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​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​5 ΩAR4​2 ΩB

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩR4 = 2 Ω
Req = Ω
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​5 ΩAR4​6 ΩBR6​2 Ω

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩR4 = 6 ΩR5 = 5 ΩR6 = 2 Ω
Req = Ω
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAR4​5 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 6 VIs = 1,5 AR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 3 ΩR4 = 5 Ω
VB = V
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAR4​2 ΩB0,1·VA​

Ромб — это источник тока, управляемый напряжением, который направляет ток 0,1·VA (в A при VA в V) вверх в узел B. Методом узловых потенциалов найдите узловое напряжение VA (относительно земли).

V1 = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 Ωg = 0,1 A/V
VA = V
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 15 Ω+−VR1​R2​ = 15 Ω+−V1​15 VR3​4 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти напряжение VR1 на R1 с указанной полярностью.

V1 = 15 VV2 = 30 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 4 Ω
VR1 = V
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 4 ΩR2​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR4​30 ΩIR4​AR5​15 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти ток IR4 через R4 в направлении стрелки.

V1 = 18 VV2 = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩR4 = 30 ΩR5 = 15 Ω
IR4 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 20 ΩIR1​R3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAR4​4 ΩBIs​2,5 A

Используйте метод наложения, чтобы найти мощность PR1, потребляемую R1.

V1 = 10 VIs = 2,5 AR1 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 ΩR4 = 4 Ω
PR1 = W
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 6 ΩIR1​R2​ = 2 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​9 VR3​2 ΩAIs​1,5 AB+−V2​12 V

Используйте метод наложения, чтобы найти мощность PR1, потребляемую R1.

V1 = 9 VIs = 1,5 AV2 = 12 VR1 = 6 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 ΩR4 = 20 Ω
PR1 = W
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 15 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAab

Найдите ток Нортона IN: ток, текущий от a к b, если зажимы замкнуть накоротко.

V1 = 30 VR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 Ω
IN = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 2 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩAIs​5 ABRL​15 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 15 Ω. С помощью эквивалента Тевенина найдите мощность PL, передаваемую в нагрузку.

V1 = 18 VIs = 5 AR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 ΩRL = 15 Ω
PL = W
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​5 Vt = 0R = 68 ΩL33 mHi(t)

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

Vs = 5 VR = 68 ΩL = 33 mH
t = ms
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​24 VR1​ = 20 ΩR2​ = 10 Ωразмыкается при t = 0L68 mHi(t)

Ключ, шунтирующий R2, был замкнут долгое время, поэтому ток катушки установившийся. При t = 0 ключ размыкается. Найдите ток катушки i при t = 5 ms.

Vs = 24 VR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩL = 68 mHt = 5 ms
i = A
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
230 V50 HzR = 25 ΩL = 250 mHC = 47 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 230 V (действующее значение), 50 Hz. Найдите коэффициент мощности cos φ цепи.

V = 230 V (rms)f = 50 HzR = 25 ΩL = 250 mHC = 47 µF
cos φ =
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
10 V1000 HzR = 60 ΩL = 50 mHC = 2,2 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 10 V (действующее значение), 1000 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 10 V (rms)f = 1000 HzR = 60 ΩL = 50 mHC = 2,2 µF
I = A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
P = 1 kWQSφ

Однофазный двигатель потребляет 1 kW при коэффициенте мощности 0,85 (индуктивном) от сети 400 V. Найдите ток линии I.

P = 1 kWpf = 0,85V = 400 V
I = A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P = 40 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазная нагрузка потребляет 40 kW при коэффициенте мощности 0,75 (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 = 40 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92V = 230 Vf = 50 Hz
QC = kvar
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 400 VZ = 20 + j15 Ωна фазу

Симметричная нагрузка, соединённая треугольником, с полным сопротивлением 20 + j15 Ω на фазу подключена к симметричной трёхфазной сети с линейным напряжением 400 V. Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 400 VZ = 20 + j15 Ω на фазу
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 75 kW при коэффициенте мощности 0,75 (отстающий) от сети 400 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 = 75 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
4160 V480 VIHV​ILV​ = ?500 kVA

Однофазный трансформатор 500 kVA, 4160/480 V работает при номинальной нагрузке. Считайте его идеальным. Найдите ток ILV в обмотке низшего напряжения.

S = 500 kVAV1 = 4160 VV2 = 480 V
ILV = A
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,95100 kVA, η = 98,8%

Однофазный трансформатор 100 kVA имеет потери в стали 600 W. При номинальной нагрузке и коэффициенте мощности 0,95 (отстающий) его КПД равен 98,8%. Найдите потери в меди при номинальной нагрузке Pcu,fl в ваттах.

S = 100 kVAPcore = 600 Wpf = 0,95η = 98,8%
Pcu,fl = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩR1​ = 4,7 kΩVin​ = 5 VRa​ = 100 kΩRb​ = 4,7 kΩ

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

Vin = 5 VRa = 100 kΩRb = 4,7 kΩR1 = 4,7 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​C = 4,7 µFVin​ = 1,6 VR = 4,7 kΩ

Интегратор выполнен на идеальном ОУ с питанием ±15 V; его выход насыщается на уровне ±14 V. Конденсатор не заряжен, когда при t = 0 подаётся постоянное входное напряжение Vin = 1,6 V. Через какое время после t = 0 выход достигнет насыщения? Найдите t.

Vin = 1,6 VR = 4,7 kΩC = 4,7 µFVsat = ±14 V
t = ms
23.Диоды и транзисторыСредняя
+−18 V220 Ω3,3 V2200 ΩIZ​ = ?

Стабилизатор на стабилитроне 3,3 V питается от 18 V через 220 Ω и питает нагрузку 2200 Ω. Найдите ток стабилитрона IZ.

Vin = 18 VVZ = 3,3 VR = 220 ΩRL = 2200 Ω
IZ = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 100 Ωβ = 80VCC​ = 24 V3,3 VRB​ = ?

NPN-транзистор с β = 80 коммутирует нагрузочный резистор 100 Ω, включённый между VCC = 24 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. Для надёжного переключения рассчитайте ток базы в 4 раз больше минимального, нужного для насыщения. Найдите RB в kΩ.

VCC = 24 VRC = 100 Ωβ = 80Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vкоэффициент запаса = 4
RB = kΩ
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −5 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −58 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 1011 1101 XOR 0101 1101. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

1011 1101XOR0101 1101
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABC00011110010011131214151706

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «сумма произведений» (SOP) для F(A, B, C) = Σm(1, 2, 3, 4, 5, 7). Сколько всего литералов, L, она содержит (переменная со штрихом считается одним литералом)?

F(A, B, C) = Σm(1, 2, 3, 4, 5, 7)
L =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​CLKDOWN

4-разрядный двоичный вычитающий счётчик начинает с 7 (в десятичном виде, Q = 0111). Какое значение Q (в десятичном виде) он покажет после 52 тактовых импульсов?

Q0 = 752n = 4
Q =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm5

Найдите f(t) для F(s) = (2s + 3)/(s² + 8s + 52) выделением полного квадрата и вычислите f(0,1).

F(s) = (2s + 3)/(s² + 8s + 52)t = 0,1 s
f(0.1) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,5y(0,5) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 5y′ + 6y = 24·u(t), где y(0) = 4 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 5. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,5).

y″ + 5y′ + 6y = 24·u(t)y(0) = 4y′(0) = 0u(t) = 5t = 0,5 s
y(0.5) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+22s(s + 4)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 22/(s(s + 4)). Задающее воздействие — линейно нарастающий сигнал r(t) = 2·t. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 22/(s(s + 4))r(t) = 2·t
ess =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+Ks(s + 1)(s + 2)G(s)C(s)−

Объект G(s) = K/(s(s + 1)(s + 2)) помещён в контур с единичной отрицательной обратной связью. При наибольшем устойчивом коэффициенте в контуре возникают колебания. Найдите частоту колебаний ω в rad/s.

G(s) = K/(s(s + 1)(s + 2))единичная отрицательная обратная связь
ω = rad/s
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)2

Система имеет передаточную функцию G(s) = 72/(s² + 5s + 36) и получает на вход единичную ступеньку. Полюсы равны s = σ ± jωd. Найдите вещественную часть σ.

G(s) = 72/(s² + 5s + 36)
σ =
34.Переходная характеристикаСложная
R(s)+110s(s + 5)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 110/(s(s + 5)). Найдите время установления ts переходной характеристики замкнутой системы по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 110/(s(s + 5))
ts = s
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​R = 100 ΩL = 100 mHvout​

Изображённый RL-фильтр верхних частот имеет R = 100 Ω, L = 100 mH. На вход подаётся синусоидальный сигнал 80 Hz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.

R = 100 ΩL = 100 mHf = 80 Hz
φ = °
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−100−80−60−40−20020ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 2)(s + 3)). Найдите коэффициент усиления K, который даёт запас по усилению 20 dB.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 3))GM = 20 dB
K =
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+Ks + 4(s − 1)(s + 5)C(s)−

Объект G(s) = (s + 4)/((s − 1)(s + 5)) имеет неустойчивый полюс в точке s = 1. Пропорциональный коэффициент усиления K замыкает вокруг него контур с единичной обратной связью. Найдите наименьший коэффициент усиления Kmin, при котором замкнутая система устойчива.

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

Для L(s) = K/((s + 8)(s² + 2s + 5)) найдите угол выхода θd корневого годографа из комплексного полюса в верхней полуплоскости, отсчитываемый от положительного направления вещественной оси.

L(s) = K/((s + 8)(s² + 2s + 5))
θd = °
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 2 + 1t+20(s + 1)s(s + 4)(s + 5)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 20(s + 1)/(s(s + 4)(s + 5)) подан вход r(t) = 2 + 1t (ступенька плюс линейное воздействие). Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 20(s + 1)/(s(s + 4)(s + 5))r(t) = 2 + 1t
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 51s(s + 2)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 5 управляет объектом G(s) = 1/(s(s + 2)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 1/(s(s + 2))K = 5
ts = s

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 14,07 Ω

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​5 ΩAR4​2 ΩB

Объединяйте резисторы с дальнего конца

Начните с конца, самого дальнего от источника, и двигайтесь к нему. Резисторы с одинаковым током соединены последовательно; резисторы между одними и теми же двумя узлами — параллельно.

R3 + R4 = 20 + 2 = 22 Ω
R2 ∥ 22 = 5·22/(5+22) = 4,074 Ω
Req = R1 + 4,074 = 10 + 4,074 = 14,07 Ω

Ответ

Req = 14,07 Ω
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 5,243 Ω

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​5 ΩAR4​6 ΩBR6​2 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 = 5 + 2 = 7 Ω
R4 ∥ 7 = 3,231 Ω
R3 + 3,231 = 9,231 Ω
R2 ∥ 9,231 = 3,243 Ω
Req = R1 + 3,243 = 2 + 3,243 = 5,243 Ω

Ответ

Req = 5,243 Ω
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 5,357 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​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAR4​5 ΩBIs​1,5 A

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 6 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/5 + (VA − 6)/5 + (VA − VB)/3 = 0
0,7333·VA − 0,3333·VB = 1,2

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/5 + (VB − VA)/3 = 1,5
−0,3333·VA + 0,5333·VB = 1,5

Решите

Δ = (0,7333)(0,5333) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,28
VA = Δ1/Δ = 1,14/0,28 = 4,071 V
VB = Δ2/Δ = 1,5/0,28 = 5,357 V

Ответ

VB = 5,357 V
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: VA = 3,462 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.

ЗТК в узле A

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

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,3917·VA − 0,125·VB = 1,2

ЗТК в узле B

Зависимый источник направляет ток g·VA в узел B. Рассматривайте его как независимый источник, а затем перенесите член с VA в левую часть.

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,1·VA
−0,225·VA + 0,625·VB = 0

Решите

Δ = (0,3917)(0,625) − (−0,125)(−0,225) = 0,2167
VA = Δ1/Δ = 0,75/0,2167 = 3,462 V
VB = Δ2/Δ = 0,27/0,2167 = 1,246 V

Ответ

VA = 3,462 V
5.Метод контурных токов

Ответ: VR1 = 7,174 V

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

R1​ = 15 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​15 VR3​4 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
15·I1 + 4(I1 − I2) = 15
19·I1 − 4·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
15·I2 + 4(I2 − I1) = (−30)
−4·I1 + 19·I2 = −30

Решите

Δ = (19)(19) − (−4)(−4) = 345
I1 = Δ1/Δ = 165/345 = 0,4783 A
I2 = Δ2/Δ = −510/345 = −1,478 A

Ответ

IR1 = I1 = 0,4783 A
VR1 = IR1·R1 = 0,4783·15 = 7,174 V

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: IR4 = 0,4621 A

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

R1​ = 4 ΩR2​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR4​30 ΩAR5​15 ΩB+−V2​10 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
4·I1 + 30(I1 − I2) = 18
34·I1 − 30·I2 = 18

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
8·I2 + 30(I2 − I1) + 15(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 53·I2 − 15·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
15·I3 + 15(I3 − I2) = (−10)
−15·I2 + 30·I3 = −10

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 19410
I1 = Δ1/Δ = 20070/19410 = 1,034 A
I2 = Δ2/Δ = 11100/19410 = 0,5719 A
I3 = Δ3/Δ = −920/19410 = −0,0474 A

Ответ

IR4 = I1 − I2 = 0,4621 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: PR1 = 1,134 W

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAR4​4 ΩBОБРЫВ

Случай 1 · действует только V1

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

R3+R4 = 20+4 = 24 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 12·24/(12+24) = 8 Ω
VA = 10·8/(20+8) = 2,857 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,857·4/24 = 0,4762 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (10 − 2,857)/20 = 0,3571 A
R1​ = 20 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​12 ΩAR4​4 ΩBIs​2,5 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 = 20·12/(20+12) = 7,5 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 4 ∥ 27,5 = 3,492 Ω
VB = Is·Req = 2,5·3,492 = 8,73 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 8,73·7,5/27,5 = 2,381 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 2,381)/20 = −0,119 A

Складываем вклады токов

IR1 = IR1′ + IR1″ = 0,3571 + (−0,119) = 0,2381 A

Мощность в резисторе

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

PR1 = IR1²·R1 = 0,2381²·20 = 1,134 W

Ответ

PR1 = 1,134 W

Сложение мощностей отдельных случаев дало бы 2,834 W, что неверно.

8.Метод наложения

Ответ: PR1 = 2,958 W

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

R1​ = 6 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​9 VR3​2 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) = 2 ∥ 22 = 1,833 Ω
VA = 9·1,833/(6+1,833) = 2,106 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,106·20/22 = 1,915 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (9 − 2,106)/6 = 1,149 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 20 ΩКЗR3​2 ΩAIs​1,5 ABКЗ

Случай 2 · действует только Is

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

R1 ∥ R3 = 1,5 Ω, поэтому левый путь — R2+1,5 = 3,5 Ω
Req = R4 ∥ 3,5 = 2,979 Ω
VB = Is·Req = 1,5·2,979 = 4,468 V
VA = VB·1,5/3,5 = 1,915 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 1,915)/6 = −0,3191 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 20 ΩКЗR3​2 ΩAОБРЫВB+−V2​12 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 = 6·2/(6+2) = 1,5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 12·3,5/23,5 = 1,787 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 1,787·1,5/3,5 = 0,766 V
IR1‴ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 0,766)/6 = −0,1277 A

Складываем вклады токов

IR1 = IR1′ + IR1″ + IR1‴ = 1,149 + (−0,3191) + (−0,1277) = 0,7021 A

Мощность в резисторе

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

PR1 = IR1²·R1 = 0,7021²·6 = 2,958 W

Ответ

PR1 = 2,958 W

Сложение мощностей отдельных случаев дало бы 8,629 W, что неверно.

9.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = 0,5161 A

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

R1​ = 15 ΩR3​ = 15 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 = 15·8/(15+8) = 5,217 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,217 + 15 = 20,22 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 15 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/(15+8) = 10,43 V
IN​0,5161 ARth​20,22 Ωab

Эквивалент Нортона

Источник Нортона — та же цепь, представленная как источник тока, параллельный R_th. Его ток — это ток короткого замыкания на a–b.

IN = Vth/Rth = 10,43/20,22 = 0,5161 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: PL = 58,31 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​ = 2 ΩR3​ = 5 ΩКЗR2​3 ΩAОБРЫВBabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

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

R1 ∥ R2 = 2·3/(2+3) = 1,2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,2 + 5 = 6,2 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩAIs​5 ABab+−Vth​

Найдите Vth — напряжение холостого хода

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 10,8 + 5·1,2 = 16,8 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 16,8 + 5·5 = 41,8 V
Rth​ = 6,2 Ω+−Vth​41,8 VRL​15 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) = 41,8/(6,2 + 15) = 1,972 A
PL = IL²·RL = 1,972²·15 = 58,31 W
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: t = 1,117 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 = 33 mH / 68 Ω = 0,4853 ms
i(∞) = Vs/R = 5/68 = 0,07353 A

Выразите время

0,9 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,9)
t = −0,4853·ln(0,1) = 1,117 ms

Ответ

t = 1,117 ms
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: i = 0,8441 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) = 24/20 = 1,2 A
i(∞) = 24/(20 + 10) = 0,8 A
τ = L/R = 68/30 = 2,267 ms
i(t) = 0,8 + (1,2 − 0,8)·e−t/τ

Ток в заданный момент

i(5) = 0,8 + (0,4)·e−5/2,267 = 0,8441 A

Ответ

i = 0,8441 A
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: cos φ = 0,9178

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 = 78,54 Ω, XC = 67,73 Ω

Полное сопротивление

|Z| = √(25² + (10,81)²) = 27,24 Ω

Коэффициент мощности

cos φ = R/|Z| = 25/27,24 = 0,9178
Цепь индуктивная, поэтому коэффициент мощности отстающий.

Ответ

cos φ = 0,9178
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,04014 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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,05 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·2,2·10⁻⁶) = 72,34 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(60² + (241,8)²) = 249,1 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 10/249,1 = 0,04014 A

Ответ

I = 0,04014 A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 2,941 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) = 1000/(400·0,85) = 2,941 A

Ответ

I = 2,941 A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: QC = 18,24 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 = 40·tan(41,41°) = 35,28 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(23,07°) = 17,04 kvar
QC = Q1 − Q2 = 18,24 kvar

Ответ

QC = 18,24 kvar
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 15,36 kW

Симметричные трёхфазные системы: при соединении звездой (Y) линейное напряжение в √3 раз больше фазного, VL = √3·Vph, а линейный ток равен фазному. При соединении треугольником (Δ) линейное напряжение равно фазному, а линейный ток в √3 раз больше фазного, IL = √3·Iph. Полная мощность в три раза больше мощности одной фазы: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Фазное напряжение

Vph = VL = 400 V

Фазный ток

|Z| = √(20² + 15²) = 25 Ω
Iph = 400/25 = 16 A

Полная активная мощность

Активную мощность потребляет только активная составляющая каждого сопротивления.

P = 3·Iph²·R = 3·16²·20 = 15,36 kW

Ответ

P = 15,36 kW

Проверка: cos φ = R/|Z| = 0,8, и √3·VL·IL·cos φ даёт ту же мощность.

18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 229,3 µF

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

Реактивная мощность до и после

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

Q1 = 75·tan(acos 0,75) = 75·0,8819 = 66,14 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,95) = 75·0,3287 = 24,65 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 41,49 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 400 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 13831/(377·400²) = 229,3 µF

Ответ

Cph = 229,3 µF
19.Трансформаторы

Ответ: ILV = 1042 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 = 500000/480 = 1042 A

Ответ

ILV = 1042 A
20.Трансформаторы

Ответ: Pcu,fl = 553,8 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 = 100·0,95 = 95 kW
Pin = 95000/0,988 = 96154 W

Суммарные потери и потери в меди

Ploss = 96154 − 95000 = 1154 W
Pcu,fl = 1154 − 600 = 553,8 W

Ответ

Pcu,fl = 553,8 W
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 0,4489 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) = 5·4,7/(100 + 4,7) = 0,2245 V

Коэффициент усиления неинвертирующего усилителя

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

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,2245·(1 + 4,7/4,7) = 0,4489 V

Ответ

Vout = 0,4489 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: t = 193,3 ms

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

Входной ток и скорость нарастания

kΩ умножить на µF даёт миллисекунды.

RC = 4,7 kΩ · 4,7 µF = 22,09 ms
скорость нарастания = −Vin/(RC) = −1,6/22,09 = −0,07243 V/ms

Время до насыщения

|Vin|·t/(RC) = Vsat → t = Vsat·RC/|Vin| = 14·22,09/1,6 = 193,3 ms

Ответ

t = 193,3 ms
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IZ = 65,32 mA

Стабилизатор на стабилитроне: стабилитрон, включённый в обратном направлении, удерживает напряжение VZ, пока его ток остаётся выше минимума IZ,min. Последовательный резистор R берёт на себя разность между входным и выходным напряжением: IR = (Vin − VZ)/R. Этот ток делится между нагрузкой, IL = VZ/RL, и стабилитроном: IZ = IR − IL. Проектируйте для худших случаев: при наименьшем входном напряжении и наибольшей нагрузке должен оставаться ток IZ,min, а при наибольшем входном напряжении без нагрузки получается наибольшая мощность стабилитрона PZ = VZ·IZ.

Ток резистора

IR = 14,7/220 = 66,82 mA

Ток нагрузки

IL = 3,3/2200 = 1,5 mA

Ток стабилитрона

IZ = 66,82 − 1,5 = 65,32 mA

Ответ

IZ = 65,32 mA
24.Диоды и транзисторы

Ответ: RB = 0,2185 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) = (24 − 0,2)/100 = 238 mA

Минимальный ток базы

IB(min) = IC(sat)/β = 238/80 = 2975 µA

Расчётный ток базы

IB = 4·2975 µA = 11900 µA

Резистор базы

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/11,9 mA = 0,2185 kΩ

Ответ

RB = 0,2185 kΩ
25.Системы счисления

Ответ: U = 251

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

5 = 0000 0101
инвертировано: 1111 1010
+1 → 1111 1011

Прочитайте как беззнаковое

1111 1011₂ = 256 − 5 = 251

Ответ

U = 251
26.Системы счисления

Ответ: R = 224

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

XOR даёт 1 там, где два бита различаются.

1011 1101
XOR 0101 1101
= 1110 0000

Значение результата

1110 0000₂ = 224

Ответ

R = 224
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.

ABC00011110010011131214151706

Сгруппируйте единицы

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

C
A′B
AB′

Минимальная форма SOP

F = C + A′B + AB′
L = 5

Ответ

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

Ответ: Q = 3

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

Полные циклы

Каждые 16 импульсов возвращают счётчик в то же состояние.

52 = 3·16 + 4

Значение после оставшихся импульсов

Q = (7 − 4) mod 16 = 3
Q = 0011₂

Ответ

Q = 3
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.1) = 0,7911

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 + 8s + 52 = (s + 4)² + 36 = (s + 4)² + 6²

Подбор числителя

F(s) = 2·(s + 4)/((s + 4)² + 6²) + (−5/6)·6/((s + 4)² + 6²)

Обратное преобразование

f(t) = e−4t·(2·cos 6t − 0,8333·sin 6t)
f(0,1) = e−4·0,1·(2·cos(6·0,1) − 0,8333·sin(6·0,1)) = 0,7911

Ответ

f(0,1) = 0,7911
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.5) = 9,482

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 + 5s + 6)·Y(s) = 4s + 20 + 120/s
Y(s) = (4s² + 20s + 120)/(s(s + 2)(s + 3))

Простые дроби

A = 120/(2·3) = 20
B = 96/((−2)·1) = −48
C = 96/((−3)·(−1)) = 32

Результат

y(t) = 20 − 48·e−2t + 32·e−3t
y(0,5) = 9,482

Ответ

y(0,5) = 9,482

Проверка: y(0) = A + B + C = 4.

31.Структурные схемы

Ответ: ess = 0,3636

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) = 22/4 = 5,5

Установившаяся ошибка

ess = A/Kᵥ = 2/5,5 = 0,3636

Ответ

ess = 0,3636
32.Структурные схемы

Ответ: ω = 1,414 rad/s

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

Характеристическое уравнение

s³ + 3s² + 2s + K = 0

Таблица Рауса

s³ | 1 2
s² | 3 K
s¹ | (3·2 − K)/3
s⁰ | K

Граница устойчивости

Все элементы первого столбца должны быть положительными.

Kmax = 3·2 = 6

Частота колебаний

3·(jω)² + 6 = 0 → ω² = 6/3 = 2
ω = 1,414 rad/s

Ответ

ω = 1,414 rad/s
33.Переходная характеристика

Ответ: σ = −2,5

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 = 36 → ωₙ = 6 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·6) = 0,4167

Результат

σ = −ζωₙ = −5/2 = −2,5

Ответ

σ = −2,5
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) = 110/(s² + 5s + 110): ωₙ = 10,49 rad/s, ζ = 0,2384

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: φ = 63,31 °

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

Частота среза

ωc = R/L = 100/0,1 = 1000 rad/s
fc = 159,2 Hz → f/fc = 80/159,2 = 0,5027

Фаза

φ = 90° − atan(0,5027) = 63,31°

Ответ

φ = 63,31°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: K = 3

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/2)·(ω/3) = 1 → ω180 = √(2·3) = 2,449 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 4)·√(ω² + 9)) = K/(2·3·(2 + 3)) = K/30

Требуемое усиление

30/K = 1020/20 = 10
K = 30/10 = 3

Ответ

K = 3
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmin = 1,25

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 + 5) + K(s + 4) = s² + (4 + K)s + (4K − 5)

Условия

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

4 + K > 0 → K > −4
4K − 5 > 0 → K > 1,25
Kmin = 1,25

Ответ

Kmin = 1,25
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: θd = 74,05 °

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 + 2s + 5 = 0 → s = −1 ± j2
s = −8

Углы от остальных полюсов

∠(−1 + j2 + 8) = atan2(2, 7) = 15,95°
∠(−1 + j2 − (−1 − j2)) = ∠(j4) = 90°

Угол выхода

θd = 180° − 15,95° − 90° = 74,05°

Ответ

θd = 74,05°
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 1

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 скоростной ошибки

Kv = lim s·G(s) = 1

Ступенчатая часть

Kp = ∞ → estep = 0

Ошибка по линейному воздействию

ess = 1/1 = 1

Ответ

ess = 1
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ts = 4 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) + 5·1 = s² + 2s + 5

ωₙ и ζ

ωₙ = √5 = 2,236 rad/s
ζ = 2/(2·2,236) = 0,4472

Время установления

ζωₙ = 2/2 = 1
ts ≈ 4/1 = 4 s

Ответ

ts = 4 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