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​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩIR2​AR4​12 ΩB

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 10 ΩR4 = 12 Ω
IR2 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 10 ΩIR1​R3​ = 5 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​8 ΩBR6​3 Ω

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 5 ΩR4 = 8 ΩR5 = 2 ΩR6 = 3 Ω
IR1 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
−+Vs​ = 9 VIs​2,5 AAR1​5 ΩR2​2 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 VA (относительно земли).

Is = 2,5 AVs = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 2 Ω
VA = V
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAR4​20 ΩBIs​?

Источник тока регулируют до тех пор, пока напряжение узла A не станет VA = 12 V. Методом узловых потенциалов найдите ток источника Is (направление как на схеме).

V1 = 24 VR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 ΩR4 = 20 ΩVA = 12 V
Is = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 2 Ω+−VR1​R2​ = 12 Ω+−V1​15 VR3​6 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

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

V1 = 15 VV2 = 10 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 6 Ω
VR1 = V
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 15 ΩIR1​R2​ = 2 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​30 VR4​4 ΩAR5​4 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

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

V1 = 30 VV2 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩR4 = 4 ΩR5 = 4 Ω
IR1 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 4 ΩIR1​R3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩAR4​8 ΩBIs​2 A

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

V1 = 6 VIs = 2 AR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 12 ΩR4 = 8 Ω
IR1 = A
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 4 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​5 VR3​10 ΩIR3​AIs​6 AB+−V2​?

Найдите значение источника напряжения V2 (полярность как на схеме), при котором ток IR3 через R3 равен нулю.

V1 = 5 VIs = 6 AR1 = 4 ΩR2 = 30 ΩR3 = 10 ΩR4 = 10 Ω
V2 = V
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAab

Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.

V1 = 30 VR1 = 8 ΩR2 = 6 ΩR3 = 15 Ω
Vth = V
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAIs​4 ABRL​25 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 25 Ω. С помощью эквивалента Тевенина найдите мощность PL, передаваемую в нагрузку.

V1 = 24 VIs = 4 AR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 ΩRL = 25 Ω
PL = W
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​5 Vt = 0R = 47 ΩL10 mHi(t)

До замыкания ключа в момент t = 0 тока через катушку нет. Найдите энергию W, запасённую в катушке при t = 1 ms, в mJ.

Vs = 5 VR = 47 ΩL = 10 mHt = 1 ms
W = mJ
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​10 Vt = 0R = 4,7 kΩC100 µF+−vC​vC​(0) = 4 V

Непосредственно перед замыканием ключа в момент t = 0 конденсатор заряжен до 4 V с указанной полярностью. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 200 ms.

Vs = 10 VR = 4,7 kΩC = 100 µFvC(0) = 4 Vt = 200 ms
vC = V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
10 V60 HzR = 25 ΩL = 200 mHC = 100 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 10 V (действующее значение), 60 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 10 V (rms)f = 60 HzR = 25 ΩL = 200 mHC = 100 µF
I = A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
50 V500 HzR1​ = 20 ΩR2​ = 30 ΩC = 22 µF

Резистор R1 включён последовательно с параллельным соединением R2 и конденсатора C в сеть 50 V (действующее значение), 500 Hz. Найдите модуль полного сопротивления |Z|.

V = 50 V (rms)f = 500 HzR1 = 20 ΩR2 = 30 ΩC = 22 µF
|Z| = Ω
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
P = 27 kWQSφ

Однофазный двигатель потребляет 27 kW при коэффициенте мощности 0,65 (индуктивном) от сети 230 V. Найдите ток линии I.

P = 27 kWpf = 0,65V = 230 V
I = A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
24 V60 HzRs​ = 4 ΩXs​ = j40 ΩZL​ = ?

Источник 24 V (действующее значение), 60 Hz имеет внутреннее сопротивление Zs = 4 + j40 Ω. Полное сопротивление нагрузки ZL можно выбирать произвольно. Нагрузка для максимальной мощности составлена из резистора, соединённого последовательно с конденсатором. Найдите ёмкость C.

Vs = 24 V (rms)f = 60 HzZs = 4 + j40 Ω
C = µF
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 415 VNZ = 12 + j9 Ωна фазу

Симметричная нагрузка, соединённая звездой, с полным сопротивлением 12 + j9 Ω на фазу подключена к симметричной трёхфазной сети с линейным напряжением 415 V. Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 415 VZ = 12 + j9 Ω на фазу
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 50 kW при коэффициенте мощности 0,8 (отстающий) от сети 415 V (линейное), 60 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,98 (отстающий). Активная мощность не меняется. Найдите полную реактивную мощность QC, которую должна выдавать конденсаторная батарея, в kvar.

P = 50 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаторыСредняя
5 ΩN1​N2​80 Ω

Усилитель с выходным сопротивлением 80 Ω питает громкоговоритель 5 Ω через идеальный трансформатор. Для передачи максимальной мощности громкоговоритель должен выглядеть со стороны усилителя как 80 Ω. Найдите коэффициент трансформации a = N₁/N₂.

Rs = 80 ΩRL = 5 Ω
a =
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,8500 kVA, 75% нагрузка

Однофазный трансформатор 500 kVA имеет потери в стали 1500 W и потери в меди 3750 W при номинальной нагрузке. Он отдаёт 75% номинальной мощности в kVA при коэффициенте мощности 0,8 (отстающий). Найдите суммарные потери Ploss в ваттах при этой нагрузке.

S = 500 kVAPcore = 1500 WPcu,fl = 3750 Wx = 0,75pf = 0,8
Ploss = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 22 kΩVin​

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

R1 = 22 kΩRf = 100 kΩVsat = ±13 V
Vin,max = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = −1 VR1​ = 100 kΩV2​ = 0,6 VR2​ = 1 kΩ

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

V1 = −1 VV2 = 0,6 VR1 = 100 kΩR2 = 1 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 1,5 kΩβ = 120IC​ = ?VCC​ = 9 VRB​ = 390 kΩ

NPN-транзистор с β = 120 смещён резистором базы RB = 390 kΩ от источника питания VCC = 9 V. Резистор коллектора RC = 1,5 kΩ, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите ток коллектора IC в mA.

VCC = 9 VRB = 390 kΩRC = 1,5 kΩβ = 120VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
+−≥ 24 VR = ?3,3 V≤ 20 mA

Стабилизатор на стабилитроне 3,3 V должен питать нагрузку током до 20 mA. Входное напряжение может падать до 24 V, а стабилитрону для стабилизации нужно не менее 5 mA. Найдите наибольшее последовательное сопротивление Rmax, при котором стабилизация сохраняется.

Vin,min = 24 VVZ = 3,3 VIL,max = 20 mAIZ,min = 5 mA
Rmax = Ω
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −19 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −198 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
16 bit1 px1280 px720 pxM = ? KiB

Несжатое изображение имеет размер 1280 × 720 пикселей и 16 бит на пиксель. Сколько памяти M оно занимает, в KiB (1 KiB = 1024 байта)?

1280 × 720 px16 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABCD000111100001111000010312041507060121131150141819111010

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «сумма произведений» (SOP) для F(A, B, C, D) = Σm(2, 5, 8, 9, 11, 13, 15). Сколько всего литералов, L, она содержит (переменная со штрихом считается одним литералом)?

F(A, B, C, D) = Σm(2, 5, 8, 9, 11, 13, 15)
L =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKRING

4-разрядный кольцевой счётчик Q₃Q₂Q₁Q₀ начинает с 1001. По каждому фронту тактового сигнала биты сдвигаются на одну позицию вправо (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀), а Q₃ получает Q₀. Укажите состояние Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ в виде десятичного числа после 5 фронтов тактового сигнала.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 10015
Q =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 0,25f(0,25) = ?

Найдите f(t) для F(s) = (4s + 19)/(s² + 4s + 4) и вычислите f(0,25).

F(s) = (4s + 19)/(s² + 4s + 4)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Решите y″ + 9y′ + 18y = 0 при y(0) = 9 и y′(0) = 5 с помощью преобразования Лапласа и найдите y(0,25).

y″ + 9y′ + 18y = 0y(0) = 9y′(0) = 5t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+7K+10s + 8G(s)C(s)5H₁−−

Объект G(s) = 10/(s + 8) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 5. Коэффициент регулятора K = 7, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите статический коэффициент передачи замкнутой системы T(0).

G(s) = 10/(s + 8)H₁ = 5K = 7
T(0) =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+16s + 2G₁+9s + 6G₂C(s)1H₁−0,1H₂−

Упростите структурную схему, где G₁ = 16/(s + 2), G₂ = 9/(s + 6), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 1 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 0,1. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).

G₁ = 16/(s + 2)G₂ = 9/(s + 6)H₁ = 1H₂ = 0,1
T(0) =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1tp​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 4/(s² + 2s + 4) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время пика tp переходной характеристики.

G(s) = 4/(s² + 2s + 4)
tp = s
34.Переходная характеристикаСложная
k = 400 N/mc = 32 N·s/mm = 4 kgF = 50 Nx(t)

Масса m = 4 kg подвешена на пружине k = 400 N/m с вязким демпфером c = 32 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 50 N. Найдите момент времени tp, когда смещение наибольшее.

m = 4 kgk = 400 N/mc = 32 N·s/mF = 50 N
tp = s
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,11101001000−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 15

Найдите точный модуль |G(jω)| функции G(s) = 1700/((s + 5)(s + 17)) при ω = 15 rad/s в dB.

G(s) = 1700/((s + 5)(s + 17))ω = 15 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 1)(s + 8)). Найдите коэффициент усиления K, который даёт запас по усилению 10 dB.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 8))GM = 10 dB
K =
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K = 151s(s + 1)(s + 5)C(s)−

Контур на схеме работает при K = 15, L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5)). Во сколько раз m можно увеличить коэффициент усиления, прежде чем замкнутая система станет неустойчивой?

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5))K = 15
m =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4j2

Для L(s) = K/((s + 4)(s² + 6s + 18)) найдите угол выхода θd корневого годографа из комплексного полюса в верхней полуплоскости, отсчитываемый от положительного направления вещественной оси.

L(s) = K/((s + 4)(s² + 6s + 18))
θd = °
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 2·t²/2+4(s + 5)s²(s + 5)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 4(s + 5)/(s²(s + 5)) подан параболический вход r(t) = 2·t²/2. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 4(s + 5)/(s²(s + 5))r(t) = 2·t²/2
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 84s(s + 5)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 8 управляет объектом G(s) = 4/(s(s + 5)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 4/(s(s + 5))K = 8
ts = s

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 0,8354 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​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAR4​12 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 = 10 + 12 = 22 Ω
R2 ∥ 22 = 10·22/(10+22) = 6,875 Ω
Req = R1 + 6,875 = 3 + 6,875 = 9,875 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 12/9,875 = 1,215 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 12 − 1,215·3 = 8,354 V
IR2 = VA/R2 = 8,354/10 = 0,8354 A

Ответ

IR2 = 0,8354 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 1,834 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​ = 10 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​8 ΩBR6​3 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 = 2 + 3 = 5 Ω
R4 ∥ 5 = 3,077 Ω
R3 + 3,077 = 8,077 Ω
R2 ∥ 8,077 = 3,088 Ω
Req = R1 + 3,088 = 10 + 3,088 = 13,09 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 24/13,09 = 1,834 A

Ответ

IR1 = 1,834 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: VA = −2,857 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 + 9
VA/R1 + VB/R2 = Is

Решите

VA/5 + (VA + 9)/2 = 2,5
VA = (2,5 − 9/2)/(1/5 + 1/2) = −2,857 V
VB = −2,857 + 9 = 6,143 V

Ответ

VA = −2,857 V
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: Is = 6,1 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.

ЗТК в узле A

VA известно, поэтому это уравнение даёт VB.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(12 − 24)/12 + 12/2 = (VB − 12)/2
5 = (VB − 12)/2 → VB = 22 V

ЗТК в узле B

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

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (22 − 12)/2 + 22/20 = 6,1 A

Ответ

Is = 6,1 A
5.Метод контурных токов

Ответ: VR1 = 3,889 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​ = 2 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​15 VR3​6 ΩA+−V2​10 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
2·I1 + 6(I1 − I2) = 15
8·I1 − 6·I2 = 15

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
12·I2 + 6(I2 − I1) = (−10)
−6·I1 + 18·I2 = −10

Решите

Δ = (8)(18) − (−6)(−6) = 108
I1 = Δ1/Δ = 210/108 = 1,944 A
I2 = Δ2/Δ = 10/108 = 0,09259 A

Ответ

IR1 = I1 = 1,944 A
VR1 = IR1·R1 = 1,944·2 = 3,889 V

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: IR1 = 1,645 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​ = 15 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​30 VR4​4 ΩAR5​4 ΩB+−V2​15 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
15·I1 + 4(I1 − I2) = 30
19·I1 − 4·I2 = 30

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
2·I2 + 4(I2 − I1) + 4(I2 − I3) = 0
−4·I1 + 10·I2 − 4·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
12·I3 + 4(I3 − I2) = (−15)
−4·I2 + 16·I3 = −15

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 2480
I1 = Δ1/Δ = 4080/2480 = 1,645 A
I2 = Δ2/Δ = 780/2480 = 0,3145 A
I3 = Δ3/Δ = −2130/2480 = −0,8589 A

Ответ

IR1 = I1 = 1,645 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: IR1 = 0,0625 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​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩAR4​8 ΩBОБРЫВ

Случай 1 · действует только V1

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

R3+R4 = 12+8 = 20 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·20/(10+20) = 6,667 Ω
VA = 6·6,667/(4+6,667) = 3,75 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,75·8/20 = 1,5 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (6 − 3,75)/4 = 0,5625 A
R1​ = 4 ΩR3​ = 12 ΩКЗR2​10 ΩAR4​8 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 = 4·10/(4+10) = 2,857 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 8 ∥ 14,86 = 5,2 Ω
VB = Is·Req = 2·5,2 = 10,4 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 10,4·2,857/14,86 = 2 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 2)/4 = −0,5 A

Сложите составляющие

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 0,5625 + (−0,5) = 0,0625 A

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

8.Метод наложения

Ответ: V2 = 10 V

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

R1​ = 4 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​5 VR3​10 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) = 10 ∥ 40 = 8 Ω
VA = 5·8/(4+8) = 3,333 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,333·10/40 = 0,8333 V
R1​ = 4 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 10 ΩКЗR3​10 ΩAIs​6 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 = 2,857 Ω, поэтому левый путь — R2+2,857 = 32,86 Ω
Req = R4 ∥ 32,86 = 7,667 Ω
VB = −Is·Req = −6·7,667 = −46 V
VA = VB·2,857/32,86 = −4 V

Случай 3 · действует только V2, на один вольт

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

R1 ∥ R3 = 2,857 Ω
VA‴ = V2·2,857/(10 + 30 + 2,857) = 0,06667·V2

Приравниваем VA к нулю

При VA = 0 напряжение на R₃ отсутствует, поэтому ток через него равен нулю.

VA′ + VA″ + VA‴ = 3,333 + (−4) + 0,06667·V2 = 0
V2 = 0,6667/0,06667 = 10 V

Ответ

V2 = 10 V
9.Тевенин и Нортон

Ответ: Vth = 12,86 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​6 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 = 8·6/(8+6) = 3,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,429 + 15 = 18,43 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​6 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) = 30·6/(8+6) = 12,86 V
10.Тевенин и Нортон

Ответ: PL = 5,04 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​ = 4 ΩR3​ = 5 ΩКЗR2​8 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 = 4·8/(4+8) = 2,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,667 + 5 = 7,667 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAIs​4 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) = 16 + (−4)·2,667 = 5,333 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 5,333 + (−4)·5 = −14,67 V
Rth​ = 7,667 Ω−+Vth​14,67 VRL​25 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) = −14,67/(7,667 + 25) = −0,449 A
PL = IL²·RL = −0,449²·25 = 5,04 W
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: W = 0,05556 mJ

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 = 10 mH / 47 Ω = 0,2128 ms
i(∞) = Vs/R = 5/47 = 0,1064 A

Ток в заданный момент

i(t) = 0,1064·(1 − e−1/0,2128) = 0,1054 A

Запасённая энергия

W = ½·L·i² = ½·10·0,1054² = 0,05556 mJ

Ответ

W = 0,05556 mJ
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 6,079 V

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

Начальное значение, конечное значение, постоянная времени

Напряжение на конденсаторе не может измениться скачком, поэтому оно начинается с накопленного значения и стремится к напряжению источника.

vC(0) = 4 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 100 µF = 470 ms
vC(t) = 10 + (4 − 10)·e−t/τ

Напряжение в заданный момент

vC(200) = 10 + (−6)·e−200/470 = 6,079 V

Ответ

vC = 6,079 V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,1822 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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,2 = 75,4 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·100·10⁻⁶) = 26,53 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(25² + (48,87)²) = 54,9 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 10/54,9 = 0,1822 A

Ответ

I = 0,1822 A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: |Z| = 28,22 Ω

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|.

Реактивное сопротивление

XC = 1/(2π·500·22·10⁻⁶) = 14,47 Ω

Параллельное соединение

Умножьте числитель и знаменатель на комплексно сопряжённое число, чтобы разделить Zp на действительную и мнимую части.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 5,661 − j11,74 Ω

Полное сопротивление цепи

Z = 20 + 5,661 − j11,74 = 25,66 − j11,74 Ω
|Z| = √(25,66² + 11,74²) = 28,22 Ω

Ответ

|Z| = 28,22 Ω
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 180,6 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.

Ток линии

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

I = P/(V·cos φ) = 27000/(230·0,65) = 180,6 A

Ответ

I = 180,6 A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: C = 66,31 µF

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* = 4 − j40 Ω

Ёмкость

XC = 40 Ω → C = 1/(2π·60·40) = 66,31 µF

Ответ

C = 66,31 µF
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 9,185 kW

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

Фазное напряжение

Vph = 415/√3 = 239,6 V

Фазный ток

|Z| = √(12² + 9²) = 15 Ω
Iph = 239,6/15 = 15,97 A

Полная активная мощность

Активную мощность потребляет только активная составляющая каждого сопротивления.

P = 3·Iph²·R = 3·15,97²·12 = 9,185 kW

Ответ

P = 9,185 kW

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

18.Трёхфазная мощность

Ответ: QC = 27,35 kvar

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 0,8) = 50·0,75 = 37,5 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,98) = 50·0,2031 = 10,15 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 27,35 kvar

Ответ

QC = 27,35 kvar
19.Трансформаторы

Ответ: a = 4

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.

Согласуйте приведённую нагрузку

a²·5 = 80
a = √(80/5) = √16 = 4

Ответ

a = 4
20.Трансформаторы

Ответ: Ploss = 3609 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.

Потери в меди при этой нагрузке

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,5625·3750 = 2109 W

Суммарные потери

Потери в стали одинаковы при любой нагрузке.

Ploss = 1500 + 2109 = 3609 W

Ответ

Ploss = 3609 W

КПД при этой нагрузке η = 98,81%.

21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vin,max = 2,344 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 = 1 + Rf/R1 = 1 + 100/22 = 5,545

Наибольший вход до ограничения

Vin,max = Vsat/|Av| = 13/5,545 = 2,344 V

Ответ

Vin,max = 2,344 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −5,9 V

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

Входные токи

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

I1 = V1/R1 = −1/100 = −0,01 mA
I2 = V2/R2 = 0,6/1 = 0,6 mA
If = I1 + I2 = 0,59 mA

Выходное напряжение

Vout = −Rf·If = −10·0,59 = −5,9 V

Ответ

Vout = −5,9 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 2,554 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.

Ток базы

IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/390 kΩ = 21,28 µA

Ток коллектора

IC = β·IB = 120·21,28 µA = 2,554 mA

Ответ

IC = 2,554 mA

Проверка: VCE = 5,169 V заметно больше 0,2 V, значит, транзистор действительно в активном режиме.

24.Диоды и транзисторы

Ответ: Rmax = 828 Ω

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 в худшем случае

IR = 20 + 5 = 25 mA

Наибольшее сопротивление

Rmax = 20,7/0,025 = 828 Ω

Ответ

Rmax = 828 Ω
25.Системы счисления

Ответ: U = 237

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

19 = 0001 0011
инвертировано: 1110 1100
+1 → 1110 1101

Прочитайте как беззнаковое

1110 1101₂ = 256 − 19 = 237

Ответ

U = 237
26.Системы счисления

Ответ: M = 1800 KiB

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.

Биты и байты

1280·720·16 = 14745600 bit = 1843200 B

Переведите в KiB

1843200/1024 = 1800 KiB

Ответ

M = 1800 KiB
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 12

Карты Карно: клетки упорядочены по коду Грея (00, 01, 11, 10), поэтому соседние клетки, включая те, что через края, отличаются ровно одной переменной. Группируйте единицы в прямоугольники по 1, 2, 4, 8 или 16 клеток, как можно большие и в как можно меньшем числе, пока не будет покрыта каждая единица. Каждая группа — один член-произведение: переменные, которые внутри неё остаются постоянными. Группа из 2ᵏ клеток теряет k переменных. Безразличные состояния (X) можно использовать, чтобы увеличить группы, но покрывать их не обязательно. Если группировать нули, получится минимальная форма POS.

ABCD000111100001111000010312041507060121131150141819111010

Сгруппируйте единицы

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

BC′D
AD
AB′C′
A′B′CD′

Минимальная форма SOP

F = BC′D + AD + AB′C′ + A′B′CD′
L = 12

Ответ

L = 12
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: Q = 12

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.

Состояние после каждого фронта

1001 → 1100 → 0110 → 0011 → 1001 → 1100

Десятичное значение

1100₂ = 12

Ответ

Q = 12
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.25) = 4,094

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

Разложение знаменателя на множители

s² + 4s + 4 = (s + 2)²

Простые дроби

4s + 19 = 4(s + 2) + 11
F(s) = 4/(s + 2) + 11/(s + 2)²

Обратное преобразование

f(t) = 4·e−2t + 11·t·e−2t
f(0,25) = (4 + 11·0,25)·e−2·0,25 = 4,094

Ответ

f(0,25) = 4,094
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.25) = 6,91

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

Преобразование уравнения

s²Y − 9s − 5 + 9(sY − 9) + 18Y = 0
Y(s) = (9s + 86)/((s + 3)(s + 6))

Простые дроби

A = 59/3 = 19,67
B = 32/(−3) = −10,67

Результат

y(t) = 19,67·e−3t − 10,67·e−6t
y(0,25) = 6,91

Ответ

y(0,25) = 6,91

Проверка: y(0) = A + B = 9.

31.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 0,5469

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

Внутренний контур

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 10/(s + 8 + 10·5) = 10/(s + 58)

Внешний контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 70/(s + 58 + 70) = 70/(s + 128)

Результат

T(0) = 70/128 = 0,5469

Ответ

T(0) = 0,5469
32.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 3,243

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) = 9/(s + 15)

Внешний контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 144/((s + 2)(s + 15) + 14,4)

Статический коэффициент передачи

T(0) = 144/(2·15 + 14,4) = 144/44,4 = 3,243

Ответ

T(0) = 3,243
33.Переходная характеристика

Ответ: tp = 1,814 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 = 4 → ωₙ = 2 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·2) = 0,5

Результат

ωd = 2·√(1 − 0,5²) = 1,732 rad/s → tp = π/ωd = 1,814 s

Ответ

tp = 1,814 s
34.Переходная характеристика

Ответ: tp = 0,3428 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).

Собственная частота и коэффициент демпфирования

ωₙ = √(k/m) = √(400/4) = 10 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 32/(2·√(400·4)) = 0,4

Результат

ωd = 9,165 rad/s
tp = π/ωd = 0,3428 s

Ответ

tp = 0,3428 s
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: |G(jω)| = 13,52 dB

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

Перемножьте модули

|G(j15)| = 1700/(√(15² + 5²)·√(15² + 17²)) = 1700/(15,81·22,67) = 4,742

Результат

20·log₁₀(4,742) = 13,52 dB

Ответ

|G(jω)| = 13,52 dB
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: K = 22,77

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/8) = 1 → ω180 = √(1·8) = 2,828 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 64)) = K/(1·8·(1 + 8)) = K/72

Требуемое усиление

72/K = 1010/20 = 3,162
K = 72/3,162 = 22,77

Ответ

K = 22,77
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: m = 2

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

Таблица Рауса

s³ + 6s² + 5s + K = 0
s³: 1, 5
s²: 6, K
s¹: (6·5 − K)/6
s⁰: K

Наибольший устойчивый коэффициент усиления

Kmax = 6·5 = 30

Множитель

m = 30/15 = 2

Ответ

m = 2

Этот множитель — запас по усилению в разах: 6,021 dB.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: θd = 18,43 °

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

Положения полюсов

s² + 6s + 18 = 0 → s = −3 ± j3
s = −4

Углы от остальных полюсов

∠(−3 + j3 + 4) = atan2(3, 1) = 71,57°
∠(−3 + j3 − (−3 − j3)) = ∠(j6) = 90°

Угол выхода

θd = 180° − 71,57° − 90° = 18,43°

Ответ

θd = 18,43°
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 = 4·5/5 = 4

Ошибка по параболическому воздействию

ess = 2/4 = 0,5

Ответ

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

Ответ: ts = 1,6 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 + 5) + 8·4 = s² + 5s + 32

ωₙ и ζ

ωₙ = √32 = 5,657 rad/s
ζ = 5/(2·5,657) = 0,4419

Время установления

ζωₙ = 5/2 = 2,5
ts ≈ 4/2,5 = 1,6 s

Ответ

ts = 1,6 s

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

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

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