Подготовка к экзамену FE Electrical and Computer: шпаргалка-пакет

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

Новые задачиНазад к курсу

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

1Формулы и методы

Последовательные и параллельные резисторы

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

Метод

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

Метод узловых потенциалов

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

Метод

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

Метод контурных токов

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

Метод

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

Метод наложения

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

Метод

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

Тевенин и Нортон

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

Метод

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

Переходные процессы RC и RL

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

Метод

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

Полное сопротивление и комплексные амплитуды

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

Метод

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

Мощность переменного тока и коэффициент мощности

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

Трёхфазная мощность

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

Трансформаторы

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

Схемы на операционных усилителях

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

Диоды и транзисторы

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

Системы счисления

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

Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

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

Метод

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

Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

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

Метод

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

Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

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

Метод

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

2Тренировочные задачи

1.Последовательные и параллельные резисторыСредняя
R1​ = 12 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩIR2​AR4​2 ΩB

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 ΩR4 = 2 Ω
IR2 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 6 ΩIR1​R3​ = 8 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​4 ΩAR4​3 ΩBR6​8 Ω

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 ΩR4 = 3 ΩR5 = 10 ΩR6 = 8 Ω
IR1 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
−+Vs​ = 5 VIs​2 AAR1​20 ΩR2​4 ΩB

Вывод + источника напряжения Vₛ между A и B находится у B, поэтому он задаёт VB − VA = Vₛ. Методом узловых потенциалов с супер-узлом найдите узловое напряжение VB (относительно земли).

Is = 2 AVs = 5 VR1 = 20 ΩR2 = 4 Ω
VB = V
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 2 ΩIR1​R2​ = 4 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​15 VR3​20 ΩAR5​20 ΩBIs​1,5 A+−V2​36 V

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

V1 = 15 VIs = 1,5 AV2 = 36 VR1 = 2 ΩR2 = 4 ΩR3 = 20 ΩR4 = 25 ΩR5 = 20 Ω
IR1 = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 8 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​24 VR3​15 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

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

V1 = 24 VV2 = 9 VR1 = 8 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 Ω
I2 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 20 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​15 VR4​20 ΩAR5​8 ΩB+−V2​6 VI1​I2​I3​

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

V1 = 15 VV2 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 30 ΩR4 = 20 ΩR5 = 8 Ω
I1 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 15 ΩR3​ = 15 ΩIR3​+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​6 ΩBIs​?

Найдите значение источника тока Is (направление как на схеме), при котором ток IR3 через R3 равен нулю.

V1 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩR3 = 15 ΩR4 = 6 Ω
Is = A
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 8 ΩIR1​R2​ = 3 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​6 VR3​8 ΩAIs​3 AB+−V2​15 V

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

V1 = 6 VIs = 3 AV2 = 15 VR1 = 8 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 ΩR4 = 6 Ω
PR1 = W
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAab

Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.

V1 = 30 VR1 = 8 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 Ω
Vth = V
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 10 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩAIs​1,5 ABRL​15 ΩIL​

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

V1 = 15 VIs = 1,5 AR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 15 ΩRL = 15 Ω
PL = W
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​20 Vt = 0R1​ = 1 kΩR2​ = 4,7 kΩC100 µF+−vC​

Источник Vₛ заряжает конденсатор через R₁, а R₂ подключён параллельно C. Конденсатор разряжен, когда ключ замыкается в момент t = 0. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 50 ms.

Vs = 20 VR1 = 1 kΩR2 = 4,7 kΩC = 100 µFt = 50 ms
vC = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​5 Vt = 0R = ?C1 µF+−vC​

Таймер при t = 0 начинает заряжать незаряженный конденсатор через резистор от источника 5 V. Он должен сработать, когда напряжение конденсатора достигнет 4 V, ровно через 20 ms после старта. При C = 1 µF найдите необходимое сопротивление R.

Vs = 5 VVth = 4 VT = 20 msC = 1 µF
R = kΩ
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
100 V1000 HzR = 25 ΩL = 50 mHC = 22 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 100 V (действующее значение), 1000 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 100 V (rms)f = 1000 HzR = 25 ΩL = 50 mHC = 22 µF
I = A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
230 V1000 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 10 µF+−VC​

Последовательная цепь RLC подключена к сети 230 V (действующее значение), 1000 Hz. Найдите действующее значение напряжения VC на конденсаторе.

V = 230 V (rms)f = 1000 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 10 µF
VC = V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
P = 21 kWQ = ?Sφ

Однофазный двигатель потребляет 21 kW при коэффициенте мощности 0,7 (индуктивном) от сети 240 V. Найдите реактивную мощность Q, которую он потребляет.

P = 21 kWpf = 0,7V = 240 V
Q = kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
230 V60 Hzнагрузка27 kW, 0,65C220 µFI = ?

Однофазная нагрузка потребляет 27 kW при коэффициенте мощности 0,65 (индуктивном) от сети 230 V, 60 Hz. Параллельно нагрузке подключён конденсатор 220 µF. Найдите новый ток линии I.

P = 27 kWpf1 = 0,65V = 230 Vf = 60 HzC = 220 µF
I = A
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 415 VIL​ = 20 Acos φ = 0,82отстающий

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет линейный ток 20 A от сети с линейным напряжением 415 V. Коэффициент мощности 0,82 (отстающий). Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 415 VIL = 20 Acos φ = 0,82
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 250 kW при коэффициенте мощности 0,8 (отстающий) от сети 690 V (линейное), 50 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,92 (отстающий). Активная мощность не меняется. Конденсаторы соединены треугольником. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 250 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
RL​ = 48 Ω511150 VV2​I1​ = ?I2​

К первичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 5:1 приложено 1150 V. К вторичной обмотке подключён резистор 48 Ω. Найдите первичный ток I1.

N1:N2 = 5:1V1 = 1150 VRL = 48 Ω
I1 = A
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,9575 kVA, η = 97%

Однофазный трансформатор 75 kVA имеет потери в стали 450 W. При номинальной нагрузке и коэффициенте мощности 0,95 (отстающий) его КПД равен 97%. Найдите потери в меди при номинальной нагрузке Pcu,fl в ваттах.

S = 75 kVAPcore = 450 Wpf = 0,95η = 97%
Pcu,fl = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 2 kΩR1​ = 2 kΩVin​ = 1,5 V

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

Vin = 1,5 VR1 = 2 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​C = 1 µFVin​ = 2,8 VR = 22 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 = 2,8 V. Найдите выходное напряжение Vout при t = 10 ms.

Vin = 2,8 VR = 22 kΩC = 1 µFVsat = ±14 Vt = 10 ms
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 2,2 kΩβ = 100IC​ = ?RE​ = 1,5 kΩVCC​ = 12 VR1​ = 68 kΩR2​ = 10 kΩ

NPN-транзистор с β = 100 смещён делителем напряжения от VCC = 12 V: R₁ = 68 kΩ от VCC к базе и R₂ = 10 kΩ от базы к земле. Резистор коллектора RC = 2,2 kΩ, резистор эмиттера RE = 1,5 kΩ. Примите VBE = 0,7 V и используйте эквивалент Тевенена для делителя (ток базы не пренебрегайте). Найдите ток коллектора IC в mA.

VCC = 12 VR1 = 68 kΩR2 = 10 kΩRC = 2,2 kΩRE = 1,5 kΩβ = 100
IC = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 330 Ωβ = 200VCC​ = 12 V5 VRB​ = ?

NPN-транзистор с β = 200 коммутирует нагрузочный резистор 330 Ω, включённый между VCC = 12 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 5 V через резистор базы RB. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Для надёжного переключения рассчитайте ток базы в 2 раз больше минимального, нужного для насыщения. Найдите RB в kΩ.

VCC = 12 VRC = 330 Ωβ = 200Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vкоэффициент запаса = 2
RB = kΩ
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −105 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −1058 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
4809 кодов, b = ? бит?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Система должна присвоить каждому из 4809 элементов собственный двоичный код одинаковой длины. Какое наименьшее число битов b нужно?

4809
b = bit
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABCD000111100001111010011302141507060121130151140809111010

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «сумма произведений» (SOP) для F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 4, 5, 11, 13, 14). Сколько членов-произведений, N, в ней?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 4, 5, 11, 13, 14)
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
ABCD00011110000111100011X30204050716012013X151140819111010

Найдите минимальную форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(1, 6, 9, 11, 14) + d(3, 15), где d обозначает безразличные состояния. Сколько литералов, L, она содержит?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 6, 9, 11, 14) + d(3, 15)
L =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 0,2f(0,2) = ?

Найдите f(t) для F(s) = 60/(s(s + 2)(s + 4)) разложением на простые дроби и вычислите f(0,2).

F(s) = 60/(s(s + 2)(s + 4))t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 8y′ + 12y = 6·u(t). Она начинает из покоя (y(0) = 0, y′(0) = 0), а входом служит ступенька u(t) = 1 при t ≥ 0. С помощью преобразования Лапласа найдите выход y(0,25).

y″ + 8y′ + 12y = 6·u(t)u(t) = 1y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+30s(s + 9)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 30/(s(s + 9)). Задающее воздействие — линейно нарастающий сигнал r(t) = 1·t. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 30/(s(s + 9))r(t) = 1·t
ess =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+K(s + 1)(s + 4)(s + 5)G(s)C(s)−

Объект G(s) = K/((s + 1)(s + 4)(s + 5)) помещён в контур с единичной отрицательной обратной связью. С помощью критерия Рауса–Гурвица найдите наибольший коэффициент Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

G(s) = K/((s + 1)(s + 4)(s + 5))единичная отрицательная обратная связь
Kmax =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)2

Система имеет передаточную функцию G(s) = 94/(s² + 8s + 47) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите коэффициент демпфирования ζ.

G(s) = 94/(s² + 8s + 47)
ζ =
34.Переходная характеристикаСложная
R(s)+Ks(s + 6)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = K/(s(s + 6)). Найдите коэффициент K, при котором переходная характеристика имеет перерегулирование 20 %.

G(s) = K/(s(s + 6))%OS = 20 %
K =
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​L = 50 mHC = 4,7 µFR = 10 Ωvout​

В показанном последовательном RLC-полосовом фильтре выход берётся на R = 10 Ω при L = 50 mH и C = 4,7 µF. Найдите полосу пропускания по уровню −3 dB BW в Hz.

R = 10 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF
BW = Hz
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 1)(s + 6)). Найдите коэффициент усиления K, который даёт запас по усилению 15 dB.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 6))GM = 15 dB
K =
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+Ks + 6s(s + 2)(s + 3)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K(s + 6)/(s(s + 2)(s + 3)), K > 0. Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K(s + 6)/(s(s + 2)(s + 3))
Kmax =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4−6−8−10−12−14−162j2j4

Корневой годограф L(s) = K(s + 14)/(s(s + 6)) покидает вещественную ось между s = 0 и s = −6, огибает нуль по окружности и снова выходит на вещественную ось левее нуля. Найдите точку отрыва sb.

L(s) = K(s + 14)/(s(s + 6))
sb =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 10·t²/2+10(s + 2)s²(s + 1)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 10(s + 2)/(s²(s + 1)) подан параболический вход r(t) = 10·t²/2. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 10(s + 2)/(s²(s + 1))r(t) = 10·t²/2
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 165s(s + 6)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 16 управляет объектом G(s) = 5/(s(s + 6)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите время пика tp переходной характеристики.

G(s) = 5/(s(s + 6))K = 16
tp = s

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 0,2727 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​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​4 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 = 6 + 2 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 4·8/(4+8) = 2,667 Ω
Req = R1 + 2,667 = 12 + 2,667 = 14,67 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 6/14,67 = 0,4091 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 6 − 0,4091·12 = 1,091 V
IR2 = VA/R2 = 1,091/4 = 0,2727 A

Ответ

IR2 = 0,2727 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 1,011 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​ = 6 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​4 ΩAR4​3 ΩBR6​8 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 = 10 + 8 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 2,571 Ω
R3 + 2,571 = 10,57 Ω
R2 ∥ 10,57 = 2,902 Ω
Req = R1 + 2,902 = 6 + 2,902 = 8,902 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 9/8,902 = 1,011 A

Ответ

IR1 = 1,011 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 7,5 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.

Образуем супер-узел

Через источник напряжения между A и B течёт неизвестный ток, поэтому ЗТК нельзя записать отдельно для A или B. Объедините A, B и источник в один супер-узел: втекающий в него ток равен вытекающему.

VB = VA + Vs = VA + 5
VA/R1 + VB/R2 = Is

Решите

VA/20 + (VA + 5)/4 = 2
VA = (2 − 5/4)/(1/20 + 1/4) = 2,5 V
VB = 2,5 + 5 = 7,5 V

Ответ

VB = 7,5 V
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR1 = −0,3401 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​ = 2 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​15 VR3​20 ΩAR5​20 ΩBIs​1,5 A+−V2​36 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 15 V, V2 = 36 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/20 + (VA − 15)/2 + (VA − VB)/4 = 0
0,8·VA − 0,25·VB = 7,5

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)/4 + (VB − 36)/25 = 1,5
−0,25·VA + 0,34·VB = 2,94

Решите

Δ = (0,8)(0,34) − (−0,25)(−0,25) = 0,2095
VA = Δ1/Δ = 3,285/0,2095 = 15,68 V
VB = Δ2/Δ = 4,227/0,2095 = 20,18 V

Ответ

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (15 − 15,68)/2 = −0,3401 A
5.Метод контурных токов

Ответ: I2 = 0,8095 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​ = 8 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​24 VR3​15 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
8·I1 + 15(I1 − I2) = 24
23·I1 − 15·I2 = 24

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
3·I2 + 15(I2 − I1) = (−9)
−15·I1 + 18·I2 = −9

Решите

Δ = (23)(18) − (−15)(−15) = 189
I1 = Δ1/Δ = 297/189 = 1,571 A
I2 = Δ2/Δ = 153/189 = 0,8095 A

Ответ

I2 = 0,8095 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I1 = 0,4935 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​ = 20 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​15 VR4​20 ΩAR5​8 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
20·I1 + 20(I1 − I2) = 15
40·I1 − 20·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 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
10·I2 + 20(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−20·I1 + 38·I2 − 8·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
30·I3 + 8(I3 − I2) = (−6)
−8·I2 + 38·I3 = −6

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 40000
I1 = Δ1/Δ = 19740/40000 = 0,4935 A
I2 = Δ2/Δ = 9480/40000 = 0,237 A
I3 = Δ3/Δ = −4320/40000 = −0,108 A

Ответ

I1 = 0,4935 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: Is = 1,429 A

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

R1​ = 15 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​20 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 = 15+6 = 21 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 20·21/(20+21) = 10,24 Ω
VA = 15·10,24/(15+10,24) = 6,087 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 6,087·6/21 = 1,739 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (6,087 − 1,739)/15 = 0,2899 A

Случай 2 · действует только Is

V₁ становится коротким замыканием, поэтому R₁ ∥ R₂ подключены между A и землёй. Iₛ делится в узле B между R₄ и ветвью R₃ + R₁∥R₂; часть через R₃ течёт от B к A, против стрелки.

R1 ∥ R2 = 8,571 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·6/29,57 = −0,2029·Is

Приравниваем сумму к нулю

IR3′ + IR3″ = 0,2899 − 0,2029·Is = 0
Is = 0,2899/0,2029 = 1,429 A

Ответ

Is = 1,429 A
8.Метод наложения

Ответ: PR1 = 2,936 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​ = 8 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​6 VR3​8 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) = 8 ∥ 9 = 4,235 Ω
VA = 6·4,235/(8+4,235) = 2,077 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,077·6/9 = 1,385 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (6 − 2,077)/8 = 0,4904 A
R1​ = 8 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 6 ΩКЗR3​8 ΩAIs​3 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. Стрелка Iₛ направлена вниз, от своего узла, поэтому Iₛ отводит ток из этого узла: его член входит со знаком минус.

R1 ∥ R3 = 4 Ω, поэтому левый путь — R2+4 = 7 Ω
Req = R4 ∥ 7 = 3,231 Ω
VB = −Is·Req = −3·3,231 = −9,692 V
VA = VB·4/7 = −5,538 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − −5,538)/8 = 0,6923 A
R1​ = 8 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 6 ΩКЗR3​8 ΩAОБРЫВB+−V2​15 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 = 8·8/(8+8) = 4 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 15·7/13 = 8,077 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 8,077·4/7 = 4,615 V
IR1‴ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 4,615)/8 = −0,5769 A

Складываем вклады токов

IR1 = IR1′ + IR1″ + IR1‴ = 0,4904 + 0,6923 + (−0,5769) = 0,6058 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 = 0,6058²·8 = 2,936 W

Ответ

PR1 = 2,936 W

Сложение мощностей отдельных случаев дало бы 8,421 W, что неверно.

9.Тевенин и Нортон

Ответ: Vth = 8,182 V

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

R1​ = 8 ΩR3​ = 15 ΩКЗR2​3 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 = 8·3/(8+3) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 15 = 17,18 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​3 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) = 30·3/(8+3) = 8,182 V
10.Тевенин и Нортон

Ответ: PL = 11,31 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​ = 10 ΩR3​ = 15 ΩКЗR2​2 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 = 10·2/(10+2) = 1,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,667 + 15 = 16,67 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩAIs​1,5 ABab+−Vth​

Найдите Vth — напряжение холостого хода

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 2,5 + 1,5·1,667 = 5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 5 + 1,5·15 = 27,5 V
Rth​ = 16,67 Ω+−Vth​27,5 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) = 27,5/(16,67 + 15) = 0,8684 A
PL = IL²·RL = 0,8684²·15 = 11,31 W
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 7,498 V

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

Эквивалентная схема Тевенина со стороны конденсатора

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

Rth = R1 ∥ R2 = 1·4,7/(1 + 4,7) = 0,8246 kΩ
vC(∞) = 20·4,7/(1 + 4,7) = 16,49 V

Постоянная времени

τ = Rth·C = 0,8246·100 = 82,46 ms

Кривая заряда

vC(t) = 16,49·(1 − e−50/82,46) = 7,498 V

Ответ

vC = 7,498 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: R = 12,43 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

4 = 5·(1 − e−20/τ) → τ = 20/ln(5/(5 − 4))
τ = 20/1,609 = 12,43 ms

Сопротивление

kΩ умножить на µF даёт миллисекунды.

R = τ/C = 12,43/1 = 12,43 kΩ

Ответ

R = 12,43 kΩ
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,3247 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/(6283·22·10⁻⁶) = 7,234 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(25² + (306,9)²) = 307,9 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 100/307,9 = 0,3247 A

Ответ

I = 0,3247 A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: VC = 26,95 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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,02 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·10·10⁻⁶) = 15,92 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (109,7)²) = 135,8 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 230/135,8 = 1,694 A

Напряжение на конденсаторе

VC = I·XC = 1,694·15,92 = 26,95 V

Ответ

VC = 26,95 V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Q = 21,42 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.

Угол

φ = arccos(0,7) = 45,57°, tan φ = 1,02

Реактивная мощность

Q = P·tan φ = 21·1,02 = 21,42 kvar

Ответ

Q = 21,42 kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 166,6 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 до и после

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

Q1 = 27·tan(arccos 0,65) = 31,57 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·60·220·10⁻⁶ = 4387 var = 4,387 kvar
Q2 = 31,57 − 4,387 = 27,18 kvar

Новая полная мощность

S2 = √(27² + 27,18²) = 38,31 kVA

Новый ток линии

I = S2/V = 38311/230 = 166,6 A

Ответ

I = 166,6 A
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 11,79 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 = √3·415·20 = 14,38 kVA

Активная мощность

P = S·cos φ = 14,38·0,82 = 11,79 kW

Ответ

P = 11,79 kW
18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 180,5 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 = 250·tan(acos 0,8) = 250·0,75 = 187,5 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,92) = 250·0,426 = 106,5 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 81 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 690 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 27000/(314,2·690²) = 180,5 µF

Ответ

Cph = 180,5 µF
19.Трансформаторы

Ответ: I1 = 0,9583 A

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

Вторичные напряжение и ток

V2 = 1150/5 = 230 V
I2 = 230/48 = 4,792 A

Первичный ток

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

I1 = I2/5 = 0,9583 A

Ответ

I1 = 0,9583 A

Проверка: нагрузка со стороны первичной обмотки равна a²·RL = 1200 Ω, и 1150/1200 даёт тот же ток.

20.Трансформаторы

Ответ: Pcu,fl = 1754 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 = 75·0,95 = 71,25 kW
Pin = 71250/0,97 = 73454 W

Суммарные потери и потери в меди

Ploss = 73454 − 71250 = 2204 W
Pcu,fl = 2204 − 450 = 1754 W

Ответ

Pcu,fl = 1754 W
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 3 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.

Инвертирующий вход повторяет вход

V₋ = V₊ = 1,5 V
I = V₋/R1 = 1,5/2 = 0,75 mA

Выходное напряжение

Ток через R₁ течёт и через Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 1,5 + 0,75·2 = 3 V

Ответ

Vout = 3 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −1,273 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.

Входной ток и скорость нарастания

kΩ умножить на µF даёт миллисекунды.

RC = 22 kΩ · 1 µF = 22 ms
скорость нарастания = −Vin/(RC) = −2,8/22 = −0,1273 V/ms

Выходное напряжение в заданный момент

Идеальное значение лежит в пределах ±Vsat, поэтому интегратор ещё не вошёл в ограничение.

Vout = −Vin·t/(RC) = −2,8·10/22 = −1,273 V

Ответ

Vout = −1,273 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 0,5233 mA

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

Эквивалент Тевенена для делителя

VTH = 12·10/(68 + 10) = 1,538 V
RTH = 68·10/(68 + 10) = 8,718 kΩ

Ток базы

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

IB = (1,538 − 0,7)/(8,718 + 101·1,5) = 5,233 µA

Ток коллектора

IC = 100·5,233 µA = 0,5233 mA
IE = 101·5,233 µA = 0,5286 mA

Ответ

IC = 0,5233 mA
24.Диоды и транзисторы

Ответ: RB = 12,03 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) = (12 − 0,2)/330 = 35,76 mA

Минимальный ток базы

IB(min) = IC(sat)/β = 35,76/200 = 178,8 µA

Расчётный ток базы

IB = 2·178,8 µA = 357,6 µA

Резистор базы

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,3576 mA = 12,03 kΩ

Ответ

RB = 12,03 kΩ
25.Системы счисления

Ответ: U = 151

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

105 = 0110 1001
инвертировано: 1001 0110
+1 → 1001 0111

Прочитайте как беззнаковое

1001 0111₂ = 256 − 105 = 151

Ответ

U = 151
26.Системы счисления

Ответ: b = 13 bit

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

Степени двойки

212 = 4096 < 4809
213 = 8192 ≥ 4809

Ответ

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

Ответ: N = 4

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.

ABCD000111100001111010011302141507060121130151140809111010

Сгруппируйте единицы

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

B′CD
BC′D
A′C′D′
ABCD′

Минимальная форма SOP

F = B′CD + BC′D + A′C′D′ + ABCD′
N = 4

Ответ

N = 4
28.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.

Простые импликанты

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

B′D, BCD′, ACD, ABC
ABCD00011110000111100011X30204050716012013X151140819111010

Минимальное покрытие

F = B′D + BCD′
L = 5

Ответ

L = 5
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.2) = 0,8152

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

Простые дроби

F(s) = A/s + B/(s + 2) + C/(s + 4)
A = 60/(2·4) = 7,5
B = 60/((−2)·2) = −15
C = 60/((−4)·(−2)) = 7,5

Обратное преобразование

f(t) = 7,5 − 15·e−2t + 7,5·e−4t

Вычислите

f(0,2) = 7,5 − 15·e−2·0,2 + 7,5·e−4·0,2 = 0,8152

Ответ

f(0,2) = 0,8152
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.25) = 0,1009

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) = 6/(s(s + 2)(s + 6))

Простые дроби

A = 6/(2·6) = 0,5
B = 6/((−2)·4) = −0,75
C = 6/((−6)·(−4)) = 0,25

Выделение

y(t) = 0,5 − 0,75·e−2t + 0,25·e−6t
y(0,25) = 0,1009

Ответ

y(0,25) = 0,1009
31.Структурные схемы

Ответ: ess = 0,3

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) = 30/9 = 3,333

Установившаяся ошибка

ess = A/Kᵥ = 1/3,333 = 0,3

Ответ

ess = 0,3
32.Структурные схемы

Ответ: Kmax = 270

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 + 10s² + 29s + 20 + K = 0

Таблица Рауса

s³ | 1 29
s² | 10 20 + K
s¹ | (10·29 − 20 − K)/10
s⁰ | 20 + K

Граница устойчивости

Все элементы первого столбца должны быть положительными.

Kmax = 10·29 − 20 = 270

Ответ

Kmax = 270
33.Переходная характеристика

Ответ: ζ = 0,5835

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 = 47 → ωₙ = 6,856 rad/s
2ζωₙ = 8 → ζ = 8/(2·6,856) = 0,5835

Результат

ζ = 0,5835

Ответ

ζ = 0,5835
34.Переходная характеристика

Ответ: K = 43,29

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) = K/(s² + 6s + K)

Коэффициент демпфирования по перерегулированию

ζ = −ln(0,2)/√(π² + ln²(0,2)) = 0,4559

Коэффициент усиления

ωₙ = 6/(2ζ) = 6,58 rad/s
K = ωₙ² = 43,29

Ответ

K = 43,29
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: BW = 31,83 Hz

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

Резонансная частота

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,05·4,7 × 10⁻⁶) = 2063 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 328,3 Hz

Полоса пропускания

BW = R/L = 10/0,05 = 200 rad/s = 31,83 Hz

Ответ

BW = 31,83 Hz
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: K = 7,469

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

Частота перехода фазы

(ω/1)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(1·6) = 2,449 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 36)) = K/(1·6·(1 + 6)) = K/42

Требуемое усиление

42/K = 1015/20 = 5,623
K = 42/5,623 = 7,469

Ответ

K = 7,469
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 30

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(s + 2)(s + 3) + K(s + 6) = s³ + 5s² + (6 + K)s + 6K

Таблица Рауса

s³: 1, 6 + K
s²: 5, 6K
s¹: (5·(6 + K) − 6K)/5
s⁰: 6K

Условие

30 − 1K > 0
K < 30/1 = 30

Ответ

Kmax = 30

Если бы нуль лежал правее s = −5, контур оставался бы устойчивым при любом K > 0.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: sb = −3,417

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 + 6s)/(s + 14)

Стационарные точки

Продифференцируйте по правилу для частного и приравняйте числитель к нулю.

(2s + 6)(s + 14) − (s² + 6s) = s² + 28s + 84 = 0
s = −14 ± √112 = −3,417, −24,58

Точка отрыва

sb = −3,417

Ответ

sb = −3,417

Между двумя точками годограф представляет собой окружность с центром в нуле и радиусом √112 = 10,58.

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 0,5

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 ошибки по ускорению

Ka = 10·2/1 = 20

Ошибка по параболическому воздействию

ess = 10/20 = 0,5

Ответ

ess = 0,5
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: tp = 0,3728 s

П-, ПИ- и ПИД-регулирование: регулятор C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s воздействует на ошибку. Пропорциональный коэффициент ускоряет контур и уменьшает ошибку объекта типа 0, но никогда не устраняет её. Интегральная составляющая добавляет полюс в точке s = 0: тип системы повышается на единицу, и ступенька отслеживается без ошибки. Дифференциальная составляющая добавляет демпфирование. Чтобы подобрать коэффициенты, запишите характеристический полином замкнутой системы и сравните его с s² + 2ζωns + ωn². Тогда %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, где ωd = ωn√(1 − ζ²), и ts ≈ 4/(ζωn).

Характеристический полином

s(s + 6) + 16·5 = s² + 6s + 80

ωₙ и ζ

ωₙ = √80 = 8,944 rad/s
ζ = 6/(2·8,944) = 0,3354

Время пика

ωd = 8,944·√(1 − 0,3354²) = 8,426 rad/s
tp = π/8,426 = 0,3728 s

Ответ

tp = 0,3728 s

Это независимый учебный материал. ExamProblems не связан с организацией, проводящей этот экзамен, и не одобрен ею; название экзамена используется только для описания содержания. Экзамен FE exam проводит NCEES; эта организация не связана с ExamProblems и не поддерживает его.

ExamProblems · examproblems.com/courses/fe-exam-electrical