Подготовка к экзамену FE Electrical and Computer: шпаргалка-пакет

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

Новые задачиНазад к курсу

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

1Формулы и методы

Последовательные и параллельные резисторы

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

Метод

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

Метод узловых потенциалов

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

Метод

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

Метод контурных токов

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

Метод

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

Метод наложения

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

Метод

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

Тевенин и Нортон

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

Метод

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

Переходные процессы RC и RL

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

Метод

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

Полное сопротивление и комплексные амплитуды

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

Метод

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

Мощность переменного тока и коэффициент мощности

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

Трёхфазная мощность

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

Трансформаторы

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

Схемы на операционных усилителях

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

Диоды и транзисторы

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

Системы счисления

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

Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

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

Метод

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

Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

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

Метод

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

Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

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

Метод

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

2Тренировочные задачи

1.Последовательные и параллельные резисторыСредняя
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAR4​2 ΩB

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 6 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 2 ΩR4 = 2 Ω
IR1 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 5 ΩIR1​R3​ = 10 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAR4​30 ΩBR6​30 Ω

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 24 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 ΩR4 = 30 ΩR5 = 6 ΩR6 = 30 Ω
IR1 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 20 ΩR3​ = 15 ΩIR3​+−V1​6 VR2​5 ΩAR4​8 ΩBIs​4 A

Используйте метод узловых потенциалов, чтобы найти ток IR3 через R3 в направлении стрелки.

V1 = 6 VIs = 4 AR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 ΩR4 = 8 Ω
IR3 = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 8 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 3 ΩIR4​+−V1​15 VR3​15 ΩAR5​3 ΩBIs​3 A+−V2​12 V

Используйте метод узловых потенциалов, чтобы найти ток IR4 через R4 в направлении стрелки.

V1 = 15 VIs = 3 AV2 = 12 VR1 = 8 ΩR2 = 6 ΩR3 = 15 ΩR4 = 3 ΩR5 = 3 Ω
IR4 = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 2 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​30 VR3​3 ΩIR3​A+−V2​24 VI1​I2​

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

V1 = 30 VV2 = 24 VR1 = 2 ΩR2 = 10 ΩR3 = 3 Ω
IR3 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 10 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR4​30 ΩAR5​12 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

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

V1 = 30 VV2 = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 ΩR4 = 30 ΩR5 = 12 Ω
I1 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​20 Ω+−VR2​AR4​5 ΩBIs​1 A

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

V1 = 6 VIs = 1 AR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 ΩR4 = 5 Ω
VR2 = V
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 6 ΩR2​ = 25 Ω+−VR2​R4​ = 8 Ω+−V1​10 VR3​2 ΩAIs​0,5 AB−+V2​12 V

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

V1 = 10 VIs = 0,5 AV2 = 12 VR1 = 6 ΩR2 = 25 ΩR3 = 2 ΩR4 = 8 Ω
VR2 = V
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 5 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​4 ΩARL​2 ΩIL​B

К a–b подключена нагрузка RL = 2 Ω. Замените остальную цепь эквивалентом Тевенина и найдите ток нагрузки IL.

V1 = 12 VR1 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 2 ΩRL = 2 Ω
IL = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​2 ΩAIs​1 ABRL​3 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 3 Ω. С помощью эквивалента Тевенина найдите мощность PL, передаваемую в нагрузку.

V1 = 18 VIs = 1 AR1 = 6 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 ΩRL = 3 Ω
PL = W
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​10 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 = 10 VR = 15 ΩL = 22 mHt = 1 ms
vL = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​9 Vt = 0R = 10 kΩC22 µF+−vC​vC​(0) = 6 V

Непосредственно перед замыканием ключа в момент t = 0 конденсатор заряжен до 6 V с указанной полярностью. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 400 ms.

Vs = 9 VR = 10 kΩC = 22 µFvC(0) = 6 Vt = 400 ms
vC = V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
24 V60 HzR = 10 ΩL = 20 mHI

Резистор и катушка включены параллельно в сеть 24 V (действующее значение), 60 Hz. Найдите угол сдвига фаз φ полного сопротивления в градусах (положительный, когда ток отстаёт от напряжения).

V = 24 V (rms)f = 60 HzR = 10 ΩL = 20 mH
φ = °
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
12 V1000 HzR = 40 ΩL = 50 mHC = 1 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 12 V (действующее значение), 1000 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 12 V (rms)f = 1000 HzR = 40 ΩL = 50 mHC = 1 µF
I = A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
P = 33 kWQ = ?Sφ

Однофазный двигатель потребляет 33 kW при коэффициенте мощности 0,7 (индуктивном) от сети 240 V. Найдите реактивную мощность Q, которую он потребляет.

P = 33 kWpf = 0,7V = 240 V
Q = kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
12 V1000 HzRs​ = 4 ΩXs​ = j10 ΩZL​ = ?

Источник 12 V (действующее значение), 1000 Hz имеет внутреннее сопротивление Zs = 4 + j10 Ω. Полное сопротивление нагрузки ZL можно выбирать произвольно. Нагрузка для максимальной мощности составлена из резистора, соединённого последовательно с конденсатором. Найдите ёмкость C.

Vs = 12 V (rms)f = 1000 HzZs = 4 + j10 Ω
C = µF
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 208 VIL​ = 100 Acos φ = 0,95отстающий

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет линейный ток 100 A от сети с линейным напряжением 208 V. Коэффициент мощности 0,95 (отстающий). Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 208 VIL = 100 Acos φ = 0,95
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 60 kW при коэффициенте мощности 0,72 (отстающий) от сети 400 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 = 60 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
RL​ = 10 Ω2014600 VV2​I1​ = ?I2​

К первичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 20:1 приложено 4600 V. К вторичной обмотке подключён резистор 10 Ω. Найдите первичный ток I1.

N1:N2 = 20:1V1 = 4600 VRL = 10 Ω
I1 = A
20.ТрансформаторыСложная
75 kVA

Однофазный трансформатор 75 kVA имеет потери в стали 225 W и потери в меди 562,5 W при номинальной нагрузке. При какой нагрузке Sη,max, в kVA, его КПД максимален?

S = 75 kVAPcore = 225 WPcu,fl = 562,5 W
Sη,max = kVA
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 47 kΩR1​ = 22 kΩVin​ = 3 VRa​ = 100 kΩRb​ = 22 kΩ

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

Vin = 3 VRa = 100 kΩRb = 22 kΩR1 = 22 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​R2​ = 10 kΩV1​ = 0,7 VR1​ = 10 kΩV2​ = 1,2 VR3​ = 4,7 kΩR4​ = 10 kΩ

ОУ идеальный и питается от ±15 V. Отношения резисторов не согласованы. Найдите выходное напряжение Vout.

V1 = 0,7 VV2 = 1,2 VR1 = 10 kΩR2 = 10 kΩR3 = 4,7 kΩR4 = 10 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 1 kΩβ = 120VCC​ = 15 VRB​ = 1000 kΩ

NPN-транзистор с β = 120 смещён резистором базы RB = 1000 kΩ от источника питания VCC = 15 V. Резистор коллектора RC = 1 kΩ, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите напряжение коллектор–эмиттер VCE.

VCC = 15 VRB = 1000 kΩRC = 1 kΩβ = 120VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Диоды и транзисторыСложная
+−≤ 21 V330 Ω9,1 V

Стабилизатор на стабилитроне 9,1 V имеет последовательный резистор 330 Ω. Входное напряжение может подниматься до 21 V, а нагрузка может быть отключена. Найдите наибольшую мощность PZ,max, которую должен рассеивать стабилитрон.

Vin,max = 21 VVZ = 9,1 VR = 330 Ω
PZ,max = mW
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −46 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −468 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 0100 1000 XOR 1000 1100. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

0100 1000XOR1000 1100
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABCD000111100001111000110302141517161121131151141819111010

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «сумма произведений» (SOP) для F(A, B, C, D) = Σm(1, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 14, 15). Сколько всего литералов, L, она содержит (переменная со штрихом считается одним литералом)?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 14, 15)
L =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
ABCD00011110000111100001X30214150716X12113015014X809111X10

Найдите минимальную форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(4, 5, 6, 11, 13) + d(3, 8, 10, 12), где d обозначает безразличные состояния. Сколько членов-произведений, N, в ней?

F(A, B, C, D) = Σm(4, 5, 6, 11, 13) + d(3, 8, 10, 12)
N =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm−1−2−3−4−5−61

F(s) = (5s + 28)/(s² + 5s + 6). Её оригинал имеет вид f(t) = A·e−2t + B·e−3t. Найдите коэффициент A разложением на простые дроби.

F(s) = (5s + 28)/(s² + 5s + 6)
A =
30.Преобразования ЛапласаСложная
ReIm−1−2−3−4−5−61

Система описывается дифференциальным уравнением y″ + 5y′ + 6y = 3u′ + 18u, где u(t) — вход, y(t) — выход. Найдите её передаточную функцию G(s) = Y(s)/U(s) (при нулевых начальных условиях) и вычислите импульсную характеристику g(t) при t = 0,25 s. Найдите g(0,25).

y″ + 5y′ + 6y = 3u′ + 18ut = 0,25 s
g(0.25) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+8(s + 5)(s + 2)(s + 6)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 8(s + 5)/((s + 2)(s + 6)). На задающее воздействие подаётся ступенька величиной 5. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 8(s + 5)/((s + 2)(s + 6))R = 5
ess =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+K(s + 2)(s + 4)(s + 6)G(s)C(s)−

Объект G(s) = K/((s + 2)(s + 4)(s + 6)) 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 + 2)(s + 4)(s + 6))единичная отрицательная обратная связь
Kmax =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1ts​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 46/(s² + 7s + 46) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 46/(s² + 7s + 46)
ts = s
34.Переходная характеристикаСложная
t (s)y(t)110 %

Переходная характеристика системы второго порядка без нулей должна иметь перерегулирование 10 %. Найдите коэффициент демпфирования ζ.

%OS = 10 %
ζ =
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 30

Найдите фазу ∠G(jω) функции G(s) = 25(s + 2)/(s(s + 11)) при ω = 30 rad/s в градусах.

G(s) = 25(s + 2)/(s(s + 11))ω = 30 rad/s
∠G(jω) = °
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 7)(s + 10)). Найдите коэффициент усиления K, который даёт запас по усилению 2 dB.

L(s) = K/(s(s + 7)(s + 10))GM = 2 dB
K =
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1(s + 1)(s + 2)(s + 6)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 6)), K > 0. Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 6))
Kmax =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−5j5

Эскиз корневого годографа для L(s) = K/((s + 2)(s + 5)(s + 6)). Найдите частоту ω, на которой годограф пересекает мнимую ось.

L(s) = K/((s + 2)(s + 5)(s + 6))
ω = rad/s
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 3t+10s(s + 1)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 10/(s(s + 1)) подано линейное воздействие r(t) = 3t. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 10/(s(s + 1))r(t) = 3t
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K10s(s + 10)C(s)−

Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 10/(s(s + 10)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите коэффициент усиления K, при котором замкнутая система имеет коэффициент демпфирования ζ = 0,5.

G(s) = 10/(s(s + 10))ζ = 0,5
K =

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 0,9474 A

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

R1​ = 3 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​20 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 = 2 + 2 = 4 Ω
R2 ∥ 4 = 20·4/(20+4) = 3,333 Ω
Req = R1 + 3,333 = 3 + 3,333 = 6,333 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 6/6,333 = 0,9474 A

Ответ

IR1 = 0,9474 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 1,466 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​ = 5 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAR4​30 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 = 6 + 30 = 36 Ω
R4 ∥ 36 = 16,36 Ω
R3 + 16,36 = 26,36 Ω
R2 ∥ 26,36 = 11,37 Ω
Req = R1 + 11,37 = 5 + 11,37 = 16,37 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 24/16,37 = 1,466 A

Ответ

IR1 = 1,466 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR3 = −1,141 A

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAR4​8 ΩBIs​4 A

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 6 V). Неизвестные: VA, VB.

ЗТК в узле A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/5 + (VA − 6)/20 + (VA − VB)/15 = 0
0,3167·VA − 0,06667·VB = 0,3

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/8 + (VB − VA)/15 = 4
−0,06667·VA + 0,1917·VB = 4

Решите

Δ = (0,3167)(0,1917) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,05625
VA = Δ1/Δ = 0,3242/0,05625 = 5,763 V
VB = Δ2/Δ = 1,287/0,05625 = 22,87 V

Ответ

IR3 = (VA − VB)/R3 = (5,763 − 22,87)/15 = −1,141 A
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR4 = −0,5282 A

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

R1​ = 8 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​15 VR3​15 ΩAR5​3 ΩBIs​3 A+−V2​12 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 15 V, V2 = 12 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/15 + (VA − 15)/8 + (VA − VB)/6 = 0
0,3583·VA − 0,1667·VB = 1,875

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/3 + (VB − VA)/6 + (VB − 12)/3 = 3
−0,1667·VA + 0,8333·VB = 7

Решите

Δ = (0,3583)(0,8333) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,2708
VA = Δ1/Δ = 2,729/0,2708 = 10,08 V
VB = Δ2/Δ = 2,821/0,2708 = 10,42 V

Ответ

IR4 = (VB − V2)/R4 = (10,42 − 12)/3 = −0,5282 A
5.Метод контурных токов

Ответ: IR3 = 6,214 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​ = 10 Ω+−V1​30 VR3​3 ΩA+−V2​24 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) = 30
5·I1 − 3·I2 = 30

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
10·I2 + 3(I2 − I1) = (−24)
−3·I1 + 13·I2 = −24

Решите

Δ = (5)(13) − (−3)(−3) = 56
I1 = Δ1/Δ = 318/56 = 5,679 A
I2 = Δ2/Δ = −30/56 = −0,5357 A

Ответ

IR3 = I1 − I2 = 6,214 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I1 = 1,422 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​ = 10 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR4​30 ΩAR5​12 ΩB+−V2​12 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
10·I1 + 30(I1 − I2) = 30
40·I1 − 30·I2 = 30

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
5·I2 + 30(I2 − I1) + 12(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 47·I2 − 12·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
15·I3 + 12(I3 − I2) = (−12)
−12·I2 + 27·I3 = −12

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 20700
I1 = Δ1/Δ = 29430/20700 = 1,422 A
I2 = Δ2/Δ = 18540/20700 = 0,8957 A
I3 = Δ3/Δ = −960/20700 = −0,04638 A

Ответ

I1 = 1,422 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: VR2 = 2,494 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​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAR4​5 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 = 8+5 = 13 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 20·13/(20+13) = 7,879 Ω
VA = 6·7,879/(5+7,879) = 3,671 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,671·5/13 = 1,412 V
VR2′ = VA − 0 = 3,671 − 0 = 3,671 V
R1​ = 5 ΩR3​ = 8 ΩКЗR2​20 ΩAR4​5 ΩBIs​1 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 = 5·20/(5+20) = 4 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 5 ∥ 12 = 3,529 Ω
VB = Is·Req = (−1)·3,529 = −3,529 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −3,529·4/12 = −1,176 V
VR2″ = VA − 0 = −1,176 − 0 = −1,176 V

Сложите составляющие

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 3,671 + (−1,176) = 2,494 V

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

8.Метод наложения

Ответ: VR2 = 7,609 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​ = 6 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​10 VR3​2 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) = 2 ∥ 33 = 1,886 Ω
VA = 10·1,886/(6+1,886) = 2,391 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,391·8/33 = 0,5797 V
VR2′ = VA − VB = 2,391 − 0,5797 = 1,812 V
R1​ = 6 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 8 ΩКЗR3​2 ΩAIs​0,5 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 = 1,5 Ω, поэтому левый путь — R2+1,5 = 26,5 Ω
Req = R4 ∥ 26,5 = 6,145 Ω
VB = Is·Req = 0,5·6,145 = 3,072 V
VA = VB·1,5/26,5 = 0,1739 V
VR2″ = VA − VB = 0,1739 − 3,072 = −2,899 V
R1​ = 6 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 8 ΩКЗR3​2 ΩAОБРЫВB−+V2​12 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 = 6·2/(6+2) = 1,5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−12)·26,5/34,5 = −9,217 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −9,217·1,5/26,5 = −0,5217 V
VR2‴ = VA − VB = −0,5217 − −9,217 = 8,696 V

Сложите составляющие

VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = 1,812 + (−2,899) + 8,696 = 7,609 V

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

9.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 0,8571 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​ = 5 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​4 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 = 5·4/(5+4) = 2,222 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,222 + 2 = 4,222 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​4 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) = 12·4/(5+4) = 5,333 V
Rth​ = 4,222 Ω+−Vth​5,333 VRL​2 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) = 5,333/(4,222 + 2) = 0,8571 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: PL = 0,04152 W

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 4 ΩКЗR2​2 ΩAОБРЫВBabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

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

R1 ∥ R2 = 6·2/(6+2) = 1,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,5 + 4 = 5,5 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​2 ΩAIs​1 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) = 4,5 + (−1)·1,5 = 3 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 3 + (−1)·4 = −1 V
Rth​ = 5,5 Ω−+Vth​1 VRL​3 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) = −1/(5,5 + 3) = −0,1176 A
PL = IL²·RL = −0,1176²·3 = 0,04152 W
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vL = 5,057 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 = 10/15 = 0,6667 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 = 10·e−1/1,467 = 5,057 V

Ответ

vL = 5,057 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 8,513 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) = 6 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 10 kΩ · 22 µF = 220 ms
vC(t) = 9 + (6 − 9)·e−t/τ

Напряжение в заданный момент

vC(400) = 9 + (−3)·e−400/220 = 8,513 V

Ответ

vC = 8,513 V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: φ = 52,98 °

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

XL = ωL = 2π·60·0,02 = 7,54 Ω

Токи ветвей

Обе ветви подключены прямо к источнику, поэтому к каждой приложено полное напряжение V.

IR = V/R = 24/10 = 2,4 A
IX = V/XL = 24/7,54 = 3,183 A

Общий ток

Ток резистора совпадает по фазе с V, а реактивный ток сдвинут на 90°, поэтому они складываются как катеты прямоугольного треугольника.

I = √(IR² + IX²) = √(2,4² + 3,183²) = 3,986 A

Угол сдвига фаз

Ток катушки отстаёт от V, поэтому общий ток отстаёт и угол положителен.

φ = arctan(IX/IR) = arctan(3,183/2,4) = 52,98°

Ответ

φ = 52,98°
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,07496 A

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

Реактивные сопротивления

ω = 2πf = 2π·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,05 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·1·10⁻⁶) = 159,2 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (155)²) = 160,1 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 12/160,1 = 0,07496 A

Ответ

I = 0,07496 A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Q = 33,67 kvar

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

Угол

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

Реактивная мощность

Q = P·tan φ = 33·1,02 = 33,67 kvar

Ответ

Q = 33,67 kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: C = 15,92 µF

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

Сопряжённое согласование

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

ZL = Zs* = 4 − j10 Ω

Ёмкость

XC = 10 Ω → C = 1/(2π·1000·10) = 15,92 µF

Ответ

C = 15,92 µF
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 34,23 kW

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

Полная мощность

S = √3·VL·IL = √3·208·100 = 36,03 kVA

Активная мощность

P = S·cos φ = 36,03·0,95 = 34,23 kW

Ответ

P = 34,23 kW
18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 908,1 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 = 60·tan(acos 0,72) = 60·0,9639 = 57,83 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,98) = 60·0,2031 = 12,18 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 45,65 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·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 15216/(314,2·230,9²) = 908,1 µF

Ответ

Cph = 908,1 µF
19.Трансформаторы

Ответ: I1 = 1,15 A

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

Вторичные напряжение и ток

V2 = 4600/20 = 230 V
I2 = 230/10 = 23 A

Первичный ток

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

I1 = I2/20 = 1,15 A

Ответ

I1 = 1,15 A

Проверка: нагрузка со стороны первичной обмотки равна a²·RL = 4000 Ω, и 4600/4000 даёт тот же ток.

20.Трансформаторы

Ответ: Sη,max = 47,43 kVA

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

Потери в меди равны потерям в стали

x²·562,5 = 225 → x = √(225/562,5) = 0,6325

Нагрузка при максимальном КПД

Sη,max = x·S = 0,6325·75 = 47,43 kVA

Ответ

Sη,max = 47,43 kVA
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 1,697 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) = 3·22/(100 + 22) = 0,541 V

Коэффициент усиления неинвертирующего усилителя

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

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,541·(1 + 47/22) = 1,697 V

Ответ

Vout = 1,697 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 0,9327 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₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,2·10/(4,7 + 10) = 0,8163 V

Наложение двух входов

При V₂ = 0 для V₁ схема — инвертирующий усилитель. При V₁ = 0 V₊ усиливается с коэффициентом неинвертирующего усилителя 1 + R₂/R₁.

Vout = −(10/10)·0,7 + (1 + 10/10)·0,8163 = −0,7 + 1,633 = 0,9327 V

Ответ

Vout = 0,9327 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: VCE = 13,28 V

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

Ток базы

IB = (VCC − VBE)/RB = (15 − 0,7)/1000 kΩ = 14,3 µA

Ток коллектора

IC = β·IB = 120·14,3 µA = 1,716 mA

Напряжение коллектор–эмиттер

VCE = 15 − 1,716 mA·1 kΩ = 13,28 V

Ответ

VCE = 13,28 V
24.Диоды и транзисторы

Ответ: PZ,max = 328,2 mW

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

Ток стабилитрона в худшем случае

IZ = 11,9/330 = 36,06 mA

Мощность стабилитрона

PZ = 9,1·36,06 = 328,2 mW

Ответ

PZ,max = 328,2 mW
25.Системы счисления

Ответ: U = 210

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

46 = 0010 1110
инвертировано: 1101 0001
+1 → 1101 0010

Прочитайте как беззнаковое

1101 0010₂ = 256 − 46 = 210

Ответ

U = 210
26.Системы счисления

Ответ: R = 196

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 1000
XOR 1000 1100
= 1100 0100

Значение результата

1100 0100₂ = 196

Ответ

R = 196
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 7

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.

ABCD000111100001111000110302141517161121131151141819111010

Сгруппируйте единицы

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

C′D
B
AD
AC′

Минимальная форма SOP

F = C′D + B + AD + AC′
L = 7

Ответ

L = 7
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 3

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.

BC′, B′CD, A′BD′, AB′C
ABCD00011110000111100001X30214150716X12113015014X809111X10

Минимальное покрытие

F = BC′ + B′CD + A′BD′
N = 3

Ответ

N = 3

Существует другая группировка того же размера; в ней то же число членов и литералов.

29.Преобразования Лапласа

Ответ: A = 18

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 + 5s + 6 = (s + 2)(s + 3)
F(s) = A/(s + 2) + B/(s + 3)

Правило закрытия

Умножьте на (s + 2) и положите s = −2: слагаемое с B обращается в нуль.

A = (5s + 28)/(s + 3) |s = −2 = 18/1 = 18

Ответ

A = 18
(B = −13, поэтому f(t) = 18·e−2t − 13·e−3t)
30.Преобразования Лапласа

Ответ: g(0.25) = 3,027

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).

Передаточная функция

G(s) = Y(s)/U(s) = (3s + 18)/(s² + 5s + 6)

Простые дроби

s² + 5s + 6 = (s + 2)(s + 3)
A = 12, B = −9

Импульсная характеристика

g(t) = 12·e−2t − 9·e−3t
g(0,25) = 3,027

Ответ

g(0,25) = 3,027
31.Структурные схемы

Ответ: ess = 1,154

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

Коэффициент ошибки по положению

Kₚ = G(0) = 8·5/(2·6) = 3,333

Установившаяся ошибка

ess = A/(1 + Kₚ) = 5/(1 + 3,333) = 1,154

Ответ

ess = 1,154
32.Структурные схемы

Ответ: Kmax = 480

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 + 12s² + 44s + 48 + K = 0

Таблица Рауса

s³ | 1 44
s² | 12 48 + K
s¹ | (12·44 − 48 − K)/12
s⁰ | 48 + K

Граница устойчивости

Все элементы первого столбца должны быть положительными.

Kmax = 12·44 − 48 = 480

Ответ

Kmax = 480
33.Переходная характеристика

Ответ: ts = 1,143 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 = 46 → ωₙ = 6,782 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·6,782) = 0,516

Результат

ζωₙ = 3,5 → ts ≈ 4/3,5 = 1,143 s

Ответ

ts = 1,143 s
34.Переходная характеристика

Ответ: ζ = 0,5912

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).

Коэффициент демпфирования

ζ = −ln(0,1)/√(π² + ln²(0,1)) = 2,303/√(9,87 + 5,302) = 0,5912

Ответ

ζ = 0,5912
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ∠G(jω) = −73,68 °

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.

Сложите углы

∠G = atan(30/2) − 90° − atan(30/11) = 86,19° − 90° − 69,86°

Результат

∠G(j30) = −73,68°

Ответ

∠G(jω) = −73,68°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: K = 945,3

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

Частота перехода фазы

(ω/7)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(7·10) = 8,367 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 49)·√(ω² + 100)) = K/(7·10·(7 + 10)) = K/1190

Требуемое усиление

1190/K = 102/20 = 1,259
K = 1190/1,259 = 945,3

Ответ

K = 945,3
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 168

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

Характеристический полином

s³ + 9s² + 20s + 12 + K = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 20
s²: 9, 12 + K
s¹: (9·20 − 12 − K)/9
s⁰: 12 + K

Условие

Элемент строки s¹ должен оставаться положительным.

K < 9·20 − 12 = 168

Ответ

Kmax = 168

На границе устойчивости контур колеблется с частотой ω = √20 = 4,472 rad/s.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: ω = 7,211 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 + 13s² + 52s + 60 + K = 0
s¹: (13·52 − 60 − K)/13 = 0 → K = 616

Частота пересечения

13s² + 60 + 616 = 13s² + 676 = 0 → s² = −52
ω = √52 = 7,211 rad/s

Ответ

ω = 7,211 rad/s
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 0,3

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

Коэффициент скоростной ошибки

Kv = lim s·G(s) = 10

Ошибка по линейному воздействию

ess = 3/10 = 0,3

Ответ

ess = 0,3
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 10

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 + 10) + 10K = s² + 10s + 10K

Собственная частота

2·0,5·ωₙ = 10 → ωₙ = 10 rad/s

Коэффициент усиления

10K = ωₙ² = 100 → K = 10

Ответ

K = 10

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