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​ = 12 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​2 ΩB

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 9 VR1 = 12 ΩR2 = 3 ΩR3 = 12 ΩR4 = 2 Ω
Req = Ω
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 4 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩIR2​AR4​30 ΩBR6​6 Ω

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 5 ΩR3 = 25 ΩR4 = 30 ΩR5 = 4 ΩR6 = 6 Ω
IR2 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 10 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAR4​20 ΩBIs​3 A

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

V1 = 24 VIs = 3 AR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 ΩR4 = 20 Ω
VB = V
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 6 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​36 VR3​12 ΩAR5​12 ΩBIs​0,5 A+−V2​18 V

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

V1 = 36 VIs = 0,5 AV2 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 ΩR4 = 4 ΩR5 = 12 Ω
VB = V
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 20 ΩR2​ = 5 Ω+−V1​6 VR3​4 ΩIR3​A+−V2​9 VI1​I2​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти ток IR3 через R3 в направлении стрелки.

V1 = 6 VV2 = 9 VR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 Ω
IR3 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 12 ΩR2​ = 12 ΩIR2​R3​ = 3 Ω+−V1​36 VR4​8 ΩAR5​5 ΩB+−V2​30 VI1​I2​I3​

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

V1 = 36 VV2 = 30 VR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 3 ΩR4 = 8 ΩR5 = 5 Ω
IR2 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 10 ΩR3​ = 6 ΩIR3​+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​10 ΩBIs​?

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

V1 = 15 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 ΩR4 = 10 Ω
Is = A
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 25 ΩR2​ = 3 Ω+−VR2​R4​ = 8 Ω+−V1​12 VR3​4 ΩAIs​1 AB+−V2​18 V

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

V1 = 12 VIs = 1 AV2 = 18 VR1 = 25 ΩR2 = 3 ΩR3 = 4 ΩR4 = 8 Ω
VR2 = V
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAab

Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.

V1 = 30 VR1 = 6 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 12 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​36 VR2​30 ΩAIs​2,5 ABRL​4 ΩIL​

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

V1 = 36 VIs = 2,5 AR1 = 12 ΩR2 = 30 ΩR3 = 5 ΩRL = 4 Ω
IL = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​9 Vt = 0R = 100 ΩL220 mHi(t)

До замыкания ключа в момент t = 0 тока через катушку нет. Найдите ток i в момент t = 5 ms.

Vs = 9 VR = 100 ΩL = 220 mHt = 5 ms
i = A
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​20 Vt = 0R = 10 kΩC100 µF+−vC​vC​(0) = 24 V

Непосредственно перед замыканием ключа в момент t = 0 конденсатор заряжен до 24 V с указанной полярностью. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 400 ms.

Vs = 20 VR = 10 kΩC = 100 µFvC(0) = 24 Vt = 400 ms
vC = V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
120 V200 HzR = 30 ΩL = 20 mHC = 22 µF

Последовательная цепь RLC подключена к сети 120 V (действующее значение), 200 Hz. Найдите угол сдвига фаз φ полного сопротивления в градусах (положительный, когда ток отстаёт от напряжения).

V = 120 V (rms)f = 200 HzR = 30 ΩL = 20 mHC = 22 µF
φ = °
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
100 V200 HzR1​ = 50 ΩR2​ = 100 ΩC = 10 µF

Резистор R1 включён последовательно с параллельным соединением R2 и конденсатора C в сеть 100 V (действующее значение), 200 Hz. Найдите модуль полного сопротивления |Z|.

V = 100 V (rms)f = 200 HzR1 = 50 ΩR2 = 100 ΩC = 10 µF
|Z| = Ω
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
400 V112 kW, 0,7211 kW, 1I

К однофазной сети 400 V параллельно подключены две нагрузки: нагрузка 12 kW при коэффициенте мощности 0,7 (индуктивном) и нагреватель мощностью 11 kW (коэффициент мощности 1). Найдите общий коэффициент мощности cos φ со стороны сети.

V = 400 VP1 = 12 kW, pf1 = 0,7 отстающийP2 = 11 kW, pf2 = 1
cos φ =
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P1​ = 113 kWQ1​S1​φ

Однофазный трансформатор 200 kVA питает нагрузку 113 kW при коэффициенте мощности 0,85 (индуктивном). Какую дополнительную активную мощность ΔP можно добавить в виде активной нагрузки (коэффициент мощности 1), прежде чем трансформатор достигнет своей номинальной мощности в kVA?

Smax = 200 kVAP1 = 113 kWpf1 = 0,85
ΔP = kW
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M15 kW, η = 95%cos φ = 0,88

Трёхфазный асинхронный двигатель при полной нагрузке развивает механическую мощность 15 kW. При этой нагрузке его КПД равен 95%, а коэффициент мощности 0,88 (отстающий). Линейное напряжение сети 400 V. Найдите линейный ток IL.

Pout = 15 kWη = 95%cos φ = 0,88VL = 400 V
IL = A
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 120 kW при коэффициенте мощности 0,8 (отстающий) от сети 400 V (линейное), 60 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 = 120 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
7200 V240 VIHV​ = ?ILV​150 kVA

Однофазный трансформатор 150 kVA, 7200/240 V работает при номинальной нагрузке. Считайте его идеальным. Найдите ток IHV в обмотке высшего напряжения.

S = 150 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
IHV = A
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,95150 kVA, η = 98,5%

Однофазный трансформатор 150 kVA имеет потери в стали 1200 W. При номинальной нагрузке и коэффициенте мощности 0,95 (отстающий) его КПД равен 98,5%. Найдите потери в меди при номинальной нагрузке Pcu,fl в ваттах.

S = 150 kVAPcore = 1200 Wpf = 0,95η = 98,5%
Pcu,fl = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 47 kΩR1​ = 22 kΩVin​ = 1,2 V

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

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

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

V1 = −1,3 VV2 = −2 VR1 = 10 kΩR2 = 4,7 kΩRf = 1 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 3,3 kΩβ = 100IC​ = ?RE​ = 1,2 kΩVCC​ = 15 VR1​ = 47 kΩR2​ = 15 kΩ

NPN-транзистор с β = 100 смещён делителем напряжения от VCC = 15 V: R₁ = 47 kΩ от VCC к базе и R₂ = 15 kΩ от базы к земле. Резистор коллектора RC = 3,3 kΩ, резистор эмиттера RE = 1,2 kΩ. Примите VBE = 0,7 V и используйте эквивалент Тевенена для делителя (ток базы не пренебрегайте). Найдите ток коллектора IC в mA.

VCC = 15 VR1 = 47 kΩR2 = 15 kΩRC = 3,3 kΩRE = 1,2 kΩβ = 100
IC = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 470 Ωβ = 200VCC​ = 9 V3,3 VRB​ = ?

NPN-транзистор с β = 200 коммутирует нагрузочный резистор 470 Ω, включённый между VCC = 9 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 3,3 V через резистор базы RB. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Для надёжного переключения рассчитайте ток базы в 3 раз больше минимального, нужного для насыщения. Найдите RB в kΩ.

VCC = 9 VRC = 470 Ωβ = 200Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vкоэффициент запаса = 3
RB = kΩ
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код?−128?64?32?16?8?4?2?1

Запишите −29 как 8-битную комбинацию в дополнительном коде. Прочитайте комбинацию как беззнаковое двоичное число: каково его значение U в десятичной системе?

N = −298 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
4069 кодов, b = ? бит?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Система должна присвоить каждому из 4069 элементов собственный двоичный код одинаковой длины. Какое наименьшее число битов b нужно?

4069
b = bit
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABCD000111100001111010111312041517160120131151140809111110

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «сумма произведений» (SOP) для F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 3, 5, 6, 7, 10, 11, 14, 15). Сколько всего литералов, L, она содержит (переменная со штрихом считается одним литералом)?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 3, 5, 6, 7, 10, 11, 14, 15)
L =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
CLKJK1234567

Триггер JK, срабатывающий по переднему фронту, начинает с Q = 0 и получает показанные входы на 7 передних фронтах тактового сигнала. Сколько раз, N, Q меняет состояние?

Q₀ = 0JK
N =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81

F(s) = (3s + 15)/(s² + 13s + 42). Её оригинал имеет вид f(t) = A·e−6t + B·e−7t. Найдите коэффициент A разложением на простые дроби.

F(s) = (3s + 15)/(s² + 13s + 42)
A =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Решите y″ + 5y′ + 4y = 0 при y(0) = −4 и y′(0) = −8 с помощью преобразования Лапласа и найдите y(0,3).

y″ + 5y′ + 4y = 0y(0) = −4y′(0) = −8t = 0,3 s
y(0.3) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+4K+6s + 7G(s)C(s)1H₁−−

Объект G(s) = 6/(s + 7) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 1. Коэффициент регулятора K = 4, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите полюс замкнутой системы p.

G(s) = 6/(s + 7)H₁ = 1K = 4
p =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+Kрегулятор+D(s)+10s + 8объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 10/(s + 8) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Ступенька возмущения величиной 2 действует на входе объекта при R = 0. Найдите наименьший коэффициент K, при котором установившийся выход не превышает 0,5.

G(s) = 10/(s + 8)D = 2css ≤ 0,5
K =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)2

Система имеет передаточную функцию G(s) = 30/(s² + 6s + 15) и получает на вход единичную ступеньку. Полюсы равны s = σ ± jωd. Найдите вещественную часть σ.

G(s) = 30/(s² + 6s + 15)
σ =
34.Переходная характеристикаСложная
k = 5000 N/mc = 80 N·s/mm = 2 kgF = 25 Nx(t)

Масса m = 2 kg подвешена на пружине k = 5000 N/m с вязким демпфером c = 80 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 25 N. Найдите перерегулирование %OS смещения в процентах.

m = 2 kgk = 5000 N/mc = 80 N·s/mF = 25 N
%OS = %
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​L = 10 mHC = 2,2 µFR = 10 Ωvout​

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

R = 10 ΩL = 10 mHC = 2,2 µF
f0 = Hz
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 200/(s(s + 20)). Найдите частоту среза усиления ωc, где |L(jω)| = 1.

L(s) = 200/(s(s + 20))
ωc = rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K = 1201s(s + 2)(s + 10)C(s)−

Контур на схеме работает при K = 120, L(s) = K/(s(s + 2)(s + 10)). Во сколько раз m можно увеличить коэффициент усиления, прежде чем замкнутая система станет неустойчивой?

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 10))K = 120
m =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−5j5

Эскиз корневого годографа для L(s) = K/((s + 2)(s + 4)(s + 5)). Найдите частоту ω, на которой годограф пересекает мнимую ось.

L(s) = K/((s + 2)(s + 4)(s + 5))
ω = rad/s
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 4·t²/2+2(s + 1)s²(s + 2)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 2(s + 1)/(s²(s + 2)) подан параболический вход r(t) = 4·t²/2. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 2(s + 1)/(s²(s + 2))r(t) = 4·t²/2
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+Kp​ + Ki​/s10s + 4C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s управляет объектом G(s) = 10/(s + 4) в контуре с единичной обратной связью. Замкнутая система должна иметь ωₙ = 8 rad/s и ζ = 1. Найдите интегральный коэффициент Ki.

G(s) = 10/(s + 4)ωₙ = 8 rad/sζ = 1
Ki =

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 14,47 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​ = 12 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​2 ΩB

Объединяйте резисторы с дальнего конца

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

R3 + R4 = 12 + 2 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 3·14/(3+14) = 2,471 Ω
Req = R1 + 2,471 = 12 + 2,471 = 14,47 Ω

Ответ

Req = 14,47 Ω
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 0,936 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​ = 4 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩAR4​30 ΩBR6​6 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 = 4 + 6 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 7,5 Ω
R3 + 7,5 = 32,5 Ω
R2 ∥ 32,5 = 4,333 Ω
Req = R1 + 4,333 = 4 + 4,333 = 8,333 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 9/8,333 = 1,08 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 9 − 1,08·4 = 4,68 V
IR2 = VA/R2 = 4,68/5 = 0,936 A

Ответ

IR2 = 0,936 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 16,36 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​ = 10 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAR4​20 ΩBIs​3 A

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 24 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/2 + (VA − 24)/10 + (VA − VB)/4 = 0
0,85·VA − 0,25·VB = 2,4

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/20 + (VB − VA)/4 = 3
−0,25·VA + 0,3·VB = 3

Решите

Δ = (0,85)(0,3) − (−0,25)(−0,25) = 0,1925
VA = Δ1/Δ = 1,47/0,1925 = 7,636 V
VB = Δ2/Δ = 3,15/0,1925 = 16,36 V

Ответ

VB = 16,36 V
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 17,45 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 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​36 VR3​12 ΩAR5​12 ΩBIs​0,5 A+−V2​18 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 36 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/12 + (VA − 36)/6 + (VA − VB)/4 = 0
0,5·VA − 0,25·VB = 6

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/12 + (VB − VA)/4 + (VB − 18)/4 = 0,5
−0,25·VA + 0,5833·VB = 5

Решите

Δ = (0,5)(0,5833) − (−0,25)(−0,25) = 0,2292
VA = Δ1/Δ = 4,75/0,2292 = 20,73 V
VB = Δ2/Δ = 4/0,2292 = 17,45 V

Ответ

VB = 17,45 V
5.Метод контурных токов

Ответ: IR3 = 1,05 A

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

R1​ = 20 ΩR2​ = 5 Ω+−V1​6 VR3​4 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
20·I1 + 4(I1 − I2) = 6
24·I1 − 4·I2 = 6

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
5·I2 + 4(I2 − I1) = (−9)
−4·I1 + 9·I2 = −9

Решите

Δ = (24)(9) − (−4)(−4) = 200
I1 = Δ1/Δ = 18/200 = 0,09 A
I2 = Δ2/Δ = −192/200 = −0,96 A

Ответ

IR3 = I1 − I2 = 1,05 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: IR2 = −0,2329 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​ = 12 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​36 VR4​8 ΩAR5​5 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 + 8(I1 − I2) = 36
20·I1 − 8·I2 = 36

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
12·I2 + 8(I2 − I1) + 5(I2 − I3) = 0
−8·I1 + 25·I2 − 5·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
3·I3 + 5(I3 − I2) = (−30)
−5·I2 + 8·I3 = −30

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 2988
I1 = Δ1/Δ = 5100/2988 = 1,707 A
I2 = Δ2/Δ = −696/2988 = −0,2329 A
I3 = Δ3/Δ = −11640/2988 = −3,896 A

Ответ

IR2 = I2 = −0,2329 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: Is = 1 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​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​10 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 = 6+10 = 16 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 20·16/(20+16) = 8,889 Ω
VA = 15·8,889/(10+8,889) = 7,059 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 7,059·10/16 = 4,412 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (7,059 − 4,412)/6 = 0,4412 A

Случай 2 · действует только Is

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

R1 ∥ R2 = 6,667 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·10/22,67 = −0,4412·Is

Приравниваем сумму к нулю

IR3′ + IR3″ = 0,4412 − 0,4412·Is = 0
Is = 0,4412/0,4412 = 1 A

Ответ

Is = 1 A
8.Метод наложения

Ответ: VR2 = −1,733 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​ = 25 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​12 VR3​4 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) = 4 ∥ 11 = 2,933 Ω
VA = 12·2,933/(25+2,933) = 1,26 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,26·8/11 = 0,9165 V
VR2′ = VA − VB = 1,26 − 0,9165 = 0,3437 V
R1​ = 25 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 8 ΩКЗR3​4 ΩAIs​1 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 = 3,448 Ω, поэтому левый путь — R2+3,448 = 6,448 Ω
Req = R4 ∥ 6,448 = 3,57 Ω
VB = Is·Req = (−1)·3,57 = −3,57 V
VA = VB·3,448/6,448 = −1,909 V
VR2″ = VA − VB = −1,909 − −3,57 = 1,661 V
R1​ = 25 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 8 ΩКЗR3​4 ΩAОБРЫВB+−V2​18 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 = 25·4/(25+4) = 3,448 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 18·6,448/14,45 = 8,033 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 8,033·3,448/6,448 = 4,296 V
VR2‴ = VA − VB = 4,296 − 8,033 = −3,737 V

Сложите составляющие

VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = 0,3437 + 1,661 + (−3,737) = −1,733 V

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

9.Тевенин и Нортон

Ответ: Vth = 20 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​ = 6 ΩR3​ = 8 ΩКЗR2​12 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 = 6·12/(6+12) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 8 = 12 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​12 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) = 30·12/(6+12) = 20 V
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = −0,4675 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​ = 12 ΩR3​ = 5 ΩКЗR2​30 ΩAОБРЫВBabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

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

R1 ∥ R2 = 12·30/(12+30) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 5 = 13,57 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​36 VR2​30 ΩAIs​2,5 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) = 25,71 + (−2,5)·8,571 = 4,286 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 4,286 + (−2,5)·5 = −8,214 V
Rth​ = 13,57 Ω−+Vth​8,214 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) = −8,214/(13,57 + 4) = −0,4675 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: i = 0,08073 A

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

Постоянная времени и конечный ток

Спустя долгое время после замыкания катушка ведёт себя как короткое замыкание, поэтому конечный ток определяется только R.

τ = L/R = 220 mH / 100 Ω = 2,2 ms
i(∞) = Vs/R = 9/100 = 0,09 A

Ток в заданный момент

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,09·(1 − e−5/2,2) = 0,08073 A

Ответ

i = 0,08073 A
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 22,68 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) = 24 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 10 kΩ · 100 µF = 1000 ms
vC(t) = 20 + (24 − 20)·e−t/τ

Напряжение в заданный момент

vC(400) = 20 + (4)·e−400/1000 = 22,68 V

Ответ

vC = 22,68 V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: φ = −20,2 °

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

Реактивные сопротивления

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

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(30² + (−11,04)²) = 31,97 Ω

Угол сдвига фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−11,04/30) = −20,2°

Ответ

φ = −20,2°
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: |Z| = 101,3 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·200·10·10⁻⁶) = 79,58 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 = 38,77 − j48,72 Ω

Полное сопротивление цепи

Z = 50 + 38,77 − j48,72 = 88,77 − j48,72 Ω
|Z| = √(88,77² + 48,72²) = 101,3 Ω

Ответ

|Z| = 101,3 Ω
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: cos φ = 0,8827

Мощность переменного тока: полная мощность S = V·I (VA) складывается из активной мощности P = S·cos φ (W), совершающей полезную работу, и реактивной мощности Q = S·sin φ (var), которая колеблется между источником и нагрузкой. Коэффициент мощности — cos φ. Параллельный конденсатор поставляет реактивную мощность на месте, поэтому ток линии уменьшается при той же активной мощности.

Реактивная мощность каждой нагрузки

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

Q1 = 12·tan(arccos 0,7) = 12,24 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Суммы

P = 12 + 11 = 23 kW
Q = 12,24 + 0 = 12,24 kvar
S = √(23² + 12,24²) = 26,06 kVA

Общий коэффициент мощности

cos φ = P/S = 23/26,06 = 0,8827 отстающий

Ответ

cos φ = 0,8827
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: ΔP = 74,34 kW

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 существующей нагрузки

Q1 = 113·tan(arccos 0,85) = 70,03 kvar

Наибольшая суммарная активная мощность

При полной нагрузке S = Smax, а Q от активной нагрузки не меняется.

P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 70,03²) = 187,3 kW

Дополнительная активная мощность

ΔP = 187,3 − 113 = 74,34 kW

Ответ

ΔP = 74,34 kW
17.Трёхфазная мощность

Ответ: IL = 25,9 A

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.

Потребляемая электрическая мощность

Pin = Pout/η = 15/0,95 = 15,79 kW

Ток линии

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 15789/(√3·400·0,88) = 25,9 A

Ответ

IL = 25,9 A
18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 1088 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 = 120·tan(acos 0,8) = 120·0,75 = 90 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,98) = 120·0,2031 = 24,37 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 65,63 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 400/√3 = 230,9 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 21878/(377·230,9²) = 1088 µF

Ответ

Cph = 1088 µF
19.Трансформаторы

Ответ: IHV = 20,83 A

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

Номинальный ток

Через обе обмотки передаётся одинаковая полная мощность.

IHV = S/V = 150000/7200 = 20,83 A

Ответ

IHV = 20,83 A
20.Трансформаторы

Ответ: Pcu,fl = 970,1 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 = 150·0,95 = 142,5 kW
Pin = 142500/0,985 = 144670 W

Суммарные потери и потери в меди

Ploss = 144670 − 142500 = 2170 W
Pcu,fl = 2170 − 1200 = 970,1 W

Ответ

Pcu,fl = 970,1 W
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 3,764 V

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

Инвертирующий вход повторяет вход

V₋ = V₊ = 1,2 V
I = V₋/R1 = 1,2/22 = 0,05455 mA

Выходное напряжение

Ток через R₁ течёт и через Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 1,2 + 0,05455·47 = 3,764 V

Ответ

Vout = 3,764 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 0,5555 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 = −1,3/10 = −0,13 mA
I2 = V2/R2 = −2/4,7 = −0,4255 mA
If = I1 + I2 = −0,5555 mA

Выходное напряжение

Vout = −Rf·If = −1·(−0,5555) = 0,5555 V

Ответ

Vout = 0,5555 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 2,209 mA

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

Эквивалент Тевенена для делителя

VTH = 15·15/(47 + 15) = 3,629 V
RTH = 47·15/(47 + 15) = 11,37 kΩ

Ток базы

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

IB = (3,629 − 0,7)/(11,37 + 101·1,2) = 22,09 µA

Ток коллектора

IC = 100·22,09 µA = 2,209 mA
IE = 101·22,09 µA = 2,232 mA

Ответ

IC = 2,209 mA
24.Диоды и транзисторы

Ответ: RB = 9,258 kΩ

Биполярный транзистор как ключ: чтобы полностью включить нагрузку, транзистор вводят в насыщение, где VCE = VCE(sat), а ток коллектора определяется нагрузкой: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Для насыщения нужен ток базы не менее IB = IC(sat)/β. Если ток базы меньше, транзистор остаётся в активном режиме, и IC = β·IB.

Ток коллектора в насыщении

IC(sat) = (9 − 0,2)/470 = 18,72 mA

Минимальный ток базы

IB(min) = IC(sat)/β = 18,72/200 = 93,62 µA

Расчётный ток базы

IB = 3·93,62 µA = 280,9 µA

Резистор базы

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,2809 mA = 9,258 kΩ

Ответ

RB = 9,258 kΩ
25.Системы счисления

Ответ: U = 227

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.

Инвертируйте и прибавьте единицу

29 = 0001 1101
инвертировано: 1110 0010
+1 → 1110 0011

Прочитайте как беззнаковое

1110 0011₂ = 256 − 29 = 227

Ответ

U = 227
26.Системы счисления

Ответ: b = 12 bit

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

Степени двойки

211 = 2048 < 4069
212 = 4096 ≥ 4069

Ответ

b = 12
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 5

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

ABCD000111100001111010111312041517160120131151140809111110

Сгруппируйте единицы

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

C
A′D
A′B′

Минимальная форма SOP

F = C + A′D + A′B′
L = 5

Ответ

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

Ответ: N = 4

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

Q после каждого фронта

JK-триггер: 00 сохраняет, 01 сбрасывает (Q = 0), 10 устанавливает (Q = 1), 11 переключает.

1: J = 0, K = 0 → Q = 0
2: J = 1, K = 1 → Q = 1
3: J = 0, K = 0 → Q = 1
4: J = 1, K = 0 → Q = 1
5: J = 0, K = 1 → Q = 0
6: J = 1, K = 1 → Q = 1
7: J = 1, K = 1 → Q = 0

Посчитайте изменения

0 → 0 → 1 → 1 → 1 → 0 → 1 → 0
N = 4

Ответ

N = 4
29.Преобразования Лапласа

Ответ: A = −3

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 + 13s + 42 = (s + 6)(s + 7)
F(s) = A/(s + 6) + B/(s + 7)

Правило закрытия

Умножьте на (s + 6) и положите s = −6: слагаемое с B обращается в нуль.

A = (3s + 15)/(s + 7) |s = −6 = −3/1 = −3

Ответ

A = −3
(B = 6, поэтому f(t) = −3·e−6t + 6·e−7t)
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.3) = −4,722

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 − (−4)s − (−8) + 5(sY − (−4)) + 4Y = 0
Y(s) = (−4s − 28)/((s + 1)(s + 4))

Простые дроби

A = −24/3 = −8
B = −12/(−3) = 4

Результат

y(t) = −8·e−t + 4·e−4t
y(0,3) = −4,722

Ответ

y(0,3) = −4,722

Проверка: y(0) = A + B = −4.

31.Структурные схемы

Ответ: p = −37

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) = 6/(s + 7 + 6·1) = 6/(s + 13)

Внешний контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 24/(s + 13 + 24) = 24/(s + 37)

Результат

p = −37

Ответ

p = −37
32.Структурные схемы

Ответ: K = 3,2

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).

Реакция на возмущение

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 2·10/(8 + 10K)

Решите относительно K

8 + 10K = 2·10/0,5 = 40
K = (40 − 8)/10 = 3,2

Ответ

K = 3,2
33.Переходная характеристика

Ответ: σ = −3

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

Сравните со стандартной формой

Знаменатель должен совпадать с s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 15 → ωₙ = 3,873 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·3,873) = 0,7746

Результат

σ = −ζωₙ = −6/2 = −3

Ответ

σ = −3
34.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 25,38 %

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

Собственная частота и коэффициент демпфирования

ωₙ = √(k/m) = √(5000/2) = 50 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 80/(2·√(5000·2)) = 0,4

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 25,38 %

Ответ

%OS = 25,38 %
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: f0 = 1073 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/√(0,01·2,2 × 10⁻⁶) = 6742 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 1073 Hz

Ответ

f0 = 1073 Hz
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ωc = 9,102 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 + 400ω² − 40000 = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·40000))/2 = 82,84
ωc = 9,102 rad/s

Ответ

ωc = 9,102 rad/s
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 + 12s² + 20s + K = 0
s³: 1, 20
s²: 12, K
s¹: (12·20 − K)/12
s⁰: K

Наибольший устойчивый коэффициент усиления

Kmax = 12·20 = 240

Множитель

m = 240/120 = 2

Ответ

m = 2

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

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: ω = 6,164 rad/s

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.

Критический коэффициент усиления

s³ + 11s² + 38s + 40 + K = 0
s¹: (11·38 − 40 − K)/11 = 0 → K = 378

Частота пересечения

11s² + 40 + 378 = 11s² + 418 = 0 → s² = −38
ω = √38 = 6,164 rad/s

Ответ

ω = 6,164 rad/s
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 4

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 = 2·1/2 = 1

Ошибка по параболическому воздействию

ess = 4/1 = 4

Ответ

ess = 4
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Ki = 6,4

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

1 + C(s)G(s) = 0, умноженное на s(s + 4).

s² + (4 + 10Kp)s + 10Ki

Целевой полином

s² + 2·1·8s + 8² = s² + 16s + 64

Приравняйте коэффициенты

10Ki = 64 → Ki = 6,4

Ответ

Ki = 6,4

Интегральная составляющая делает контур типа 1, поэтому ступенька отслеживается без установившейся ошибки.

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