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​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAR4​6 ΩB

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 24 VR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 3 ΩR4 = 6 Ω
Req = Ω
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 2 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​25 ΩAR4​8 ΩBR6​30 Ω

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 25 ΩR3 = 20 ΩR4 = 8 ΩR5 = 12 ΩR6 = 30 Ω
Req = Ω
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAR4​12 ΩBIs​5 A

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

V1 = 10 VIs = 5 AR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩR4 = 12 Ω
VB = V
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 3 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​15 VR3​4 ΩAR5​10 ΩBIs​0,5 A−+V2​18 V

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

V1 = 15 VIs = 0,5 AV2 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 4 ΩR4 = 12 ΩR5 = 10 Ω
VA = V
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 2 ΩR2​ = 6 ΩIR2​+−V1​9 VR3​3 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти ток IR2 через R2 в направлении стрелки.

V1 = 9 VV2 = 10 VR1 = 2 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 Ω
IR2 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 12 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​12 VR4​10 ΩIR4​AR5​2 ΩB+−V2​30 VI1​I2​I3​

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

V1 = 12 VV2 = 30 VR1 = 12 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 ΩR4 = 10 ΩR5 = 2 Ω
IR4 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 20 ΩR3​ = 12 ΩIR3​+−V1​24 VR2​12 ΩAR4​6 ΩBIs​3 A

Используйте метод наложения, чтобы найти мощность PR3, потребляемую R3.

V1 = 24 VIs = 3 AR1 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 12 ΩR4 = 6 Ω
PR3 = W
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 4 ΩR2​ = 2 ΩIR2​R4​ = 3 Ω+−V1​24 VR3​20 ΩAIs​2 AB+−V2​24 V

Используйте метод наложения, чтобы найти ток IR2 через R2 в направлении стрелки.

V1 = 24 VIs = 2 AV2 = 24 VR1 = 4 ΩR2 = 2 ΩR3 = 20 ΩR4 = 3 Ω
IR2 = A
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 10 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩARL​4 ΩIL​B

К a–b подключена нагрузка RL = 4 Ω. Замените остальную цепь эквивалентом Тевенина и найдите ток нагрузки IL.

V1 = 9 VR1 = 10 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 ΩRL = 4 Ω
IL = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAIs​0,5 ABRL​30 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 30 Ω. Замените остальную цепь эквивалентом Тевенина и найдите ток нагрузки IL.

V1 = 15 VIs = 0,5 AR1 = 10 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 ΩRL = 30 Ω
IL = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​24 Vt = 0R = 15 ΩL22 mHi(t)

До замыкания ключа в момент t = 0 тока через катушку нет. Найдите напряжение vL на катушке в момент t = 1 ms.

Vs = 24 VR = 15 ΩL = 22 mHt = 1 ms
vL = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​24 VR1​ = 33 ΩR2​ = 5 Ωзамыкается при t = 0L47 mHi(t)

Ключ, шунтирующий R2, был разомкнут долгое время, поэтому ток катушки установившийся. При t = 0 ключ замыкается и закорачивает R2. Найдите ток катушки i при t = 1 ms.

Vs = 24 VR1 = 33 ΩR2 = 5 ΩL = 47 mHt = 1 ms
i = A
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
24 V200 HzR = 50 ΩL = 200 mHC = 10 µF

Последовательная цепь RLC подключена к сети 24 V (действующее значение), 200 Hz. Найдите угол сдвига фаз φ полного сопротивления в градусах (положительный, когда ток отстаёт от напряжения).

V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 50 ΩL = 200 mHC = 10 µF
φ = °
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
24 V1000 HzR = 100 ΩL = 50 mHC = 10 µF+−VC​

Последовательная цепь RLC подключена к сети 24 V (действующее значение), 1000 Hz. Найдите действующее значение напряжения VC на конденсаторе.

V = 24 V (rms)f = 1000 HzR = 100 ΩL = 50 mHC = 10 µF
VC = V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
230 VZ20 + j15 ΩI

Нагрузка с полным сопротивлением Z = 20 + j15 Ω подключена к однофазной сети 230 V (действующее значение). Найдите потребляемую ею реактивную мощность Q.

V = 230 VZ = 20 + j15 Ω
Q = var
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P = 5 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазная нагрузка потребляет 5 kW при коэффициенте мощности 0,75 (индуктивном) от сети 230 V, 50 Hz. Параллельно подключённый конденсатор повышает коэффициент мощности до 0,92. Найдите новый ток линии Inew.

P = 5 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92V = 230 Vf = 50 Hz
Inew = A
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 400 VNZ = 24 + j18 Ωна фазу

Симметричная нагрузка, соединённая звездой, с полным сопротивлением 24 + j18 Ω на фазу подключена к симметричной трёхфазной сети с линейным напряжением 400 V. Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 400 VZ = 24 + j18 Ω на фазу
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 75 kW при коэффициенте мощности 0,72 (отстающий) от сети 690 V (линейное), 50 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,98 (отстающий). Активная мощность не меняется. Конденсаторы соединены звездой. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 75 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
50 Ω21

К вторичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 2:1 подключён резистор 50 Ω. Найдите сопротивление R1′ со стороны первичной обмотки.

N1:N2 = 2:1RL = 50 Ω
R1′ = Ω
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,8525 kVA, η = 99%

Однофазный трансформатор 25 kVA имеет потери в стали 75 W. При номинальной нагрузке и коэффициенте мощности 0,85 (отстающий) его КПД равен 99%. Найдите потери в меди при номинальной нагрузке Pcu,fl в ваттах.

S = 25 kVAPcore = 75 Wpf = 0,85η = 99%
Pcu,fl = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 2 kΩR1​ = 2 kΩVin​ = −3,5 VRa​ = 4,7 kΩRb​ = 47 kΩ

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

Vin = −3,5 VRa = 4,7 kΩRb = 47 kΩR1 = 2 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = −1,4 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 0,1 VR2​ = 100 kΩ

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

V1 = −1,4 VV2 = 0,1 VR1 = 4,7 kΩR2 = 100 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
+−18 V680 Ω5,6 V470 ΩIZ​ = ?

Стабилизатор на стабилитроне 5,6 V питается от 18 V через 680 Ω и питает нагрузку 470 Ω. Найдите ток стабилитрона IZ.

Vin = 18 VVZ = 5,6 VR = 680 ΩRL = 470 Ω
IZ = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
+−≥ 15 VR = ?5,6 V≤ 30 mA

Стабилизатор на стабилитроне 5,6 V должен питать нагрузку током до 30 mA. Входное напряжение может падать до 15 V, а стабилитрону для стабилизации нужно не менее 2 mA. Найдите наибольшее последовательное сопротивление Rmax, при котором стабилизация сохраняется.

Vin,min = 15 VVZ = 5,6 VIL,max = 30 mAIZ,min = 2 mA
Rmax = Ω
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −115 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −1158 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 0100 1111 XOR 1001 1011. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

0100 1111XOR1001 1011
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABC00011110011001130214150716

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «сумма произведений» (SOP) для F(A, B, C) = Σm(0, 3, 4, 5, 6). Сколько членов-произведений, N, в ней?

F(A, B, C) = Σm(0, 3, 4, 5, 6)
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
ABCD000111100001111010010312X40507X60121131151140809011010

Для F(A, B, C, D) = Σm(0, 2, 13, 14, 15) + d(4, 6), где d обозначает безразличные состояния, найдите число N существенных простых импликант.

F(A, B, C, D) = Σm(0, 2, 13, 14, 15) + d(4, 6)
N =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm−1−2−3−4−5−61

F(s) = (3s + 8)/(s² + 7s + 6). Её оригинал имеет вид f(t) = A·e−t + B·e−6t. Найдите коэффициент A разложением на простые дроби.

F(s) = (3s + 8)/(s² + 7s + 6)
A =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,8y(0,8) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 3y′ + 2y = 8·u(t), где y(0) = 1 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 1. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,8).

y″ + 3y′ + 2y = 8·u(t)y(0) = 1y′(0) = 0u(t) = 1t = 0,8 s
y(0.8) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+5K+10s + 5G(s)C(s)5H₁−−

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

G(s) = 10/(s + 5)H₁ = 5K = 5
T(0) =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+Ks(s + 1)(s + 9)G(s)C(s)−

Объект G(s) = K/(s(s + 1)(s + 9)) 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(s + 1)(s + 9))единичная отрицательная обратная связь
Kmax =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1ts​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 31/(s² + 2s + 31) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 31/(s² + 2s + 31)
ts = s
34.Переходная характеристикаСложная
+−5 VR = 18 ΩL = 10 mHC = 4,7 µFvC​

Последовательная RLC-цепь с R = 18 Ω, L = 10 mH и C = 4,7 µF подключается к ступеньке 5 V при t = 0. Конденсатор не заряжен, и до ступеньки ток не течёт. Найдите время tp первого пика напряжения в ms.

R = 18 ΩL = 10 mHC = 4,7 µFV = 5 V
tp = ms
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​L = 10 mHC = 1 µFR = 2 Ωvout​

В показанном последовательном RLC-полосовом фильтре выход берётся на R = 2 Ω при L = 10 mH и C = 1 µF. Найдите центральную (резонансную) частоту f0 в Hz.

R = 2 ΩL = 10 mHC = 1 µF
f0 = Hz
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 48/(s(s + 4)). Найдите частоту среза усиления ωc, где |L(jω)| = 1.

L(s) = 48/(s(s + 4))
ωc = rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K = 121s(s + 1)(s + 5)C(s)−

Контур на схеме работает при K = 12, 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 = 12
m =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2−1

Для контура L(s) = K/(s(s + 3)(s + 8)) найдите коэффициент усиления K, при котором полюс замкнутой системы находится в точке s = −1.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 8))s = −1
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
R(s)+K = 22,50,5s + 1C(s)−

Процесс G(s) = 2,5/(0,5s + 1) управляется пропорциональным коэффициентом усиления K = 2 в контуре с единичной обратной связью. Найдите установившуюся ошибку ess по ступеньке в процентах от величины ступеньки.

G(s) = 2,5/(0,5s + 1)K = 2
ess = %
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 45s(s + 2)C(s)−

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

G(s) = 5/(s(s + 2))K = 4
ts = s

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 17,14 Ω

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAR4​6 ΩB

Объединяйте резисторы с дальнего конца

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

R3 + R4 = 3 + 6 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 12·9/(12+9) = 5,143 Ω
Req = R1 + 5,143 = 12 + 5,143 = 17,14 Ω

Ответ

Req = 17,14 Ω
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 14,92 Ω

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​25 ΩAR4​8 ΩBR6​30 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 = 12 + 30 = 42 Ω
R4 ∥ 42 = 6,72 Ω
R3 + 6,72 = 26,72 Ω
R2 ∥ 26,72 = 12,92 Ω
Req = R1 + 12,92 = 2 + 12,92 = 14,92 Ω

Ответ

Req = 14,92 Ω
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 27,89 V

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAR4​12 ΩBIs​5 A

Определите узлы

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

ЗТК в узле A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/5 + (VA − 10)/6 + (VA − VB)/6 = 0
0,5333·VA − 0,1667·VB = 1,667

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/12 + (VB − VA)/6 = 5
−0,1667·VA + 0,25·VB = 5

Решите

Δ = (0,5333)(0,25) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,1056
VA = Δ1/Δ = 1,25/0,1056 = 11,84 V
VB = Δ2/Δ = 2,944/0,1056 = 27,89 V

Ответ

VB = 27,89 V
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: VA = 7,171 V

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

R1​ = 3 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​15 VR3​4 ΩAR5​10 ΩBIs​0,5 A−+V2​18 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 15 V, V2 = −18 V). Неизвестные: VA, VB.

ЗТК в узле A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/4 + (VA − 15)/3 + (VA − VB)/10 = 0
0,6833·VA − 0,1·VB = 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/10 + (VB − VA)/10 + (VB − (−18))/12 = 0,5
−0,1·VA + 0,2833·VB = −1

Решите

Δ = (0,6833)(0,2833) − (−0,1)(−0,1) = 0,1836
VA = Δ1/Δ = 1,317/0,1836 = 7,171 V
VB = Δ2/Δ = −0,1833/0,1836 = −0,9985 V

Ответ

VA = 7,171 V
5.Метод контурных токов

Ответ: IR2 = −0,6389 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​ = 2 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​9 VR3​3 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 + 3(I1 − I2) = 9
5·I1 − 3·I2 = 9

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
6·I2 + 3(I2 − I1) = (−10)
−3·I1 + 9·I2 = −10

Решите

Δ = (5)(9) − (−3)(−3) = 36
I1 = Δ1/Δ = 51/36 = 1,417 A
I2 = Δ2/Δ = −23/36 = −0,6389 A

Ответ

IR2 = I2 = −0,6389 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: IR4 = 0,7558 A

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

R1​ = 12 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​12 VR4​10 ΩAR5​2 ΩB+−V2​30 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
12·I1 + 10(I1 − I2) = 12
22·I1 − 10·I2 = 12

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
5·I2 + 10(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 17·I2 − 2·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
4·I3 + 2(I3 − I2) = (−30)
−2·I2 + 6·I3 = −30

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 1556
I1 = Δ1/Δ = 576/1556 = 0,3702 A
I2 = Δ2/Δ = −600/1556 = −0,3856 A
I3 = Δ3/Δ = −7980/1556 = −5,129 A

Ответ

IR4 = I1 − I2 = 0,7558 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: PR3 = 1,495 W

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​12 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 = 12+6 = 18 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 12·18/(12+18) = 7,2 Ω
VA = 24·7,2/(20+7,2) = 6,353 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 6,353·6/18 = 2,118 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (6,353 − 2,118)/12 = 0,3529 A
R1​ = 20 ΩR3​ = 12 ΩКЗR2​12 ΩAR4​6 ΩBIs​3 A

Случай 2 · действует только Is

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

R1 ∥ R2 = 20·12/(20+12) = 7,5 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 19,5 = 4,588 Ω
VB = Is·Req = 3·4,588 = 13,76 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 13,76·7,5/19,5 = 5,294 V
IR3″ = (VA − VB)/R3 = (5,294 − 13,76)/12 = −0,7059 A

Складываем вклады токов

IR3 = IR3′ + IR3″ = 0,3529 + (−0,7059) = −0,3529 A

Мощность в резисторе

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

PR3 = IR3²·R3 = (−0,3529)²·12 = 1,495 W

Ответ

PR3 = 1,495 W

Сложение мощностей отдельных случаев дало бы 7,474 W, что неверно.

8.Метод наложения

Ответ: IR2 = 1,2 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 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​24 VR3​20 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) = 20 ∥ 5 = 4 Ω
VA = 24·4/(4+4) = 12 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 12·3/5 = 7,2 V
IR2′ = (VB − VA)/R2 = (7,2 − 12)/2 = −2,4 A
R1​ = 4 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 3 ΩКЗR3​20 ΩAIs​2 ABКЗ

Случай 2 · действует только Is

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

R1 ∥ R3 = 3,333 Ω, поэтому левый путь — R2+3,333 = 5,333 Ω
Req = R4 ∥ 5,333 = 1,92 Ω
VB = Is·Req = 2·1,92 = 3,84 V
VA = VB·3,333/5,333 = 2,4 V
IR2″ = (VB − VA)/R2 = (3,84 − 2,4)/2 = 0,72 A
R1​ = 4 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 3 ΩКЗR3​20 ΩAОБРЫВB+−V2​24 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 = 4·20/(4+20) = 3,333 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 24·5,333/8,333 = 15,36 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 15,36·3,333/5,333 = 9,6 V
IR2‴ = (VB − VA)/R2 = (15,36 − 9,6)/2 = 2,88 A

Сложите составляющие

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴
IR2 = (−2,4) + 0,72 + 2,88 = 1,2 A

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

9.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 0,1837 A

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 5 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 = 10·3/(10+3) = 2,308 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,308 + 5 = 7,308 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 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) = 9·3/(10+3) = 2,077 V
Rth​ = 7,308 Ω+−Vth​2,077 VRL​4 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) = 2,077/(7,308 + 4) = 0,1837 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 0,2243 A

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 6 ΩКЗR2​4 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 = 10·4/(10+4) = 2,857 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,857 + 6 = 8,857 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAIs​0,5 ABab+−Vth​

Найдите Vth — напряжение холостого хода

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 4,286 + 0,5·2,857 = 5,714 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 5,714 + 0,5·6 = 8,714 V
Rth​ = 8,857 Ω+−Vth​8,714 VRL​30 ΩIL​

Подключите нагрузку к эквиваленту Тевенина

Источник Тевенина и последовательный R_th ведут себя на a–b точно как исходная цепь, поэтому нагрузка видит простой последовательный контур.

IL = Vth/(Rth + RL) = 8,714/(8,857 + 30) = 0,2243 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vL = 12,14 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.

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 = 22 mH / 15 Ω = 1,467 ms
i(∞) = Vs/R = 24/15 = 1,6 A

Напряжение на катушке

В момент t = 0 всё напряжение питания приложено к катушке; затем оно спадает до нуля.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 24·e−1/1,467 = 12,14 V

Ответ

vL = 12,14 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: i = 0,6799 A

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

Начальное значение, конечное значение, постоянная времени

До t = 0 в контур входят оба резистора; после этого замкнутый ключ шунтирует R₂.

i(0) = 24/(33 + 5) = 0,6316 A
i(∞) = 24/33 = 0,7273 A
τ = L/R = 47/33 = 1,424 ms
i(t) = 0,7273 + (0,6316 − 0,7273)·e−t/τ

Ток в заданный момент

i(1) = 0,7273 + (−0,09569)·e−1/1,424 = 0,6799 A

Ответ

i = 0,6799 A
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: φ = 73,77 °

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

Реактивные сопротивления

ω = 2πf = 2π·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,2 = 251,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·10·10⁻⁶) = 79,58 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(50² + (171,7)²) = 178,9 Ω

Угол сдвига фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(171,7/50) = 73,77°

Ответ

φ = 73,77°
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: VC = 1,214 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 = 6283·0,05 = 314,2 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) = √(100² + (298,2)²) = 314,6 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 24/314,6 = 0,0763 A

Напряжение на конденсаторе

VC = I·XC = 0,0763·15,92 = 1,214 V

Ответ

VC = 1,214 V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Q = 1270 var

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

|Z| = √(20² + 15²) = 25 Ω
I = V/|Z| = 230/25 = 9,2 A

Реактивная мощность

Q = I²·X = 9,2²·15 = 1270 var

Ответ

Q = 1270 var
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Inew = 23,63 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 = P·tan φ1 = 5·tan(41,41°) = 4,41 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(23,07°) = 2,13 kvar
QC = Q1 − Q2 = 2,28 kvar

Новый ток линии

Inew = P/(V·cos φ2) = 5000/(230·0,92) = 23,63 A

Ответ

Inew = 23,63 A
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 4,267 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 = 400/√3 = 230,9 V

Фазный ток

|Z| = √(24² + 18²) = 30 Ω
Iph = 230,9/30 = 7,698 A

Полная активная мощность

Активную мощность потребляет только активная составляющая каждого сопротивления.

P = 3·Iph²·R = 3·7,698²·24 = 4,267 kW

Ответ

P = 4,267 kW

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

18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 381,5 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 = 75·tan(acos 0,72) = 75·0,9639 = 72,29 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,98) = 75·0,2031 = 15,23 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 57,06 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 19020/(314,2·398,4²) = 381,5 µF

Ответ

Cph = 381,5 µF
19.Трансформаторы

Ответ: R1′ = 200 Ω

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.

Приведённое сопротивление

Напряжение растёт в a раз, а ток уменьшается в a раз, поэтому отношение V/I растёт в a² раз.

R1′ = a²·RL = 2²·50 = 200 Ω

Ответ

R1′ = 200 Ω
20.Трансформаторы

Ответ: Pcu,fl = 139,6 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 = 25·0,85 = 21,25 kW
Pin = 21250/0,99 = 21465 W

Суммарные потери и потери в меди

Ploss = 21465 − 21250 = 214,6 W
Pcu,fl = 214,6 − 75 = 139,6 W

Ответ

Pcu,fl = 139,6 W
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −6,364 V

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

Напряжение на входе +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = −3,5·47/(4,7 + 47) = −3,182 V

Коэффициент усиления неинвертирующего усилителя

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

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = −3,182·(1 + 2/2) = −6,364 V

Ответ

Vout = −6,364 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 2,969 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 = −1,4/4,7 = −0,2979 mA
I2 = V2/R2 = 0,1/100 = 0,001 mA
If = I1 + I2 = −0,2969 mA

Выходное напряжение

Vout = −Rf·If = −10·(−0,2969) = 2,969 V

Ответ

Vout = 2,969 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IZ = 6,32 mA

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

Ток резистора

IR = 12,4/680 = 18,24 mA

Ток нагрузки

IL = 5,6/470 = 11,91 mA

Ток стабилитрона

IZ = 18,24 − 11,91 = 6,32 mA

Ответ

IZ = 6,32 mA
24.Диоды и транзисторы

Ответ: Rmax = 293,8 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 = 30 + 2 = 32 mA

Наибольшее сопротивление

Rmax = 9,4/0,032 = 293,8 Ω

Ответ

Rmax = 293,8 Ω
25.Системы счисления

Ответ: U = 141

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

115 = 0111 0011
инвертировано: 1000 1100
+1 → 1000 1101

Прочитайте как беззнаковое

1000 1101₂ = 256 − 115 = 141

Ответ

U = 141
26.Системы счисления

Ответ: R = 212

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

Бит за битом

XOR даёт 1 там, где два бита различаются.

0100 1111
XOR 1001 1011
= 1101 0100

Значение результата

1101 0100₂ = 212

Ответ

R = 212
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.

ABC00011110011001130214150716

Сгруппируйте единицы

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

B′C′
AC′
AB′
A′BC

Минимальная форма SOP

F = B′C′ + AC′ + AB′ + A′BC
N = 4

Ответ

N = 4
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 2

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

Простые импликанты

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

BCD′, A′D′, ABD, ABC
ABCD000111100001111010010312X40507X60121131151140809011010

Существенные простые импликанты

A′D′, ABD
N = 2

Ответ

N = 2
29.Преобразования Лапласа

Ответ: A = 1

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 + 7s + 6 = (s + 1)(s + 6)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 6)

Правило закрытия

Умножьте на (s + 1) и положите s = −1: слагаемое с B обращается в нуль.

A = (3s + 8)/(s + 6) |s = −1 = 5/5 = 1

Ответ

A = 1
(B = 2, поэтому f(t) = e−t + 2·e−6t)
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.8) = 1,91

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

(s² + 3s + 2)·Y(s) = 1s + 3 + 8/s
Y(s) = (s² + 3s + 8)/(s(s + 1)(s + 2))

Простые дроби

A = 8/(1·2) = 4
B = 6/((−1)·1) = −6
C = 6/((−2)·(−1)) = 3

Результат

y(t) = 4 − 6·e−t + 3·e−2t
y(0,8) = 1,91

Ответ

y(0,8) = 1,91

Проверка: y(0) = A + B + C = 1.

31.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 0,4762

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 + 5 + 10·5) = 10/(s + 55)

Внешний контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 50/(s + 55 + 50) = 50/(s + 105)

Результат

T(0) = 50/105 = 0,4762

Ответ

T(0) = 0,4762
32.Структурные схемы

Ответ: Kmax = 90

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 + 9s + K = 0

Таблица Рауса

s³ | 1 9
s² | 10 K
s¹ | (10·9 − K)/10
s⁰ | K

Граница устойчивости

Все элементы первого столбца должны быть положительными.

Kmax = 10·9 = 90

Ответ

Kmax = 90
33.Переходная характеристика

Ответ: ts = 4 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 = 31 → ωₙ = 5,568 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·5,568) = 0,1796

Результат

ζωₙ = 1 → ts ≈ 4/1 = 4 s

Ответ

ts = 4 s
34.Переходная характеристика

Ответ: tp = 0,6944 ms

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 = 1/√(LC) = 1/√(0,01·4,7 × 10⁻⁶) = 4613 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (18/2)·√(4,7 × 10⁻⁶/0,01) = 0,1951

Результат

ωd = 4524 rad/s
tp = π/ωd = 0,6944 ms

Ответ

tp = 0,6944 ms
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: f0 = 1592 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/√(0,01·1 × 10⁻⁶) = 10000 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 1592 Hz

Ответ

f0 = 1592 Hz
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ωc = 6,377 rad/s

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

Частота среза усиления

ω⁴ + 16ω² − 2304 = 0
ω² = (−16 + √(256 + 4·2304))/2 = 40,66
ωc = 6,377 rad/s

Ответ

ωc = 6,377 rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: m = 2,5

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 = 30/12 = 2,5

Ответ

m = 2,5

Этот множитель — запас по усилению в разах: 7,959 dB.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 14

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.

Условие по модулю

K = |s|·|s + 3|·|s + 8|

Вычислите в этой точке

K = 1·2·7 = 14

Ответ

K = 14

Проверка: s(s + 3)(s + 8) + K равно нулю при s = −1.

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 16,67 %

Установившаяся ошибка: в контуре с единичной обратной связью и передаточной функцией разомкнутой системы G(s) ошибка равна E(s) = R(s)/(1 + G(s)), а по теореме о конечном значении ess = lims→0 s·E(s). Тип системы — это число полюсов G(s) в точке s = 0. Коэффициенты ошибок: Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) и Ka = lim s²·G(s), все при s → 0. Ступенчатое воздействие величиной A даёт ess = A/(1 + Kp), линейное A·t даёт A/Kv, а параболическое A·t²/2 даёт A/Ka. Контур типа 0 отслеживает ступеньку с конечной ошибкой, контур типа 1 отслеживает её точно, а линейное воздействие — с конечной ошибкой.

Коэффициент позиционной ошибки

Kp = 2·2,5 = 5

Ошибка по ступеньке

ess = 100/(1 + 5) = 16,67 %

Ответ

ess = 16,67 %
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ts = 4 s

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

Характеристический полином

s(s + 2) + 4·5 = s² + 2s + 20

ωₙ и ζ

ωₙ = √20 = 4,472 rad/s
ζ = 2/(2·4,472) = 0,2236

Время установления

ζωₙ = 2/2 = 1
ts ≈ 4/1 = 4 s

Ответ

ts = 4 s

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

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

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