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 ΩIR1​R3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩAR4​6 ΩB

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩR4 = 6 Ω
IR1 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 20 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​5 VR2​20 ΩIR2​AR4​2 ΩBR6​5 Ω

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 5 VR1 = 20 ΩR2 = 20 ΩR3 = 25 ΩR4 = 2 ΩR5 = 5 ΩR6 = 5 Ω
IR2 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 12 ΩIR1​R3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩAR4​15 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 6 VIs = 1,5 AR1 = 12 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩR4 = 15 Ω
IR1 = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 12 ΩIR1​R2​ = 30 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​5 VR3​5 ΩAR5​20 ΩBIs​4 A+−V2​30 V

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

V1 = 5 VIs = 4 AV2 = 30 VR1 = 12 ΩR2 = 30 ΩR3 = 5 ΩR4 = 25 ΩR5 = 20 Ω
IR1 = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 10 ΩR2​ = 15 Ω+−VR2​+−V1​6 VR3​2 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

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

V1 = 6 VV2 = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 Ω
VR2 = V
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 30 ΩIR1​R2​ = 25 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR4​8 ΩAR5​30 ΩB+−V2​6 VI1​I2​I3​

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

V1 = 30 VV2 = 6 VR1 = 30 ΩR2 = 25 ΩR3 = 8 ΩR4 = 8 ΩR5 = 30 Ω
IR1 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​6 Ω+−VR2​AR4​6 ΩBIs​2 A

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

V1 = 15 VIs = 2 AR1 = 8 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 ΩR4 = 6 Ω
VR2 = V
8.Метод наложенияСложная
линейная цепьV1​V2​Is​IRL​

Линейная резистивная цепь содержит три независимых источника: V1, V2 и Is. Ток I через нагрузку измерен три раза. При номинальных значениях всех источников I = 32,5 mA. Если V1 удвоить, а два других оставить без изменений, I = 43,5 mA. Если изменить направление Is на противоположное, а два других оставить без изменений, I = 13,5 mA. Найдите ток нагрузки I, если V2 отключён, а V1 и Is имеют номинальные значения.

номинальные значения: I = 32,5 mA2·V1: I = 43,5 mA−Is: I = 13,5 mA
I = mA
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 15 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAab

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

V1 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 Ω
IN = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 12 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAIs​5 ABRL​30 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 30 Ω. С помощью эквивалента Тевенина найдите мощность PL, передаваемую в нагрузку.

V1 = 12 VIs = 5 AR1 = 12 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 ΩRL = 30 Ω
PL = W
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​5 Vt = 0R = 33 ΩL33 mHi(t)

До замыкания ключа в момент t = 0 тока через катушку нет. Найдите ток i в момент t = 1 ms.

Vs = 5 VR = 33 ΩL = 33 mHt = 1 ms
i = A
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​12 Vt = 0R = ?C100 µF+−vC​

Таймер при t = 0 начинает заряжать незаряженный конденсатор через резистор от источника 12 V. Он должен сработать, когда напряжение конденсатора достигнет 9,6 V, ровно через 25 ms после старта. При C = 100 µF найдите необходимое сопротивление R.

Vs = 12 VVth = 9,6 VT = 25 msC = 100 µF
R = kΩ
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
24 V200 HzR = 15 ΩL = 100 mHC = 47 µFI

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

V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 15 ΩL = 100 mHC = 47 µF
P = W
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
230 V200 HzR = 40 ΩL = 20 mHC = 22 µF+−VC​

Последовательная цепь RLC подключена к сети 230 V (действующее значение), 200 Hz. Найдите действующее значение напряжения VC на конденсаторе.

V = 230 V (rms)f = 200 HzR = 40 ΩL = 20 mHC = 22 µF
VC = V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
240 V14 kW, 0,6222 kW, 1I = ?

К однофазной сети 240 V параллельно подключены две нагрузки: нагрузка 4 kW при коэффициенте мощности 0,6 (индуктивном) и нагреватель мощностью 22 kW (коэффициент мощности 1). Найдите общий ток I, потребляемый от сети.

V = 240 VP1 = 4 kW, pf1 = 0,6 отстающийP2 = 22 kW, pf2 = 1
I = A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
12 V1000 HzRs​ = 2 ΩXs​ = j6 ΩZL​ = ?

Источник 12 V (действующее значение), 1000 Hz имеет внутреннее сопротивление Zs = 2 + j6 Ω. Полное сопротивление нагрузки ZL можно выбирать произвольно. Найдите наибольшую активную мощность Pmax, которую можно передать нагрузке.

Vs = 12 V (rms)f = 1000 HzZs = 2 + j6 Ω
Pmax = W
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 400 VIL​ = 150 Acos φ = 0,95отстающий

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет линейный ток 150 A от сети с линейным напряжением 400 V. Коэффициент мощности 0,95 (отстающий). Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 400 VIL = 150 Acos φ = 0,95
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 50 kW при коэффициенте мощности 0,7 (отстающий) от сети 415 V (линейное), 50 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 = 50 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
4160 V480 VIHV​ = ?ILV​100 kVA

Однофазный трансформатор 100 kVA, 4160/480 V работает при номинальной нагрузке. Считайте его идеальным. Найдите ток IHV в обмотке высшего напряжения.

S = 100 kVAV1 = 4160 VV2 = 480 V
IHV = A
20.ТрансформаторыСложная
250 kVA

Однофазный трансформатор 250 kVA имеет потери в стали 1500 W и потери в меди 6000 W при номинальной нагрузке. При какой нагрузке Sη,max, в kVA, его КПД максимален?

S = 250 kVAPcore = 1500 WPcu,fl = 6000 W
Sη,max = kVA
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩVin​R1​ = 1 kΩ

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

R1 = 1 kΩRf = 4,7 kΩVsat = ±13 V
Vin,max = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = −0,1 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 1,1 VR2​ = 2 kΩ

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

V1 = −0,1 VV2 = 1,1 VR1 = 4,7 kΩR2 = 2 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 1 kΩβ = 80RE​ = 470 ΩVCC​ = 12 VR1​ = 22 kΩR2​ = 4,7 kΩ

NPN-транзистор с β = 80 смещён делителем напряжения от VCC = 12 V: R₁ = 22 kΩ от VCC к базе и R₂ = 4,7 kΩ от базы к земле. Резистор коллектора RC = 1 kΩ, резистор эмиттера RE = 470 Ω. Примите VBE = 0,7 V и используйте эквивалент Тевенена для делителя (ток базы не пренебрегайте). Найдите напряжение коллектор–эмиттер VCE.

VCC = 12 VR1 = 22 kΩR2 = 4,7 kΩRC = 1 kΩRE = 470 Ωβ = 80
VCE = V
24.Диоды и транзисторыСложная
+−≤ 12 V270 Ω5,6 V

Стабилизатор на стабилитроне 5,6 V имеет последовательный резистор 270 Ω. Входное напряжение может подниматься до 12 V, а нагрузка может быть отключена. Найдите наибольшую мощность PZ,max, которую должен рассеивать стабилитрон.

Vin,max = 12 VVZ = 5,6 VR = 270 Ω
PZ,max = mW
25.Системы счисленияСредняя
веса разрядов в дополнительном коде1−12816413211618140211

8-битная комбинация 1111 1101 хранит целое число со знаком в дополнительном коде. Каково его значение N в десятичной системе?

1111 11018 bit
N =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 0001 1000 XOR 1011 0011. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

0001 1000XOR1011 0011
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABC00011110011011030204051716

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «сумма произведений» (SOP) для F(A, B, C) = Σm(0, 1, 6, 7). Сколько членов-произведений, N, в ней?

F(A, B, C) = Σm(0, 1, 6, 7)
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​CLKMOD-12

Счётчик по модулю 12 построен на минимальном числе триггеров. Сколько из возможных состояний, U, никогда не используется?

N = 12
U =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm−5−10−15−20

Найдите f(t) для F(s) = (s + 21)/(s² + 6s + 18) выделением полного квадрата и вычислите f(0,25).

F(s) = (s + 21)/(s² + 6s + 18)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 9y′ + 20y = 30·u(t). Она начинает из покоя (y(0) = 0, y′(0) = 0), а входом служит ступенька u(t) = 10 при t ≥ 0. С помощью преобразования Лапласа найдите выход y(0,1).

y″ + 9y′ + 20y = 30·u(t)u(t) = 10y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,1 s
y(0.1) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+K(s + 1)(s + 2)G(s)C(s)−

Объект G(s) = K/((s + 1)(s + 2)) помещён в контур с единичной отрицательной обратной связью. Найдите коэффициент K, при котором замкнутая система демпфирована критически (два равных вещественных полюса).

G(s) = K/((s + 1)(s + 2))единичная отрицательная обратная связь
K =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+19s + 3G₁+3s + 4G₂C(s)1H₁−0,2H₂−

Упростите структурную схему, где G₁ = 19/(s + 3), G₂ = 3/(s + 4), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 1 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 0,2. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).

G₁ = 19/(s + 3)G₂ = 3/(s + 4)H₁ = 1H₂ = 0,2
T(0) =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)0,5ts​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 10,5/(s² + 4s + 21) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 10,5/(s² + 4s + 21)
ts = s
34.Переходная характеристикаСложная
k = 5000 N/mc = 200 N·s/mm = 8 kgF = 25 Nx(t)

Масса m = 8 kg подвешена на пружине k = 5000 N/m с вязким демпфером c = 200 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 25 N. Найдите перерегулирование %OS смещения в процентах.

m = 8 kgk = 5000 N/mc = 200 N·s/mF = 25 N
%OS = %
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​R = 2,2 kΩC = 4,7 nFvout​

Изображённый RC-фильтр нижних частот имеет R = 2,2 kΩ, C = 4,7 nF. На вход подаётся синусоидальный сигнал 31 kHz. Найдите коэффициент усиления |H| = |vout/vin| в dB.

R = 2,2 kΩC = 4,7 nFf = 31 kHz
|H| = dB
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 680/(s(s + 8)). Найдите запас по фазе PM в градусах.

L(s) = 680/(s(s + 8))
PM = °
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1(s + 2)(s + 3)(s + 4)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 4)), K > 0. Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 4))
Kmax =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2

Корневой годограф L(s) = K(s + 6)/(s(s + 2)) покидает вещественную ось между s = 0 и s = −2, огибает нуль по окружности и снова выходит на вещественную ось левее нуля. Найдите точку отрыва sb.

L(s) = K(s + 6)/(s(s + 2))
sb =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 3t+10(s + 2)s(s + 4)(s + 10)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 10(s + 2)/(s(s + 4)(s + 10)) подано линейное воздействие r(t) = 3t. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 10(s + 2)/(s(s + 4)(s + 10))r(t) = 3t
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 251s(s + 8)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 25 управляет объектом G(s) = 1/(s(s + 8)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите перерегулирование %OS переходной характеристики в процентах.

G(s) = 1/(s(s + 8))K = 25
%OS = %

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 0,6081 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​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩAR4​6 ΩB

Объединяйте резисторы с дальнего конца

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

R3 + R4 = 2 + 6 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 10·8/(10+8) = 4,444 Ω
Req = R1 + 4,444 = 12 + 4,444 = 16,44 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 10/16,44 = 0,6081 A

Ответ

IR1 = 0,6081 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 0,09091 A

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​5 VR2​20 ΩAR4​2 ΩBR6​5 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 + 5 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 1,667 Ω
R3 + 1,667 = 26,67 Ω
R2 ∥ 26,67 = 11,43 Ω
Req = R1 + 11,43 = 20 + 11,43 = 31,43 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 5/31,43 = 0,1591 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 5 − 0,1591·20 = 1,818 V
IR2 = VA/R2 = 1,818/20 = 0,09091 A

Ответ

IR2 = 0,09091 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR1 = −0,1275 A

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩAR4​15 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/10 + (VA − 6)/12 + (VA − VB)/2 = 0
0,6833·VA − 0,5·VB = 0,5

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/15 + (VB − VA)/2 = 1,5
−0,5·VA + 0,5667·VB = 1,5

Решите

Δ = (0,6833)(0,5667) − (−0,5)(−0,5) = 0,1372
VA = Δ1/Δ = 1,033/0,1372 = 7,53 V
VB = Δ2/Δ = 1,275/0,1372 = 9,291 V

Ответ

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (6 − 7,53)/12 = −0,1275 A
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR1 = 0,5088 A

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

R1​ = 12 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​5 VR3​5 ΩAR5​20 ΩBIs​4 A+−V2​30 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 5 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/5 + (VA − 5)/12 + (VA − VB)/30 = 0
0,3167·VA − 0,03333·VB = 0,4167

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/20 + (VB − VA)/30 + (VB − 30)/25 = (−4)
−0,03333·VA + 0,1233·VB = −2,8

Решите

Δ = (0,3167)(0,1233) − (−0,03333)(−0,03333) = 0,03794
VA = Δ1/Δ = −0,04194/0,03794 = −1,105 V
VB = Δ2/Δ = −0,8728/0,03794 = −23 V

Ответ

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (5 − −1,105)/12 = 0,5088 A
5.Метод контурных токов

Ответ: VR2 = −4,5 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​ = 10 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​6 VR3​2 ΩA+−V2​6 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
10·I1 + 2(I1 − I2) = 6
12·I1 − 2·I2 = 6

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
15·I2 + 2(I2 − I1) = (−6)
−2·I1 + 17·I2 = −6

Решите

Δ = (12)(17) − (−2)(−2) = 200
I1 = Δ1/Δ = 90/200 = 0,45 A
I2 = Δ2/Δ = −60/200 = −0,3 A

Ответ

IR2 = I2 = −0,3 A
VR2 = IR2·R2 = −0,3·15 = −4,5 V

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: IR1 = 0,7983 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​ = 30 ΩR2​ = 25 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR4​8 ΩAR5​30 ΩB+−V2​6 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
30·I1 + 8(I1 − I2) = 30
38·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
25·I2 + 8(I2 − I1) + 30(I2 − I3) = 0
−8·I1 + 63·I2 − 30·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
8·I3 + 30(I3 − I2) = (−6)
−30·I2 + 38·I3 = −6

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 54340
I1 = Δ1/Δ = 43380/54340 = 0,7983 A
I2 = Δ2/Δ = 2280/54340 = 0,04196 A
I3 = Δ3/Δ = −6780/54340 = −0,1248 A

Ответ

IR1 = I1 = 0,7983 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: VR2 = 7,752 V

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

R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAR4​6 ΩBОБРЫВ

Случай 1 · действует только V1

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

R3+R4 = 5+6 = 11 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 6·11/(6+11) = 3,882 Ω
VA = 15·3,882/(8+3,882) = 4,901 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,901·6/11 = 2,673 V
VR2′ = VA − 0 = 4,901 − 0 = 4,901 V
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 ΩКЗR2​6 ΩAR4​6 ΩBIs​2 A

Случай 2 · действует только Is

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

R1 ∥ R2 = 8·6/(8+6) = 3,429 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 8,429 = 3,505 Ω
VB = Is·Req = 2·3,505 = 7,01 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 7,01·3,429/8,429 = 2,851 V
VR2″ = VA − 0 = 2,851 − 0 = 2,851 V

Сложите составляющие

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 4,901 + 2,851 = 7,752 V

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

8.Метод наложения

Ответ: I = 20,5 mA

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

Записываем измерения через вклады

Каждый вклад пропорционален своему источнику.

I₁ + I₂ + I₃ = 32,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 43,5
I₁ + I₂ − I₃ = 13,5

Находим вклады

I₁ = 43,5 − 32,5 = 11 mA
I₃ = (32,5 − 13,5)/2 = 9,5 mA
I₂ = 32,5 − 11 − 9,5 = 12 mA

Отключаем V₂

I = I₁ + I₃ = 11 + 9,5 = 20,5 mA

Ответ

I = 20,5 mA
9.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = 0,4615 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​ = 10 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 = 15·20/(15+20) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 10 = 18,57 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 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) = 15·20/(15+20) = 8,571 V
IN​0,4615 ARth​18,57 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 = 8,571/18,57 = 0,4615 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: PL = 66,83 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​ = 12 ΩR3​ = 8 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 = 12·15/(12+15) = 6,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,667 + 8 = 14,67 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​15 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) = 6,667 + (−5)·6,667 = −26,67 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −26,67 + (−5)·8 = −66,67 V
Rth​ = 14,67 Ω−+Vth​66,67 VRL​30 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) = −66,67/(14,67 + 30) = −1,493 A
PL = IL²·RL = −1,493²·30 = 66,83 W
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: i = 0,09578 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.

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 / 33 Ω = 1 ms
i(∞) = Vs/R = 5/33 = 0,1515 A

Ток в заданный момент

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,1515·(1 − e−1/1) = 0,09578 A

Ответ

i = 0,09578 A
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: R = 0,1553 kΩ

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.

Требуемая постоянная времени

9,6 = 12·(1 − e−25/τ) → τ = 25/ln(12/(12 − 9,6))
τ = 25/1,609 = 15,53 ms

Сопротивление

kΩ умножить на µF даёт миллисекунды.

R = τ/C = 15,53/100 = 0,1553 kΩ

Ответ

R = 0,1553 kΩ
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: P = 0,7171 W

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

Реактивные сопротивления

XL = 125,7 Ω, XC = 16,93 Ω

Полное сопротивление

|Z| = √(15² + (108,7)²) = 109,8 Ω

Активная мощность

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

I = 24/109,8 = 0,2187 A
P = I²·R = 0,2187²·15 = 0,7171 W

Ответ

P = 0,7171 W
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: VC = 200,5 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|.

Реактивные сопротивления

ω = 2πf = 2π·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,02 = 25,13 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·22·10⁻⁶) = 36,17 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (−11,04)²) = 41,5 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 230/41,5 = 5,543 A

Напряжение на конденсаторе

VC = I·XC = 5,543·36,17 = 200,5 V

Ответ

VC = 200,5 V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 110,6 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.

Реактивная мощность каждой нагрузки

Индуктивная нагрузка потребляет реактивную мощность (Q > 0); ёмкостная — отдаёт её (Q < 0).

Q1 = 4·tan(arccos 0,6) = 5,333 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Суммы

P = 4 + 22 = 26 kW
Q = 5,333 + 0 = 5,333 kvar
S = √(26² + 5,333²) = 26,54 kVA

Общий ток

I = S/V = 26541/240 = 110,6 A

Ответ

I = 110,6 A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Pmax = 18 W

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.

Сопряжённое согласование

Реактивное сопротивление нагрузки компенсирует реактивное сопротивление источника, а активное сопротивление нагрузки равно активному сопротивлению источника.

ZL = Zs* = 2 − j6 Ω

Наибольшая мощность

I = Vs/(2Rs) = 12/4 = 3 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 12²/(4·2) = 18 W

Ответ

Pmax = 18 W
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 98,73 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 = √3·400·150 = 103,9 kVA

Активная мощность

P = S·cos φ = 103,9·0,95 = 98,73 kW

Ответ

P = 98,73 kW
18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 213 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 = 50·tan(acos 0,7) = 50·1,02 = 51,01 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,95) = 50·0,3287 = 16,43 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 34,58 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 415 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 11525/(314,2·415²) = 213 µF

Ответ

Cph = 213 µF
19.Трансформаторы

Ответ: IHV = 24,04 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.

IHV = S/V = 100000/4160 = 24,04 A

Ответ

IHV = 24,04 A
20.Трансформаторы

Ответ: Sη,max = 125 kVA

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

Потери в меди равны потерям в стали

x²·6000 = 1500 → x = √(1500/6000) = 0,5

Нагрузка при максимальном КПД

Sη,max = x·S = 0,5·250 = 125 kVA

Ответ

Sη,max = 125 kVA
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vin,max = 2,766 V

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

Коэффициент усиления

|Av| = Rf/R1 = 4,7/1 = 4,7

Наибольший вход до ограничения

Vin,max = Vsat/|Av| = 13/4,7 = 2,766 V

Ответ

Vin,max = 2,766 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −5,287 V

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

Входные токи

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

I1 = V1/R1 = −0,1/4,7 = −0,02128 mA
I2 = V2/R2 = 1,1/2 = 0,55 mA
If = I1 + I2 = 0,5287 mA

Выходное напряжение

Vout = −Rf·If = −10·0,5287 = −5,287 V

Ответ

Vout = −5,287 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: VCE = 8,024 V

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

Эквивалент Тевенена для делителя

VTH = 12·4,7/(22 + 4,7) = 2,112 V
RTH = 22·4,7/(22 + 4,7) = 3,873 kΩ

Ток базы

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

IB = (2,112 − 0,7)/(3,873 + 81·0,47) = 33,67 µA

Ток коллектора

IC = 80·33,67 µA = 2,694 mA
IE = 81·33,67 µA = 2,728 mA

Напряжение коллектор–эмиттер

VCE = 12 − 2,694·1 − 2,728·0,47 = 8,024 V

Ответ

VCE = 8,024 V
24.Диоды и транзисторы

Ответ: PZ,max = 132,7 mW

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 стабилитрона в худшем случае

IZ = 6,4/270 = 23,7 mA

Мощность стабилитрона

PZ = 5,6·23,7 = 132,7 mW

Ответ

PZ,max = 132,7 mW
25.Системы счисления

Ответ: N = −3

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

Сложите веса

Остальные биты сохраняют свои обычные положительные веса.

−128 + 64 + 32 + 16 + 8 + 4 + 1 = −3

Ответ

N = −3
26.Системы счисления

Ответ: R = 171

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.

0001 1000
XOR 1011 0011
= 1010 1011

Значение результата

1010 1011₂ = 171

Ответ

R = 171
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 2

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.

ABC00011110011011030204051716

Сгруппируйте единицы

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

A′B′
AB

Минимальная форма SOP

F = A′B′ + AB
N = 2

Ответ

N = 2
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: U = 4

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.

Число триггеров

2ⁿ ≥ 12 → n = 4 (2⁴ = 16)

Неиспользуемые состояния

U = 16 − 12 = 4

Ответ

U = 4
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.25) = 2,278

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 + 6s + 18 = (s + 3)² + 9 = (s + 3)² + 3²

Подбор числителя

F(s) = 1·(s + 3)/((s + 3)² + 3²) + (18/3)·3/((s + 3)² + 3²)

Обратное преобразование

f(t) = e−3t·(cos 3t + 6·sin 3t)
f(0,25) = e−3·0,25·(cos(3·0,25) + 6·sin(3·0,25)) = 2,278

Ответ

f(0,25) = 2,278
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.1) = 1,118

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

Преобразование уравнения

Y(s) = 300/(s(s + 4)(s + 5))

Простые дроби

A = 300/(4·5) = 15
B = 300/((−4)·1) = −75
C = 300/((−5)·(−1)) = 60

Выделение

y(t) = 15 − 75·e−4t + 60·e−5t
y(0,1) = 1,118

Ответ

y(0,1) = 1,118
31.Структурные схемы

Ответ: K = 0,25

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

1 + K/((s + 1)(s + 2)) = 0 → s² + 3s + 2 + K = 0

Кратный корень

Квадратный трёхчлен s² + βs + γ имеет двойной корень, когда β² = 4γ.

3² = 4(2 + K) → K = 9/4 − 2 = 0,25

Ответ

K = 0,25
Тогда оба полюса замкнутой системы находятся в s = −1,5.
32.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 1,759

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) = 3/(s + 7)

Внешний контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 57/((s + 3)(s + 7) + 11,4)

Статический коэффициент передачи

T(0) = 57/(3·7 + 11,4) = 57/32,4 = 1,759

Ответ

T(0) = 1,759
33.Переходная характеристика

Ответ: ts = 2 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 = 21 → ωₙ = 4,583 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·4,583) = 0,4364

Результат

ζωₙ = 2 → ts ≈ 4/2 = 2 s

Ответ

ts = 2 s
34.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 16,3 %

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

Собственная частота и коэффициент демпфирования

ωₙ = √(k/m) = √(5000/8) = 25 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 200/(2·√(5000·8)) = 0,5

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 16,3 %

Ответ

%OS = 16,3 %
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: |H| = −7,038 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 среза

ωc = 1/(RC) = 1/(2200·4,7 × 10⁻⁹) = 96712 rad/s
fc = 15392 Hz → f/fc = 31000/15392 = 2,014

Коэффициент усиления

|H| = 1/√(1 + 2,014²) = 0,4447
20·log₁₀(0,4447) = −7,038 dB

Ответ

|H| = −7,038 dB
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: PM = 17,44 °

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 усиления

ω⁴ + 64ω² − 462400 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·462400))/2 = 648,8
ωc = 25,47 rad/s

Запас по фазе

∠L(jωc) = −90° − atan(25,47/8) = −162,6°
PM = 180° + ∠L = 17,44°

Ответ

PM = 17,44°
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 210

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

Характеристический полином

s³ + 9s² + 26s + 24 + K = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 26
s²: 9, 24 + K
s¹: (9·26 − 24 − K)/9
s⁰: 24 + K

Условие

Элемент строки s¹ должен оставаться положительным.

K < 9·26 − 24 = 210

Ответ

Kmax = 210

На границе устойчивости контур колеблется с частотой ω = √26 = 5,099 rad/s.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: sb = −1,101

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

Коэффициент усиления вдоль вещественной оси

K(s) = −(s² + 2s)/(s + 6)

Стационарные точки

Продифференцируйте по правилу для частного и приравняйте числитель к нулю.

(2s + 2)(s + 6) − (s² + 2s) = s² + 12s + 12 = 0
s = −6 ± √24 = −1,101, −10,9

Точка отрыва

sb = −1,101

Ответ

sb = −1,101

Между двумя точками годограф представляет собой окружность с центром в нуле и радиусом √24 = 4,899.

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 6

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) = 0,5

Ошибка по линейному воздействию

ess = 3/0,5 = 6

Ответ

ess = 6
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: %OS = 1,516 %

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 + 8) + 25·1 = s² + 8s + 25

ωₙ и ζ

ωₙ = √25 = 5 rad/s
ζ = 8/(2·5) = 0,8

Перерегулирование

%OS = 100·e−0,8π/√(1 − 0,8²) = 1,516 %

Ответ

%OS = 1,516 %

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