ?RE​ = 2,2 kΩVCC​ = 15 VR1​ = 22 kΩR2​ = 6,8 kΩ

NPN-транзистор с β = 150 смещён делителем напряжения от VCC = 15 V: R₁ = 22 kΩ от VCC к базе и R₂ = 6,8 kΩ от базы к земле. Резистор коллектора RC = 3,3 kΩ, резистор эмиттера RE = 2,2 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 = 22 kΩR2 = 6,8 kΩRC = 3,3 kΩRE = 2,2 kΩβ = 150
IC = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 220 Ωβ = 100VCC​ = 9 V3,3 VRB​ = ?

NPN-транзистор с β = 100 коммутирует нагрузочный резистор 220 Ω, включённый между VCC = 9 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 3,3 V через резистор базы RB. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Найдите наибольшее сопротивление резистора базы RB, в kΩ, при котором транзистор ещё входит в насыщение.

VCC = 9 VRC = 220 Ωβ = 100Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Системы счисленияСредняя
веса разрядов в дополнительном коде1−12806403201618041201

8-битная комбинация 1000 1010 хранит целое число со знаком в дополнительном коде. Каково его значение N в десятичной системе?

1000 10108 bit
N =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 1100 0110 << 3. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

1100 0110<< 3
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
MUXC′I0​CI1​1I2​C′I3​ABS1​S0​F

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

I₀ = C′I₁ = CI₂ = 1I₃ = C′
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
ABCD000111100001111000010302X4151716012013015114X819111010

Найдите минимальную форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(5, 6, 7, 9, 11, 14) + d(4, 8), где d обозначает безразличные состояния. Сколько литералов, L, она содержит?

F(A, B, C, D) = Σm(5, 6, 7, 9, 11, 14) + d(4, 8)
L =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm−1−2−3−4−51

Найдите f(t) для F(s) = (5s + 24)/(s² + 4s + 5) выделением полного квадрата и вычислите f(0,3).

F(s) = (5s + 24)/(s² + 4s + 5)t = 0,3 s
f(0.3) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 10y′ + 24y = 72·u(t), где y(0) = 5 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 2. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,1).

y″ + 10y′ + 24y = 72·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,1 s
y(0.1) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+17K+8s + 2G(s)C(s)3H₁−−

Объект G(s) = 8/(s + 2) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 3. Коэффициент регулятора K = 17, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите полюс замкнутой системы p.

G(s) = 8/(s + 2)H₁ = 3K = 17
p =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+58s(s + 9)G(s)C(s)2H−

Объект G(s) = 58/(s(s + 9)) охвачен отрицательной обратной связью с коэффициентом датчика H = 2. Полюсы замкнутой системы комплексные. Найдите их вещественную часть σ.

G(s) = 58/(s(s + 9))H = 2
σ =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)0,5tp​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 14,5/(s² + 2s + 29) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время пика tp переходной характеристики.

G(s) = 14,5/(s² + 2s + 29)
tp = s
34.Переходная характеристикаСложная
+−12 VR = 55 ΩL = 10 mHC = 4,7 µFvC​

Последовательная RLC-цепь с R = 55 Ω, L = 10 mH и C = 4,7 µF подключается к ступеньке 12 V при t = 0. Конденсатор не заряжен, и до ступеньки ток не течёт. Найдите пиковое напряжение vC,max на конденсаторе.

R = 55 ΩL = 10 mHC = 4,7 µFV = 12 V
vC,max = V
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​L = 100 mHC = 10 µFR = 10 Ωvout​

В показанном последовательном RLC-полосовом фильтре выход берётся на R = 10 Ω при L = 100 mH и C = 10 µF. Найдите добротность Q.

R = 10 ΩL = 100 mHC = 10 µF
Q =
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) = K/(s(s + 3)(s + 9)). Найдите коэффициент усиления K, который даёт запас по усилению 10 dB.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 9))GM = 10 dB
K =
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1s(s + 1)(s + 2)C(s)−

Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 1)(s + 2)). Коэффициент усиления повышают до тех пор, пока замкнутая система не окажется на границе устойчивости. Найдите частоту ω незатухающих колебаний.

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

Для L(s) = K/((s + 5)(s² + 4s + 8)) найдите угол выхода θd корневого годографа из комплексного полюса в верхней полуплоскости, отсчитываемый от положительного направления вещественной оси.

L(s) = K/((s + 5)(s² + 4s + 8))
θd = °
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
R(s)+K(s + 1)(s + 2)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет G(s) = K/((s + 1)(s + 2)). Найдите коэффициент усиления K, при котором установившаяся ошибка по ступеньке составляет 20 %.

G(s) = K/((s + 1)(s + 2))ess = 20 %
K =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 2010s(s + 10)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 20 управляет объектом G(s) = 10/(s(s + 10)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 10/(s(s + 10))K = 20
ts = s

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 1,579 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​ = 4 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAR4​8 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 + 8 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 8·10/(8+10) = 4,444 Ω
Req = R1 + 4,444 = 4 + 4,444 = 8,444 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 24/8,444 = 2,842 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 24 − 2,842·4 = 12,63 V
IR2 = VA/R2 = 12,63/8 = 1,579 A

Ответ

IR2 = 1,579 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 0,2901 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​ = 2 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​30 ΩAR4​8 ΩBR6​6 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 = 3 + 6 = 9 Ω
R4 ∥ 9 = 4,235 Ω
R3 + 4,235 = 24,24 Ω
R2 ∥ 24,24 = 13,41 Ω
Req = R1 + 13,41 = 2 + 13,41 = 15,41 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 10/15,41 = 0,6491 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 10 − 0,6491·2 = 8,702 V
IR2 = VA/R2 = 8,702/30 = 0,2901 A

Ответ

IR2 = 0,2901 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 1,957 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​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​10 ΩBIs​1 A

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 10 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/20 + (VA − 10)/4 + (VA − VB)/2 = 0
0,8·VA − 0,5·VB = 2,5

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/10 + (VB − VA)/2 = (−1)
−0,5·VA + 0,6·VB = −1

Решите

Δ = (0,8)(0,6) − (−0,5)(−0,5) = 0,23
VA = Δ1/Δ = 1/0,23 = 4,348 V
VB = Δ2/Δ = 0,45/0,23 = 1,957 V

Ответ

VB = 1,957 V
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: VA = 6,204 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​ = 25 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​18 VR3​8 ΩAR5​5 ΩBIs​4 A−+V2​15 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 18 V, V2 = −15 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/8 + (VA − 18)/25 + (VA − VB)/8 = 0
0,29·VA − 0,125·VB = 0,72

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/5 + (VB − VA)/8 + (VB − (−15))/12 = 4
−0,125·VA + 0,4083·VB = 2,75

Решите

Δ = (0,29)(0,4083) − (−0,125)(−0,125) = 0,1028
VA = Δ1/Δ = 0,6378/0,1028 = 6,204 V
VB = Δ2/Δ = 0,8875/0,1028 = 8,634 V

Ответ

VA = 6,204 V
5.Метод контурных токов

Ответ: IR2 = −1 A

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

R1​ = 6 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​15 VR3​3 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
6·I1 + 3(I1 − I2) = 15
9·I1 − 3·I2 = 15

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
2·I2 + 3(I2 − I1) = (−9)
−3·I1 + 5·I2 = −9

Решите

Δ = (9)(5) − (−3)(−3) = 36
I1 = Δ1/Δ = 48/36 = 1,333 A
I2 = Δ2/Δ = −36/36 = −1 A

Ответ

IR2 = I2 = −1 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I1 = 1,121 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​ = 25 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​36 VR4​10 ΩAR5​5 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
25·I1 + 10(I1 − I2) = 36
35·I1 − 10·I2 = 36

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
2·I2 + 10(I2 − I1) + 5(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 17·I2 − 5·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
25·I3 + 5(I3 − I2) = (−36)
−5·I2 + 30·I3 = −36

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 13975
I1 = Δ1/Δ = 15660/13975 = 1,121 A
I2 = Δ2/Δ = 4500/13975 = 0,322 A
I3 = Δ3/Δ = −16020/13975 = −1,146 A

Ответ

I1 = 1,121 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: IR3 = −1,21 A

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAR4​6 ΩBОБРЫВ

Случай 1 · действует только V1

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

R3+R4 = 20+6 = 26 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·26/(10+26) = 7,222 Ω
VA = 15·7,222/(10+7,222) = 6,29 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 6,29·6/26 = 1,452 V
IR3′ = (VB − VA)/R3 = (1,452 − 6,29)/20 = −0,2419 A
R1​ = 10 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​10 ΩAR4​6 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 = 10·10/(10+10) = 5 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 25 = 4,839 Ω
VB = Is·Req = (−5)·4,839 = −24,19 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −24,19·5/25 = −4,839 V
IR3″ = (VB − VA)/R3 = (−24,19 − −4,839)/20 = −0,9677 A

Сложите составляющие

IR3 = IR3′ + IR3″
IR3 = (−0,2419) + (−0,9677) = −1,21 A

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

8.Метод наложения

Ответ: I = 13,5 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 = 12
2·I₁ + I₂ + I₃ = 20,5
I₁ + I₂ − I₃ = 2

Находим вклады

I₁ = 20,5 − 12 = 8,5 mA
I₃ = (12 − 2)/2 = 5 mA
I₂ = 12 − 8,5 − 5 = −1,5 mA

Отключаем V₂

I = I₁ + I₃ = 8,5 + 5 = 13,5 mA

Ответ

I = 13,5 mA
9.Тевенин и Нортон

Ответ: Vth = 24 V

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​ = 2 ΩR3​ = 3 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 = 2·8/(2+8) = 1,6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,6 + 3 = 4,6 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 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/(2+8) = 24 V
10.Тевенин и Нортон

Ответ: PL = 7,075 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​ = 3 ΩКЗR2​4 ΩAОБРЫВBabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

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

R1 ∥ R2 = 6·4/(6+4) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 3 = 5,4 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​4 ΩAIs​1,5 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) = 4,8 + 1,5·2,4 = 8,4 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 8,4 + 1,5·3 = 12,9 V
Rth​ = 5,4 Ω+−Vth​12,9 VRL​3 ΩIL​

Подключите нагрузку к эквиваленту Тевенина

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

IL = Vth/(Rth + RL) = 12,9/(5,4 + 3) = 1,536 A
PL = IL²·RL = 1,536²·3 = 7,075 W
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vL = 2,298 V

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

Постоянная времени и конечный ток

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

τ = L/R = 68 mH / 100 Ω = 0,68 ms
i(∞) = Vs/R = 10/100 = 0,1 A

Напряжение на катушке

В момент t = 0 всё напряжение питания приложено к катушке; затем оно спадает до нуля.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 10·e−1/0,68 = 2,298 V

Ответ

vL = 2,298 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 3,598 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.

Начальное напряжение конденсатора

В установившемся режиме конденсатор — разрыв, поэтому R₁ и R₂ образуют делитель напряжения. Напряжение конденсатора не может измениться скачком при размыкании ключа.

vC(0) = 10·4,7/(2,2 + 4,7) = 6,812 V

Постоянная времени после размыкания ключа

τ = R2·C = 4,7·10 = 47 ms

Разряд

vC(t) = 6,812·e−30/47 = 3,598 V

Ответ

vC = 3,598 V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,06163 A

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

Реактивные сопротивления

ω = 2πf = 2π·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,25 = 157,1 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·100·10⁻⁶) = 15,92 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (141,2)²) = 162,3 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 10/162,3 = 0,06163 A

Ответ

I = 0,06163 A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: VL = 19,07 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/√(0,02·2,2·10⁻⁶) = 4767 rad/s
I = V/R = 1/5 = 0,2 A

Напряжение на катушке

XL = ω₀L = 4767·0,02 = 95,35 Ω
VL = I·XL = 0,2·95,35 = 19,07 V

Ответ

VL = 19,07 V

Это в Q = 19,07 раз больше напряжения источника.

15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 75 A

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

Ток линии

Работу совершает только активная часть мощности, поэтому разделите на коэффициент мощности.

I = P/(V·cos φ) = 21000/(400·0,7) = 75 A

Ответ

I = 75 A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: cos φ = 0,7073

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 = 16·tan(arccos 0,65) = 18,71 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·50·150·10⁻⁶ = 2714 var = 2,714 kvar
Q2 = 18,71 − 2,714 = 15,99 kvar

Новая полная мощность

S2 = √(16² + 15,99²) = 22,62 kVA

Новый коэффициент мощности

cos φ = P/S2 = 16/22,62 = 0,7073

Ответ

cos φ = 0,7073
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 129,1 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 = √3·690·120 = 143,4 kVA

Активная мощность

P = S·cos φ = 143,4·0,9 = 129,1 kW

Ответ

P = 129,1 kW
18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 308,2 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 = 300·tan(acos 0,75) = 300·0,8819 = 264,6 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,95) = 300·0,3287 = 98,61 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 166 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 55323/(377·690²) = 308,2 µF

Ответ

Cph = 308,2 µF
19.Трансформаторы

Ответ: ILV = 2083 A

Идеальный трансформатор: напряжения относятся как числа витков, а токи — обратно: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a и I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, поэтому входная мощность равна выходной, V₁·I₁ = V₂·I₂. Сопротивление нагрузки Z во вторичной цепи со стороны первичной обмотки выглядит как a²·Z.

Номинальный ток

Через обе обмотки передаётся одинаковая полная мощность.

ILV = S/V = 500000/240 = 2083 A

Ответ

ILV = 2083 A
20.Трансформаторы

Ответ: Sη,max = 35,36 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

x²·500 = 250 → x = √(250/500) = 0,7071

Нагрузка при максимальном КПД

Sη,max = x·S = 0,7071·50 = 35,36 kVA

Ответ

Sη,max = 35,36 kVA
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vin,max = 5,106 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| = Rf/R1 = 4,7/2 = 2,35

Наибольший вход до ограничения

Vin,max = Vsat/|Av| = 12/2,35 = 5,106 V

Ответ

Vin,max = 5,106 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −7,389 V

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

Входные токи

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

I1 = V1/R1 = −1,3/100 = −0,013 mA
I2 = V2/R2 = 0,8/4,7 = 0,1702 mA
If = I1 + I2 = 0,1572 mA

Выходное напряжение

Vout = −Rf·If = −47·0,1572 = −7,389 V

Ответ

Vout = −7,389 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 1,263 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/(22 + 6,8) = 3,542 V
RTH = 22·6,8/(22 + 6,8) = 5,194 kΩ

Ток базы

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

IB = (3,542 − 0,7)/(5,194 + 151·2,2) = 8,422 µA

Ток коллектора

IC = 150·8,422 µA = 1,263 mA
IE = 151·8,422 µA = 1,272 mA

Ответ

IC = 1,263 mA
24.Диоды и транзисторы

Ответ: RB = 6,5 kΩ

Биполярный транзистор как ключ: чтобы полностью включить нагрузку, транзистор вводят в насыщение, где VCE = VCE(sat), а ток коллектора определяется нагрузкой: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Для насыщения нужен ток базы не менее IB = IC(sat)/β. Если ток базы меньше, транзистор остаётся в активном режиме, и IC = β·IB.

Ток коллектора в насыщении

IC(sat) = (9 − 0,2)/220 = 40 mA

Минимальный ток базы

IB(min) = IC(sat)/β = 40/100 = 400 µA

Резистор базы

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,4 mA = 6,5 kΩ

Ответ

RB = 6,5 kΩ

Любой меньший резистор базы тоже насыщает транзистор; на практике выбирают в несколько раз меньший.

25.Системы счисления

Ответ: N = −118

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.

−128 + 8 + 2 = −118

Ответ

N = −118
26.Системы счисления

Ответ: R = 48

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

Бит за битом

Сдвиг влево на 3 перемещает каждый бит на 3 позиций влево; биты, выходящие за левый край, теряются, а справа входят нули.

1100 0110 << 3
= 0011 0000

Значение результата

0011 0000₂ = 48

Ответ

R = 48
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 5

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

Выражение выхода

F = A′B′C′ + A′BC + AB′ + ABC′

Строки с F = 1

ABC = 000, 011, 100, 101, 110
N = 5

Ответ

N = 5
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.

BCD′, A′B, AB′D, AB′C′
ABCD000111100001111000010302X4151716012013015114X819111010

Минимальное покрытие

F = BCD′ + A′B + AB′D
L = 8

Ответ

L = 8
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.3) = 4,892

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

Выделение полного квадрата

s² + 4s + 5 = (s + 2)² + 1 = (s + 2)² + 1²

Подбор числителя

F(s) = 5·(s + 2)/((s + 2)² + 1²) + (14/1)·1/((s + 2)² + 1²)

Обратное преобразование

f(t) = e−2t·(5·cos 1t + 14·sin 1t)
f(0,3) = e−2·0,3·(5·cos(1·0,3) + 14·sin(1·0,3)) = 4,892

Ответ

f(0,3) = 4,892
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.1) = 5,087

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

Преобразование уравнения

(s² + 10s + 24)·Y(s) = 5s + 50 + 144/s
Y(s) = (5s² + 50s + 144)/(s(s + 4)(s + 6))

Простые дроби

A = 144/(4·6) = 6
B = 24/((−4)·2) = −3
C = 24/((−6)·(−2)) = 2

Результат

y(t) = 6 − 3·e−4t + 2·e−6t
y(0,1) = 5,087

Ответ

y(0,1) = 5,087

Проверка: y(0) = A + B + C = 5.

31.Структурные схемы

Ответ: p = −162

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) = 8/(s + 2 + 8·3) = 8/(s + 26)

Внешний контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 136/(s + 26 + 136) = 136/(s + 162)

Результат

p = −162

Ответ

p = −162
32.Структурные схемы

Ответ: σ = −4,5

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

Характеристическое уравнение

s(s + 9) + 58·2 = 0 → s² + 9s + 116 = 0

Корни

s = −4,5 ± j·√(116 − 20,25) = −4,5 ± j9,785
σ = −4,5

Ответ

σ = −4,5
33.Переходная характеристика

Ответ: tp = 0,5937 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 = 29 → ωₙ = 5,385 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·5,385) = 0,1857

Результат

ωd = 5,385·√(1 − 0,1857²) = 5,292 rad/s → tp = π/ωd = 0,5937 s

Ответ

tp = 0,5937 s
34.Переходная характеристика

Ответ: vC,max = 13,16 V

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).

Собственная частота и коэффициент демпфирования

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,01·4,7 × 10⁻⁶) = 4613 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (55/2)·√(4,7 × 10⁻⁶/0,01) = 0,5962

Результат

%OS = 9,701 %
vC,max = 12·(1 + 0,09701) = 13,16 V

Ответ

vC,max = 13,16 V
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: Q = 10

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

Резонансная частота

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,1·1 × 10⁻⁵) = 1000 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 159,2 Hz

Добротность

BW = R/L = 10/0,1 = 100 rad/s = 15,92 Hz
Q = ω₀/BW = 1000/100 = 10

Ответ

Q = 10
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: K = 102,5

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/3)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(3·9) = 5,196 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 81)) = K/(3·9·(3 + 9)) = K/324

Требуемое усиление

324/K = 1010/20 = 3,162
K = 324/3,162 = 102,5

Ответ

K = 102,5
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: ω = 1,414 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 + 3s² + 2s + K = 0
s³: 1, 2
s²: 3, K
s¹: (3·2 − K)/3
s⁰: K

Критический коэффициент усиления

K = 3·2 = 6

Вспомогательное уравнение

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

3s² + 6 = 0 → s = ±j√2
ω = 1,414 rad/s

Ответ

ω = 1,414 rad/s
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: θd = 56,31 °

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.

Положения полюсов

s² + 4s + 8 = 0 → s = −2 ± j2
s = −5

Углы от остальных полюсов

∠(−2 + j2 + 5) = atan2(2, 3) = 33,69°
∠(−2 + j2 − (−2 − j2)) = ∠(j4) = 90°

Угол выхода

θd = 180° − 33,69° − 90° = 56,31°

Ответ

θd = 56,31°
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 8

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

Требуемый коэффициент ошибки

1/(1 + Kp) = 0,2 → Kp = 4

Коэффициент усиления

K/2 = 4 → K = 8

Ответ

K = 8

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

40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ts = 0,8 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 + 10) + 20·10 = s² + 10s + 200

ωₙ и ζ

ωₙ = √200 = 14,14 rad/s
ζ = 10/(2·14,14) = 0,3536

Время установления

ζωₙ = 10/2 = 5
ts ≈ 4/5 = 0,8 s

Ответ

ts = 0,8 s

Время установления здесь не зависит от K: увеличение K лишь делает отклик более колебательным.

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