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​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩIR2​AR4​8 ΩB

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩR4 = 8 Ω
IR2 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 5 ΩIR1​R3​ = 30 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAR4​5 ΩBR6​25 Ω

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 30 ΩR4 = 5 ΩR5 = 20 ΩR6 = 25 Ω
IR1 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 3 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​4 ΩAR4​15 ΩBIs​3 A

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

V1 = 9 VIs = 3 AR1 = 3 ΩR2 = 4 ΩR3 = 4 ΩR4 = 15 Ω
VA = V
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 3 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​10 VR3​4 ΩAR5​4 ΩBIs​6 A+−V2​30 V

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

V1 = 10 VIs = 6 AV2 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 4 ΩR4 = 20 ΩR5 = 4 Ω
VB = V
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 12 ΩIR1​R2​ = 3 Ω+−V1​24 VR3​10 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 24 VV2 = 18 VR1 = 12 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 Ω
IR1 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 10 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR4​8 ΩAR5​6 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

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

V1 = 30 VV2 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 20 ΩR4 = 8 ΩR5 = 6 Ω
I2 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 15 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​12 Ω+−VR2​AR4​10 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 18 VIs = 1,5 AR1 = 15 ΩR2 = 12 ΩR3 = 12 ΩR4 = 10 Ω
VR2 = V
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 10 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​5 VR3​12 Ω+−VR3​AIs​4 AB+−V2​10 V

Используйте метод наложения, чтобы найти напряжение VR3 на R3 с указанной полярностью.

V1 = 5 VIs = 4 AV2 = 10 VR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 12 ΩR4 = 6 Ω
VR3 = V
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAab

Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.

V1 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 20 ΩR3 = 15 Ω
Vth = V
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​15 ΩAIs​0,5 ABab

Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.

V1 = 30 VIs = 0,5 AR1 = 2 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​12 Vt = 0R = 50 ΩL47 mHi(t)

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

Vs = 12 VR = 50 ΩL = 47 mH
t = ms
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​6 VR1​ = 47 ΩR2​ = 15 Ωразмыкается при t = 0L47 mHi(t)

Ключ, шунтирующий R2, был замкнут долгое время, поэтому ток катушки установившийся. При t = 0 ключ размыкается. Найдите ток катушки i при t = 1 ms.

Vs = 6 VR1 = 47 ΩR2 = 15 ΩL = 47 mHt = 1 ms
i = A
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
230 V200 HzR = 25 ΩL = 20 mHC = 22 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 230 V (действующее значение), 200 Hz. Найдите активную мощность P, потребляемую от источника.

V = 230 V (rms)f = 200 HzR = 25 ΩL = 20 mHC = 22 µF
P = W
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
2 Vf0​R = 15 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF

Последовательный RLC-контур питается от источника 2 V (действующее значение), частота которого равна резонансной частоте контура. Найдите действующее напряжение VL на катушке.

V = 2 V (rms)R = 15 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF
VL = V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
P = 13 kWQSφ

Однофазный двигатель потребляет 13 kW при коэффициенте мощности 0,7 (индуктивном) от сети 400 V. Найдите ток линии I.

P = 13 kWpf = 0,7V = 400 V
I = A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P = 10 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазная нагрузка потребляет 10 kW при коэффициенте мощности 0,65 (индуктивном) от сети 230 V, 50 Hz. Параллельно подключённый конденсатор повышает коэффициент мощности до 0,92. Найдите реактивную мощность QC, которую должен поставлять конденсатор.

P = 10 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92V = 230 Vf = 50 Hz
QC = kvar
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 690 VIL​ = 40 Acos φ = 0,75отстающий

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет линейный ток 40 A от сети с линейным напряжением 690 V. Коэффициент мощности 0,75 (отстающий). Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 690 VIL = 40 Acos φ = 0,75
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 0,92 (отстающий). Активная мощность не меняется. Конденсаторы соединены звездой. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 300 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
RL​ = 60 Ω1011200 VV2​I1​ = ?I2​

К первичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 10:1 приложено 1200 V. К вторичной обмотке подключён резистор 60 Ω. Найдите первичный ток I1.

N1:N2 = 10:1V1 = 1200 VRL = 60 Ω
I1 = A
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,8550 kVA, η = 96%

Однофазный трансформатор 50 kVA имеет потери в стали 150 W. При номинальной нагрузке и коэффициенте мощности 0,85 (отстающий) его КПД равен 96%. Найдите потери в меди при номинальной нагрузке Pcu,fl в ваттах.

S = 50 kVAPcore = 150 Wpf = 0,85η = 96%
Pcu,fl = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 47 kΩR1​ = 10 kΩVin​ = −0,5 VRa​ = 1 kΩRb​ = 10 kΩ

ОУ идеальный и питается от ±15 V. Найдите выходное напряжение Vout.

Vin = −0,5 VRa = 1 kΩRb = 10 kΩR1 = 10 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​R2​ = 10 kΩV1​ = −0,4 VR1​ = 1 kΩV2​ = 0,6 VR3​ = 22 kΩR4​ = 47 kΩ

ОУ идеальный и питается от ±15 V. Отношения резисторов не согласованы. Найдите выходное напряжение Vout.

V1 = −0,4 VV2 = 0,6 VR1 = 1 kΩR2 = 10 kΩR3 = 22 kΩR4 = 47 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
+−24 VR = ?3 × 2,2 V10 mA

Светодиодов: 3 (зелёные), прямое напряжение 2,2 V у каждого; они соединены последовательно с резистором к источнику 24 V. Найдите сопротивление R, при котором ток равен 10 mA.

Vs = 24 VVF = 2,2 Vn = 3I = 10 mA
R = Ω
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 1 kΩβ = 100IC​ = ?VCC​ = 12 V5 VRB​ = 2,2 kΩ

NPN-транзистор с β = 100 коммутирует нагрузочный резистор 1 kΩ, включённый между VCC = 12 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 5 V через резистор базы RB = 2,2 kΩ. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Найдите ток коллектора IC в mA при высоком уровне на входе. Сначала определите, насыщен ли транзистор.

VCC = 12 VRC = 1 kΩβ = 100Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 2,2 kΩ
IC = mA
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −11 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −118 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
4396 кодов, b = ? бит?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Система должна присвоить каждому из 4396 элементов собственный двоичный код одинаковой длины. Какое наименьшее число битов b нужно?

4396
b = bit
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABC00011110010001130214050716

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «сумма произведений» (SOP) для F(A, B, C) = Σm(3, 4, 6). Сколько всего литералов, L, она содержит (переменная со штрихом считается одним литералом)?

F(A, B, C) = Σm(3, 4, 6)
L =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
ABCD0001111000011110X011030204X507061120131151140809011110

Найдите минимальную форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(1, 10, 12, 14, 15) + d(0, 5), где d обозначает безразличные состояния. Сколько литералов, L, она содержит?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 10, 12, 14, 15) + d(0, 5)
L =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 0,5f(0,5) = ?

Найдите f(t) для F(s) = (2s + 33)/(s² + 8s + 16) и вычислите f(0,5).

F(s) = (2s + 33)/(s² + 8s + 16)t = 0,5 s
f(0.5) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Решите y″ + 7y′ + 10y = 0 при y(0) = 8 и y′(0) = 9 с помощью преобразования Лапласа и найдите y(0,25).

y″ + 7y′ + 10y = 0y(0) = 8y′(0) = 9t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+24s(s + 8)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 24/(s(s + 8)). Задающее воздействие — линейно нарастающий сигнал r(t) = 5·t. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 24/(s(s + 8))r(t) = 5·t
ess =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+3s + 1G₁+10s + 1G₂C(s)4H₁−0,25H₂−

Упростите структурную схему, где G₁ = 3/(s + 1), G₂ = 10/(s + 1), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 4 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 0,25. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).

G₁ = 3/(s + 1)G₂ = 10/(s + 1)H₁ = 4H₂ = 0,25
T(0) =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1tp​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 35/(s² + 6s + 35) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время пика tp переходной характеристики.

G(s) = 35/(s² + 6s + 35)
tp = s
34.Переходная характеристикаСложная
R(s)+60s(s + 5)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 60/(s(s + 5)). Найдите время установления ts переходной характеристики замкнутой системы по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 60/(s(s + 5))
ts = s
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)1101001000−80−60−40−200ω (rad/s)ω = 30

Найдите точный модуль |G(jω)| функции G(s) = 190/((s + 10)(s + 19)) при ω = 30 rad/s в dB.

G(s) = 190/((s + 10)(s + 19))ω = 30 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 22/(s(s + 1)(s + 9)). Найдите запас по усилению GM в dB.

L(s) = 22/(s(s + 1)(s + 9))
GM = dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+Ks + 1(s − 1)(s + 2)C(s)−

Объект G(s) = (s + 1)/((s − 1)(s + 2)) имеет неустойчивый полюс в точке s = 1. Пропорциональный коэффициент усиления K замыкает вокруг него контур с единичной обратной связью. Найдите наименьший коэффициент усиления Kmin, при котором замкнутая система устойчива.

G(s) = (s + 1)/((s − 1)(s + 2))
Kmin =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReImζ = 0,707−0,5−1−1,5−2−2,50,5j0,5j1

Показан корневой годограф L(s) = K/(s(s + 2)). Найдите коэффициент усиления K, при котором полюса замкнутой системы имеют коэффициент демпфирования ζ = 0,707.

L(s) = K/(s(s + 2))ζ = 0,707
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
R(s)+K = 192,51s + 1C(s)−

Процесс G(s) = 2,5/(1s + 1) управляется пропорциональным коэффициентом усиления K = 19 в контуре с единичной обратной связью. Найдите установившуюся ошибку ess по ступеньке в процентах от величины ступеньки.

G(s) = 2,5/(1s + 1)K = 19
ess = %
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+2 + Kd​s2s(s + 2)C(s)−

ПД-регулятор C(s) = 2 + Kd·s управляет объектом G(s) = 2/(s(s + 2)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите дифференциальный коэффициент Kd, при котором замкнутая система имеет коэффициент демпфирования ζ = 0,6.

G(s) = 2/(s(s + 2))Kp = 2ζ = 0,6
Kd = s

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 0,2482 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​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 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 = 15 + 8 = 23 Ω
R2 ∥ 23 = 8·23/(8+23) = 5,935 Ω
Req = R1 + 5,935 = 12 + 5,935 = 17,94 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 6/17,94 = 0,3345 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 6 − 0,3345·12 = 1,986 V
IR2 = VA/R2 = 1,986/8 = 0,2482 A

Ответ

IR2 = 0,2482 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 1,451 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​ = 30 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAR4​5 ΩBR6​25 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 = 20 + 25 = 45 Ω
R4 ∥ 45 = 4,5 Ω
R3 + 4,5 = 34,5 Ω
R2 ∥ 34,5 = 1,89 Ω
Req = R1 + 1,89 = 5 + 1,89 = 6,89 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 10/6,89 = 1,451 A

Ответ

IR1 = 1,451 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: VA = 8,441 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​ = 3 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​4 ΩAR4​15 ΩBIs​3 A

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 9 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/4 + (VA − 9)/3 + (VA − VB)/4 = 0
0,8333·VA − 0,25·VB = 3

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/15 + (VB − VA)/4 = 3
−0,25·VA + 0,3167·VB = 3

Решите

Δ = (0,8333)(0,3167) − (−0,25)(−0,25) = 0,2014
VA = Δ1/Δ = 1,7/0,2014 = 8,441 V
VB = Δ2/Δ = 3,25/0,2014 = 16,14 V

Ответ

VA = 8,441 V
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 19,18 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​ = 3 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​10 VR3​4 ΩAR5​4 ΩBIs​6 A+−V2​30 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 10 V, V2 = 30 V). Неизвестные: VA, VB.

ЗТК в узле A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/4 + (VA − 10)/3 + (VA − VB)/6 = 0
0,75·VA − 0,1667·VB = 3,333

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/4 + (VB − VA)/6 + (VB − 30)/20 = 6
−0,1667·VA + 0,4667·VB = 7,5

Решите

Δ = (0,75)(0,4667) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,3222
VA = Δ1/Δ = 2,806/0,3222 = 8,707 V
VB = Δ2/Δ = 6,181/0,3222 = 19,18 V

Ответ

VB = 19,18 V
5.Метод контурных токов

Ответ: IR1 = 0,7097 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​ = 12 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​24 VR3​10 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
12·I1 + 10(I1 − I2) = 24
22·I1 − 10·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
3·I2 + 10(I2 − I1) = (−18)
−10·I1 + 13·I2 = −18

Решите

Δ = (22)(13) − (−10)(−10) = 186
I1 = Δ1/Δ = 132/186 = 0,7097 A
I2 = Δ2/Δ = −156/186 = −0,8387 A

Ответ

IR1 = I1 = 0,7097 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I2 = 0,83 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​ = 10 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR4​8 ΩAR5​6 ΩB+−V2​18 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
10·I1 + 8(I1 − I2) = 30
18·I1 − 8·I2 = 30

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 + 8(I2 − I1) + 6(I2 − I3) = 0
−8·I1 + 16·I2 − 6·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
20·I3 + 6(I3 − I2) = (−18)
−6·I2 + 26·I3 = −18

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 5176
I1 = Δ1/Δ = 10536/5176 = 2,036 A
I2 = Δ2/Δ = 4296/5176 = 0,83 A
I3 = Δ3/Δ = −2592/5176 = −0,5008 A

Ответ

I2 = 0,83 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: VR2 = 2,651 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​ = 15 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAR4​10 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 = 12+10 = 22 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 12·22/(12+22) = 7,765 Ω
VA = 18·7,765/(15+7,765) = 6,14 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 6,14·10/22 = 2,791 V
VR2′ = VA − 0 = 6,14 − 0 = 6,14 V
R1​ = 15 ΩR3​ = 12 ΩКЗR2​12 ΩAR4​10 ΩBIs​1,5 A

Случай 2 · действует только Is

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

R1 ∥ R2 = 15·12/(15+12) = 6,667 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 10 ∥ 18,67 = 6,512 Ω
VB = Is·Req = (−1,5)·6,512 = −9,767 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −9,767·6,667/18,67 = −3,488 V
VR2″ = VA − 0 = −3,488 − 0 = −3,488 V

Сложите составляющие

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 6,14 + (−3,488) = 2,651 V

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

8.Метод наложения

Ответ: VR3 = 10 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​ = 10 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​5 VR3​12 ΩAОБРЫВBКЗ

Случай 1 · действует только V1

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

R3 ∥ (R2+R4) = 12 ∥ 18 = 7,2 Ω
VA = 5·7,2/(10+7,2) = 2,093 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,093·6/18 = 0,6977 V
VR3′ = VA − 0 = 2,093 − 0 = 2,093 V
R1​ = 10 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 6 ΩКЗR3​12 ΩAIs​4 ABКЗ

Случай 2 · действует только Is

Оба источника напряжения становятся короткими замыканиями. Iₛ в точке B делится между R₄ (теперь к земле) и R₂, последовательным с R₁ ∥ R₃.

R1 ∥ R3 = 5,455 Ω, поэтому левый путь — R2+5,455 = 17,45 Ω
Req = R4 ∥ 17,45 = 4,465 Ω
VB = Is·Req = 4·4,465 = 17,86 V
VA = VB·5,455/17,45 = 5,581 V
VR3″ = VA − 0 = 5,581 − 0 = 5,581 V
R1​ = 10 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 6 ΩКЗR3​12 ΩAОБРЫВB+−V2​10 V

Случай 3 · действует только V2

V₁ становится коротким замыканием, а Iₛ — разрывом. R₁ ∥ R₃ отходит от A, последовательно с R₂ обратно к B.

R1 ∥ R3 = 10·12/(10+12) = 5,455 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 10·17,45/23,45 = 7,442 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 7,442·5,455/17,45 = 2,326 V
VR3‴ = VA − 0 = 2,326 − 0 = 2,326 V

Сложите составляющие

VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = 2,093 + 5,581 + 2,326 = 10 V

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

9.Тевенин и Нортон

Ответ: Vth = 9 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​ = 20 ΩR3​ = 15 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 = 20·20/(20+20) = 10 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 10 + 15 = 25 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 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) = 18·20/(20+20) = 9 V
10.Тевенин и Нортон

Ответ: Vth = 28,35 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​ = 2 ΩКЗR2​15 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 = 2·15/(2+15) = 1,765 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,765 + 2 = 3,765 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​15 ΩAIs​0,5 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) = 26,47 + 0,5·1,765 = 27,35 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 27,35 + 0,5·2 = 28,35 V
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: t = 4,329 ms

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

Постоянная времени и конечный ток

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

τ = L/R = 47 mH / 50 Ω = 0,94 ms
i(∞) = Vs/R = 12/50 = 0,24 A

Выразите время

0,99 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,99)
t = −0,94·ln(0,01) = 4,329 ms

Ответ

t = 4,329 ms
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: i = 0,105 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) = 6/47 = 0,1277 A
i(∞) = 6/(47 + 15) = 0,09677 A
τ = L/R = 47/62 = 0,7581 ms
i(t) = 0,09677 + (0,1277 − 0,09677)·e−t/τ

Ток в заданный момент

i(1) = 0,09677 + (0,03089)·e−1/0,7581 = 0,105 A

Ответ

i = 0,105 A
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: P = 1771 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 = 25,13 Ω, XC = 36,17 Ω

Полное сопротивление

|Z| = √(25² + (−11,04)²) = 27,33 Ω

Активная мощность

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

I = 230/27,33 = 8,416 A
P = I²·R = 8,416²·25 = 1771 W

Ответ

P = 1771 W
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: VL = 13,75 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/√(0,05·4,7·10⁻⁶) = 2063 rad/s
I = V/R = 2/15 = 0,1333 A

Напряжение на катушке

XL = ω₀L = 2063·0,05 = 103,1 Ω
VL = I·XL = 0,1333·103,1 = 13,75 V

Ответ

VL = 13,75 V

Это в Q = 6,876 раз больше напряжения источника.

15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 46,43 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) = 13000/(400·0,7) = 46,43 A

Ответ

I = 46,43 A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: QC = 7,431 kvar

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 = 10·tan(49,46°) = 11,69 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 10·tan(23,07°) = 4,26 kvar
QC = Q1 − Q2 = 7,431 kvar

Ответ

QC = 7,431 kvar
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 35,85 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 = √3·690·40 = 47,8 kVA

Активная мощность

P = S·cos φ = 47,8·0,75 = 35,85 kW

Ответ

P = 35,85 kW
18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 762 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 0,92) = 300·0,426 = 127,8 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 136,8 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 45592/(377·398,4²) = 762 µF

Ответ

Cph = 762 µF
19.Трансформаторы

Ответ: I1 = 0,2 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 = 1200/10 = 120 V
I2 = 120/60 = 2 A

Первичный ток

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

I1 = I2/10 = 0,2 A

Ответ

I1 = 0,2 A

Проверка: нагрузка со стороны первичной обмотки равна a²·RL = 6000 Ω, и 1200/6000 даёт тот же ток.

20.Трансформаторы

Ответ: Pcu,fl = 1621 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 = 50·0,85 = 42,5 kW
Pin = 42500/0,96 = 44271 W

Суммарные потери и потери в меди

Ploss = 44271 − 42500 = 1771 W
Pcu,fl = 1771 − 150 = 1621 W

Ответ

Pcu,fl = 1621 W
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −2,591 V

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

Напряжение на входе +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = −0,5·10/(1 + 10) = −0,4545 V

Коэффициент усиления неинвертирующего усилителя

V₋ = V₊, и ток через R₁ течёт также через Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = −0,4545·(1 + 47/10) = −2,591 V

Ответ

Vout = −2,591 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 8,496 V

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

Напряжение на входе +

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 0,6·47/(22 + 47) = 0,4087 V

Наложение двух входов

При V₂ = 0 для V₁ схема — инвертирующий усилитель. При V₁ = 0 V₊ усиливается с коэффициентом неинвертирующего усилителя 1 + R₂/R₁.

Vout = −(10/1)·(−0,4) + (1 + 10/1)·0,4087 = 4 + 4,496 = 8,496 V

Ответ

Vout = 8,496 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: R = 1740 Ω

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

Напряжение на резисторе

VR = 24 − 3·2,2 = 17,4 V

Сопротивление

R = 17,4/0,01 = 1740 Ω

Ответ

R = 1740 Ω

Резистор рассеивает 174 mW.

24.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 11,8 mA

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 базы

IB = (5 − 0,7)/2,2 kΩ = 1955 µA

Насыщение или активный режим?

β·IB больше IC(sat), поэтому транзистор насыщается.

β·IB = 195,5 mA
IC(sat) = (12 − 0,2)/1000 = 11,8 mA

Ток коллектора

IC = IC(sat) = 11,8 mA

Ответ

IC = 11,8 mA

Транзистор насыщен.

25.Системы счисления

Ответ: U = 245

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

Инвертируйте и прибавьте единицу

11 = 0000 1011
инвертировано: 1111 0100
+1 → 1111 0101

Прочитайте как беззнаковое

1111 0101₂ = 256 − 11 = 245

Ответ

U = 245
26.Системы счисления

Ответ: b = 13 bit

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

Степени двойки

212 = 4096 < 4396
213 = 8192 ≥ 4396

Ответ

b = 13
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 5

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.

ABC00011110010001130214050716

Сгруппируйте единицы

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

AC′
A′BC

Минимальная форма SOP

F = AC′ + A′BC
L = 5

Ответ

L = 5
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 12

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.

A′C′D, ACD′, ABD′, A′B′C′, ABC
ABCD0001111000011110X011030204X507061120131151140809011110

Минимальное покрытие

F = A′C′D + ACD′ + ABD′ + ABC
L = 12

Ответ

L = 12

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

29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.5) = 1,962

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

Разложение знаменателя на множители

s² + 8s + 16 = (s + 4)²

Простые дроби

2s + 33 = 2(s + 4) + 25
F(s) = 2/(s + 4) + 25/(s + 4)²

Обратное преобразование

f(t) = 2·e−4t + 25·t·e−4t
f(0,5) = (2 + 25·0,5)·e−4·0,5 = 1,962

Ответ

f(0,5) = 1,962
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.25) = 7,519

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

s²Y − 8s − 9 + 7(sY − 8) + 10Y = 0
Y(s) = (8s + 65)/((s + 2)(s + 5))

Простые дроби

A = 49/3 = 16,33
B = 25/(−3) = −8,333

Результат

y(t) = 16,33·e−2t − 8,333·e−5t
y(0,25) = 7,519

Ответ

y(0,25) = 7,519

Проверка: y(0) = A + B = 8.

31.Структурные схемы

Ответ: ess = 1,667

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).

Коэффициент ошибки по скорости

Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 24/8 = 3

Установившаяся ошибка

ess = A/Kᵥ = 5/3 = 1,667

Ответ

ess = 1,667
32.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 0,6186

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) = 10/(s + 41)

Внешний контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 30/((s + 1)(s + 41) + 7,5)

Статический коэффициент передачи

T(0) = 30/(1·41 + 7,5) = 30/48,5 = 0,6186

Ответ

T(0) = 0,6186
33.Переходная характеристика

Ответ: tp = 0,6161 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 = 35 → ωₙ = 5,916 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·5,916) = 0,5071

Результат

ωd = 5,916·√(1 − 0,5071²) = 5,099 rad/s → tp = π/ωd = 0,6161 s

Ответ

tp = 0,6161 s
34.Переходная характеристика

Ответ: ts = 1,6 s

Переходная характеристика: система первого порядка G(s) = K/(τs + 1) отвечает на ступеньку величиной U сигналом y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): за одну постоянную времени τ она достигает 63,2 % конечного значения K·U, а за 4τ — 98 %. Система второго порядка G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) имеет полюсы s = −ζωₙ ± jωd, где ωd = ωₙ√(1 − ζ²). При 0 < ζ < 1 переходная характеристика перерегулируется: перерегулирование %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), время пика tp = π/ωd, а время установления по критерию 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Сравните знаменатель с s² + 2ζωₙs + ωₙ², чтобы найти ωₙ и ζ. Для системы масса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) и ζ = c/(2√(km)); для последовательной RLC-цепи ωₙ = 1/√(LC) и ζ = (R/2)·√(C/L).

Передаточная функция замкнутой системы

T(s) = 60/(s² + 5s + 60): ωₙ = 7,746 rad/s, ζ = 0,3227

Время установления

ζωₙ = 5/2 = 2,5
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 1,6 s

Ответ

ts = 1,6 s

Для этого контура ζωₙ = a/2 при любом K: увеличение K усиливает перерегулирование, но не сокращает время установления.

35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: |G(jω)| = −15,43 dB

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

Перемножьте модули

|G(j30)| = 190/(√(30² + 10²)·√(30² + 19²)) = 190/(31,62·35,51) = 0,1692

Результат

20·log₁₀(0,1692) = −15,43 dB

Ответ

|G(jω)| = −15,43 dB
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: GM = 12,24 dB

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

Частота перехода фазы

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

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 81)) = K/(1·9·(1 + 9)) = K/90

Запас по усилению

GM = 20·log₁₀(90/22) = 12,24 dB

Ответ

GM = 12,24 dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmin = 2

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

Характеристический полином

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

Условия

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

1 + K > 0 → K > −1
1K − 2 > 0 → K > 2
Kmin = 2

Ответ

Kmin = 2
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 2,001

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.

Сравните со стандартной формой

s² + 2s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,707·ωₙ = 2 → ωₙ = 1,414 rad/s

Коэффициент усиления

K = ωₙ² = 1,414² = 2,001

Ответ

K = 2,001

Полюса замкнутой системы находятся там, где линия ζ пересекает вертикальную ветвь при s = −1.

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 2,062 %

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 = 19·2,5 = 47,5

Ошибка по ступеньке

ess = 100/(1 + 47,5) = 2,062 %

Ответ

ess = 2,062 %
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Kd = 0,2 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 + 2) + 2(2 + Kds) = s² + (2 + 2Kd)s + 4

Собственная частота

ωₙ = √4 = 2 rad/s

Коэффициент усиления дифференциальной составляющей

2 + 2Kd = 2·0,6·2 = 2,4
Kd = 0,2 s

Ответ

Kd = 0,2 s

Дифференциальная составляющая добавляет демпфирование, не меняя ωₙ.

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