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​ = 10 ΩIR1​R3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAR4​4 ΩB

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 4 ΩR3 = 10 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 4 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​30 ΩAR4​8 ΩBR6​20 Ω

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 30 ΩR3 = 4 ΩR4 = 8 ΩR5 = 20 ΩR6 = 20 Ω
IR1 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩAR4​4 ΩBIs​1 A

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

V1 = 10 VIs = 1 AR1 = 15 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 20 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​15 VR3​10 ΩAR5​4 ΩBIs​5 A+−V2​18 V

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

V1 = 15 VIs = 5 AV2 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 30 ΩR3 = 10 ΩR4 = 30 ΩR5 = 4 Ω
VA = V
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 8 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​18 VR3​4 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

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

V1 = 18 VV2 = 24 VR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 Ω
I2 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 10 ΩR2​ = 8 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR4​20 ΩAR5​30 ΩIR5​B+−V2​10 VI1​I2​I3​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти ток IR5 через R5 в направлении стрелки.

V1 = 18 VV2 = 10 VR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 4 ΩR4 = 20 ΩR5 = 30 Ω
IR5 = A
7.Метод наложенияСредняя
линейная цепьVs​Is​IRL​

Линейная резистивная цепь содержит один источник напряжения Vs и один источник тока Is. Ток I через нагрузочный резистор измерен дважды: при Vs = 4 V и Is = 4 mA I = 9,2 mA; при Vs = 2 V и Is = 5 mA I = 5,5 mA. Найдите ток нагрузки I при Vs = 6 V и Is = 8 mA.

4 V, 4 mA → 9,2 mA2 V, 5 mA → 5,5 mAVs = 6 V, Is = 8 mA
I = mA
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 10 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​10 VR3​8 ΩIR3​AIs​2 AB+−V2​?

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

V1 = 10 VIs = 2 AR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩR3 = 8 ΩR4 = 25 Ω
V2 = V
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 8 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩARL​15 ΩIL​B

К a–b подключена нагрузка RL = 15 Ω. Замените остальную цепь эквивалентом Тевенина и найдите ток нагрузки IL.

V1 = 10 VR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 20 ΩRL = 15 Ω
IL = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 5 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​36 VR2​12 ΩAIs​1,5 ABab

Найдите ток Нортона IN: ток, текущий от a к b, если зажимы замкнуть накоротко.

V1 = 36 VIs = 1,5 AR1 = 5 ΩR2 = 12 ΩR3 = 15 Ω
IN = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​6 Vt = 0R1​ = 6,8 kΩR2​ = 2,2 kΩC10 µF+−vC​

Источник Vₛ заряжает конденсатор через R₁, а R₂ подключён параллельно C. Конденсатор разряжен, когда ключ замыкается в момент t = 0. Найдите постоянную времени τ цепи после замыкания ключа.

Vs = 6 VR1 = 6,8 kΩR2 = 2,2 kΩC = 10 µF
τ = ms
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​10 Vt = 0R = 10 kΩC10 µF+−vC​vC​(0) = 6 V

Непосредственно перед замыканием ключа в момент t = 0 конденсатор заряжен до 6 V с указанной полярностью. Через какое время vC достигнет 8,8 V? Найдите t.

Vs = 10 VR = 10 kΩC = 10 µFvC(0) = 6 V
t = ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
100 V60 HzR = 15 ΩL = 20 mHC = 100 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 100 V (действующее значение), 60 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 100 V (rms)f = 60 HzR = 15 ΩL = 20 mHC = 100 µF
I = A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
24 V1000 HzR = 100 ΩL = 150 mHC = 100 µF

Последовательная цепь RLC подключена к сети 24 V (действующее значение), 1000 Hz. Найдите резонансную частоту f0 цепи.

V = 24 V (rms)f = 1000 HzR = 100 ΩL = 150 mHC = 100 µF
f0 = Hz
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
400 V110 kW, 0,85212 kW, 0,95I = ?

К однофазной сети 400 V параллельно подключены две нагрузки: нагрузка 10 kW при коэффициенте мощности 0,85 (индуктивном) и нагрузка 12 kW при коэффициенте мощности 0,95 (индуктивном). Найдите общий ток I, потребляемый от сети.

V = 400 VP1 = 10 kW, pf1 = 0,85 отстающийP2 = 12 kW, pf2 = 0,95 отстающий
I = A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P = 50 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазная нагрузка потребляет 50 kW при коэффициенте мощности 0,75 (индуктивном) от сети 230 V, 60 Hz. Параллельно подключённый конденсатор повышает коэффициент мощности до 0,95. Найдите необходимую ёмкость C.

P = 50 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95V = 230 Vf = 60 Hz
C = µF
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 690 VIL​ = 10 Acos φ = 0,88отстающий

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет линейный ток 10 A от сети с линейным напряжением 690 V. Коэффициент мощности 0,88 (отстающий). Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 690 VIL = 10 Acos φ = 0,88
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 100 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 100 kW при коэффициенте мощности 0,7 (отстающий) от сети 690 V (линейное), 60 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,9 (отстающий). Активная мощность не меняется. Найдите полную реактивную мощность QC, которую должна выдавать конденсаторная батарея, в kvar.

P = 100 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаторыСредняя
480 V240 VIHV​ = ?ILV​100 kVA

Однофазный трансформатор 100 kVA, 480/240 V работает при номинальной нагрузке. Считайте его идеальным. Найдите ток IHV в обмотке высшего напряжения.

S = 100 kVAV1 = 480 VV2 = 240 V
IHV = A
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,9150 kVA, η = 96%

Однофазный трансформатор 150 kVA имеет потери в стали 450 W. При номинальной нагрузке и коэффициенте мощности 0,9 (отстающий) его КПД равен 96%. Найдите потери в меди при номинальной нагрузке Pcu,fl в ваттах.

S = 150 kVAPcore = 450 Wpf = 0,9η = 96%
Pcu,fl = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩR1​ = 2 kΩVin​ = −1 V

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

Vin = −1 VR1 = 2 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
Vin​V1​Vout​каскад 1: инвертирующийR1​ = 22 kΩRf1​ = 22 kΩкаскад 2: неинвертирующийR2​ = 10 kΩRf2​ = 100 kΩ

Два каскада на идеальных ОУ соединены последовательно: инвертирующий усилитель (R1, Rf1), за ним неинвертирующий (R2 на землю, Rf2 в обратной связи). Оба питаются от ±15 V. Входное напряжение Vin = 0,3 V. Найдите выходное напряжение Vout.

R1 = 22 kΩRf1 = 22 kΩR2 = 10 kΩRf2 = 100 kΩVin = 0,3 V
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
+−24 V150 Ω9,1 V470 ΩIZ​ = ?

Стабилизатор на стабилитроне 9,1 V питается от 24 V через 150 Ω и питает нагрузку 470 Ω. Найдите ток стабилитрона IZ.

Vin = 24 VVZ = 9,1 VR = 150 ΩRL = 470 Ω
IZ = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 150 Ωβ = 200VCC​ = 9 V5 VRB​ = ?

NPN-транзистор с β = 200 коммутирует нагрузочный резистор 150 Ω, включённый между VCC = 9 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 5 V через резистор базы RB. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Найдите наибольшее сопротивление резистора базы RB, в kΩ, при котором транзистор ещё входит в насыщение.

VCC = 9 VRC = 150 Ωβ = 200Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Системы счисленияСредняя
веса разрядов в дополнительном коде0−12806403201608041211

8-битная комбинация 0000 0011 хранит целое число со знаком в дополнительном коде. Каково его значение N в десятичной системе?

0000 00118 bit
N =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 1110 1000 OR 1001 1110. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

1110 1000OR1001 1110
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABCD0001111000011110111111

На этой карте Карно ровно у одной единицы нет соседней единицы, поэтому в минимальной форме SOP она остаётся группой из одной клетки (полным минтермом из четырёх литералов). Соседи через края карты учитываются. Нажмите на эту клетку.

F = Σm(1, 4, 5, 7, 8, 15)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
ABCD00011110000111100001X31214050706X12013015114X819111010

Найдите минимальную форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(2, 4, 9, 11, 14) + d(3, 8, 12), где d обозначает безразличные состояния. Сколько членов-произведений, N, в ней?

F(A, B, C, D) = Σm(2, 4, 9, 11, 14) + d(3, 8, 12)
N =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 0,4f(0,4) = ?

Найдите f(t) для F(s) = (2s + 16)/(s² + 6s + 9) и вычислите f(0,4).

F(s) = (2s + 16)/(s² + 6s + 9)t = 0,4 s
f(0.4) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 11y′ + 30y = 30·u(t). Она начинает из покоя (y(0) = 0, y′(0) = 0), а входом служит ступенька u(t) = 1 при t ≥ 0. С помощью преобразования Лапласа найдите выход y(0,2).

y″ + 11y′ + 30y = 30·u(t)u(t) = 1y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,2 s
y(0.2) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+9(s + 9)(s + 6)(s + 8)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 9(s + 9)/((s + 6)(s + 8)). На задающее воздействие подаётся ступенька величиной 1. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 9(s + 9)/((s + 6)(s + 8))R = 1
ess =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+18s + 5G₁+7s + 8G₂C(s)2H₁−1H₂−

Упростите структурную схему, где G₁ = 18/(s + 5), G₂ = 7/(s + 8), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 2 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 1. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).

G₁ = 18/(s + 5)G₂ = 7/(s + 8)H₁ = 2H₂ = 1
T(0) =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1

Система имеет передаточную функцию G(s) = 27/(s² + 4s + 27) и получает на вход единичную ступеньку. Полюсы равны s = σ ± jωd. Найдите вещественную часть σ.

G(s) = 27/(s² + 4s + 27)
σ =
34.Переходная характеристикаСложная
k = 500 N/mc = 6 N·s/mm = 0,5 kgF = 50 Nx(t)

Масса m = 0,5 kg подвешена на пружине k = 500 N/m с вязким демпфером c = 6 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 50 N. Найдите момент времени tp, когда смещение наибольшее.

m = 0,5 kgk = 500 N/mc = 6 N·s/mF = 50 N
tp = s
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​R = 1 kΩC = 22 nFvout​

Изображённый RC-фильтр нижних частот имеет R = 1 kΩ, C = 22 nF. На вход подаётся синусоидальный сигнал 1,4 kHz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.

R = 1 kΩC = 22 nFf = 1,4 kHz
φ = °
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 258/(s(s + 3)(s + 9)). Найдите запас по усилению GM в dB.

L(s) = 258/(s(s + 3)(s + 9))
GM = dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K = 52,81s(s + 3)(s + 8)C(s)−

Контур на схеме работает при K = 52,8, L(s) = K/(s(s + 3)(s + 8)). Во сколько раз m можно увеличить коэффициент усиления, прежде чем замкнутая система станет неустойчивой?

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 8))K = 52,8
m =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4−6j2j4

Для L(s) = K/((s + 5)(s² + 4s + 20)) найдите угол выхода θd корневого годографа из комплексного полюса в верхней полуплоскости, отсчитываемый от положительного направления вещественной оси.

L(s) = K/((s + 5)(s² + 4s + 20))
θd = °
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 0,5·t²/2+2(s + 4)s²(s + 10)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 2(s + 4)/(s²(s + 10)) подан параболический вход r(t) = 0,5·t²/2. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 2(s + 4)/(s²(s + 10))r(t) = 0,5·t²/2
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 12s(s + 2)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 1 управляет объектом G(s) = 2/(s(s + 2)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите перерегулирование %OS переходной характеристики в процентах.

G(s) = 2/(s(s + 2))K = 1
%OS = %

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 1,831 A

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAR4​4 ΩB

Объединяйте резисторы с дальнего конца

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

R3 + R4 = 10 + 4 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 4·14/(4+14) = 3,111 Ω
Req = R1 + 3,111 = 10 + 3,111 = 13,11 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 24/13,11 = 1,831 A

Ответ

IR1 = 1,831 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 0,6559 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​ = 15 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​30 ΩAR4​8 ΩBR6​20 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 = 20 + 20 = 40 Ω
R4 ∥ 40 = 6,667 Ω
R3 + 6,667 = 10,67 Ω
R2 ∥ 10,67 = 7,869 Ω
Req = R1 + 7,869 = 15 + 7,869 = 22,87 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 15/22,87 = 0,6559 A

Ответ

IR1 = 0,6559 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR1 = 0,5244 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​ = 15 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩAR4​4 ΩBIs​1 A

Определите узлы

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

ЗТК в узле A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/3 + (VA − 10)/15 + (VA − VB)/6 = 0
0,5667·VA − 0,1667·VB = 0,6667

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/4 + (VB − VA)/6 = 1
−0,1667·VA + 0,4167·VB = 1

Решите

Δ = (0,5667)(0,4167) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,2083
VA = Δ1/Δ = 0,4444/0,2083 = 2,133 V
VB = Δ2/Δ = 0,6778/0,2083 = 3,253 V

Ответ

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (10 − 2,133)/15 = 0,5244 A
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: VA = 7,449 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​ = 20 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​15 VR3​10 ΩAR5​4 ΩBIs​5 A+−V2​18 V

Определите узлы

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

ЗТК в узле A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/10 + (VA − 15)/20 + (VA − VB)/30 = 0
0,1833·VA − 0,03333·VB = 0,75

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/4 + (VB − VA)/30 + (VB − 18)/30 = 5
−0,03333·VA + 0,3167·VB = 5,6

Решите

Δ = (0,1833)(0,3167) − (−0,03333)(−0,03333) = 0,05694
VA = Δ1/Δ = 0,4242/0,05694 = 7,449 V
VB = Δ2/Δ = 1,052/0,05694 = 18,47 V

Ответ

VA = 7,449 V
5.Метод контурных токов

Ответ: I2 = −3,857 A

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

R1​ = 8 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​18 VR3​4 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
8·I1 + 4(I1 − I2) = 18
12·I1 − 4·I2 = 18

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
2·I2 + 4(I2 − I1) = (−24)
−4·I1 + 6·I2 = −24

Решите

Δ = (12)(6) − (−4)(−4) = 56
I1 = Δ1/Δ = 12/56 = 0,2143 A
I2 = Δ2/Δ = −216/56 = −3,857 A

Ответ

I2 = −3,857 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: IR5 = 0,3147 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​ = 8 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR4​20 ΩAR5​30 ΩB+−V2​10 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 + 20(I1 − I2) = 18
30·I1 − 20·I2 = 18

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
8·I2 + 20(I2 − I1) + 30(I2 − I3) = 0
−20·I1 + 58·I2 − 30·I3 = 0

ЗНК для контура 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
4·I3 + 30(I3 − I2) = (−10)
−30·I2 + 34·I3 = −10

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 18560
I1 = Δ1/Δ = 13296/18560 = 0,7164 A
I2 = Δ2/Δ = 3240/18560 = 0,1746 A
I3 = Δ3/Δ = −2600/18560 = −0,1401 A

Ответ

IR5 = I2 − I3 = 0,3147 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: I = 14,4 mA

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.

Записываем отклик как сумму вкладов

Каждый вклад пропорционален своему источнику с коэффициентом, зависящим только от резисторов.

I = k₁·Vs + k₂·Is
4·k₁ + 4·k₂ = 9,2
2·k₁ + 5·k₂ = 5,5

Находим константы

Δ = (4)(5) − (4)(2) = 12
k₁ = Δ1/Δ = 24/12 = 2
k₂ = Δ2/Δ = 3,6/12 = 0,3
k₁ = 2 mA/V, k₂ = 0,3

Предсказываем новый ток

I = 2·6 + 0,3·8 = 14,4 mA

Ответ

I = 14,4 mA
8.Метод наложения

Ответ: V2 = 15 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​ = 10 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​10 VR3​8 ΩAОБРЫВBКЗ

Случай 1 · действует только V1

V₂ становится коротким замыканием, а Iₛ — разрывом. Со стороны A резистор R₃ параллелен последовательной паре R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 8 ∥ 35 = 6,512 Ω
VA = 10·6,512/(10+6,512) = 3,944 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,944·25/35 = 2,817 V
R1​ = 10 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 25 ΩКЗR3​8 ΩAIs​2 ABКЗ

Случай 2 · действует только Is

Оба источника напряжения становятся короткими замыканиями. Iₛ в точке B делится между R₄ (теперь к земле) и R₂, последовательным с R₁ ∥ R₃. Стрелка Iₛ направлена вниз, от своего узла, поэтому Iₛ отводит ток из этого узла: его член входит со знаком минус.

R1 ∥ R3 = 4,444 Ω, поэтому левый путь — R2+4,444 = 14,44 Ω
Req = R4 ∥ 14,44 = 9,155 Ω
VB = −Is·Req = −2·9,155 = −18,31 V
VA = VB·4,444/14,44 = −5,634 V

Случай 3 · действует только V2, на один вольт

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

R1 ∥ R3 = 4,444 Ω
VA‴ = V2·4,444/(25 + 10 + 4,444) = 0,1127·V2

Приравниваем VA к нулю

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

VA′ + VA″ + VA‴ = 3,944 + (−5,634) + 0,1127·V2 = 0
V2 = 1,69/0,1127 = 15 V

Ответ

V2 = 15 V
9.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 0,1408 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​ = 8 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​10 ΩAabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

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

R1 ∥ R2 = 8·10/(8+10) = 4,444 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,444 + 20 = 24,44 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​10 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) = 10·10/(8+10) = 5,556 V
Rth​ = 24,44 Ω+−Vth​5,556 VRL​15 ΩIL​

Подключите нагрузку к эквиваленту Тевенина

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

IL = Vth/(Rth + RL) = 5,556/(24,44 + 15) = 0,1408 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = 2,871 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​ = 15 ΩКЗR2​12 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 = 5·12/(5+12) = 3,529 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,529 + 15 = 18,53 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​36 VR2​12 ΩAIs​1,5 ABab+−Vth​

Найдите Vth — напряжение холостого хода

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 25,41 + 1,5·3,529 = 30,71 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 30,71 + 1,5·15 = 53,21 V
IN​2,871 ARth​18,53 Ωab

Эквивалент Нортона

Источник Нортона — та же цепь, представленная как источник тока, параллельный R_th. Его ток — это ток короткого замыкания на a–b.

IN = Vth/Rth = 53,21/18,53 = 2,871 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: τ = 16,62 ms

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

Эквивалентная схема Тевенина со стороны конденсатора

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

Rth = R1 ∥ R2 = 6,8·2,2/(6,8 + 2,2) = 1,662 kΩ
vC(∞) = 6·2,2/(6,8 + 2,2) = 1,467 V

Постоянная времени

τ = Rth·C = 1,662·10 = 16,62 ms

Ответ

τ = 16,62 ms
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: t = 120,4 ms

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 = 10 V
τ = R·C = 10 kΩ · 10 µF = 100 ms
vC(t) = 10 + (6 − 10)·e−t/τ

Выразите время

8,8 = 10 + (−4)·e−t/τ → e−t/τ = (8,8 − 10)/(6 − 10) = 0,3
t = τ·ln((6 − 10)/(8,8 − 10)) = 100·ln(3,333) = 120,4 ms

Ответ

t = 120,4 ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 4,133 A

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

Реактивные сопротивления

ω = 2πf = 2π·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,02 = 7,54 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·100·10⁻⁶) = 26,53 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(15² + (−18,99)²) = 24,2 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 100/24,2 = 4,133 A

Ответ

I = 4,133 A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: f0 = 41,09 Hz

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|.

Резонанс

При резонансе индуктивное и ёмкостное сопротивления компенсируют друг друга: ωL = 1/(ωC). Частота сети не важна.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,15·100·10⁻⁶)) = 41,09 Hz

Ответ

f0 = 41,09 Hz
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 60,56 A

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

Реактивная мощность каждой нагрузки

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

Q1 = 10·tan(arccos 0,85) = 6,197 kvar
Q2 = 12·tan(arccos 0,95) = 3,944 kvar

Суммы

P = 10 + 12 = 22 kW
Q = 6,197 + 3,944 = 10,14 kvar
S = √(22² + 10,14²) = 24,23 kVA

Общий ток

I = S/V = 24225/400 = 60,56 A

Ответ

I = 60,56 A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: C = 1387 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.

Реактивная мощность до и после

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

Q1 = P·tan φ1 = 50·tan(41,41°) = 44,1 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(18,19°) = 16,43 kvar
QC = Q1 − Q2 = 27,66 kvar

Ёмкость

Конденсатор, подключённый к сети, поставляет Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 27662/(2π·60·230²) = 1387 µF

Ответ

C = 1387 µF
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 10,52 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 = √3·690·10 = 11,95 kVA

Активная мощность

P = S·cos φ = 11,95·0,88 = 10,52 kW

Ответ

P = 10,52 kW
18.Трёхфазная мощность

Ответ: QC = 53,59 kvar

Симметричные трёхфазные системы: при соединении звездой (Y) линейное напряжение в √3 раз больше фазного, VL = √3·Vph, а линейный ток равен фазному. При соединении треугольником (Δ) линейное напряжение равно фазному, а линейный ток в √3 раз больше фазного, IL = √3·Iph. Полная мощность в три раза больше мощности одной фазы: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Компенсация реактивной мощности: конденсаторы вырабатывают реактивную мощность на месте, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Каждый из трёх конденсаторов даёт QC/3 = V²·ω·C, где V — напряжение на этом конденсаторе: VL в батарее, соединённой треугольником, VL/√3 — в батарее, соединённой звездой.

Реактивная мощность до и после

Активная мощность не меняется, поэтому каждый коэффициент мощности задаёт реактивную мощность: Q = P·tan φ.

Q1 = 100·tan(acos 0,7) = 100·1,02 = 102 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,9) = 100·0,4843 = 48,43 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 53,59 kvar

Ответ

QC = 53,59 kvar
19.Трансформаторы

Ответ: IHV = 208,3 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 = 100000/480 = 208,3 A

Ответ

IHV = 208,3 A
20.Трансформаторы

Ответ: Pcu,fl = 5175 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 = 150·0,9 = 135 kW
Pin = 135000/0,96 = 140625 W

Суммарные потери и потери в меди

Ploss = 140625 − 135000 = 5625 W
Pcu,fl = 5625 − 450 = 5175 W

Ответ

Pcu,fl = 5175 W
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −3,35 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 V
I = V₋/R1 = −1/2 = −0,5 mA

Выходное напряжение

Ток через R₁ течёт и через Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −1 + (−0,5)·4,7 = −3,35 V

Ответ

Vout = −3,35 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −3,3 V

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

Коэффициент усиления каждого каскада

A1 = −Rf1/R1 = −22/22 = −1
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 100/10 = 11

Каскад за каскадом

V1 = −1·0,3 = −0,3 V
Vout = 11·(−0,3) = −3,3 V

Ответ

Vout = −3,3 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IZ = 79,97 mA

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

Ток резистора

IR = 14,9/150 = 99,33 mA

Ток нагрузки

IL = 9,1/470 = 19,36 mA

Ток стабилитрона

IZ = 99,33 − 19,36 = 79,97 mA

Ответ

IZ = 79,97 mA
24.Диоды и транзисторы

Ответ: RB = 14,66 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)/150 = 58,67 mA

Минимальный ток базы

IB(min) = IC(sat)/β = 58,67/200 = 293,3 µA

Резистор базы

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,2933 mA = 14,66 kΩ

Ответ

RB = 14,66 kΩ

Любой меньший резистор базы тоже насыщает транзистор; на практике выбирают в несколько раз меньший.

25.Системы счисления

Ответ: N = 3

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.

Сложите веса

Остальные биты сохраняют свои обычные положительные веса.

2 + 1 = 3

Ответ

N = 3
26.Системы счисления

Ответ: R = 254

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

OR даёт 1 там, где хотя бы один бит равен 1.

1110 1000
OR 1001 1110
= 1111 1110

Значение результата

1111 1110₂ = 254

Ответ

R = 254
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: AB = 10, CD = 00

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.

Соседи каждой единицы

Единица с соседней единицей может войти в группу из двух или более.

m8: m9, m10, m12, m0 → 0
ABCD0001111000011110111111

Изолированная единица

m8 = AB′C′D′ → AB = 10, CD = 00

Ответ

AB = 10, CD = 00
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 4

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

Простые импликанты

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

B′CD, BC′D′, AB′D, ABD′, A′B′C, AB′C′
ABCD00011110000111100001X31214050706X12013015114X819111010

Минимальное покрытие

F = BC′D′ + AB′D + ABD′ + A′B′C
N = 4

Ответ

N = 4
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.4) = 1,807

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 + 6s + 9 = (s + 3)²

Простые дроби

2s + 16 = 2(s + 3) + 10
F(s) = 2/(s + 3) + 10/(s + 3)²

Обратное преобразование

f(t) = 2·e−3t + 10·t·e−3t
f(0,4) = (2 + 10·0,4)·e−3·0,4 = 1,807

Ответ

f(0,4) = 1,807
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.2) = 0,2987

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

Преобразование уравнения

Y(s) = 30/(s(s + 5)(s + 6))

Простые дроби

A = 30/(5·6) = 1
B = 30/((−5)·1) = −6
C = 30/((−6)·(−1)) = 5

Выделение

y(t) = 1 − 6·e−5t + 5·e−6t
y(0,2) = 0,2987

Ответ

y(0,2) = 0,2987
31.Структурные схемы

Ответ: ess = 0,3721

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) = 9·9/(6·8) = 1,688

Установившаяся ошибка

ess = A/(1 + Kₚ) = 1/(1 + 1,688) = 0,3721

Ответ

ess = 0,3721
32.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 0,5339

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

Внутренний контур

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 7/(s + 22)

Внешний контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 126/((s + 5)(s + 22) + 126)

Статический коэффициент передачи

T(0) = 126/(5·22 + 126) = 126/236 = 0,5339

Ответ

T(0) = 0,5339
33.Переходная характеристика

Ответ: σ = −2

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 = 27 → ωₙ = 5,196 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·5,196) = 0,3849

Результат

σ = −ζωₙ = −4/2 = −2

Ответ

σ = −2
34.Переходная характеристика

Ответ: tp = 0,1012 s

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

Собственная частота и коэффициент демпфирования

ωₙ = √(k/m) = √(500/0,5) = 31,62 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 6/(2·√(500·0,5)) = 0,1897

Результат

ωd = 31,05 rad/s
tp = π/ωd = 0,1012 s

Ответ

tp = 0,1012 s
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: φ = −10,95 °

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

ωc = 1/(RC) = 1/(1000·2,2 × 10⁻⁸) = 45455 rad/s
fc = 7234 Hz → f/fc = 1400/7234 = 0,1935

Фаза

φ = − atan(0,1935) = −10,95°

Ответ

φ = −10,95°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: GM = 1,979 dB

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

Частота перехода фазы

(ω/3)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(3·9) = 5,196 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 81)) = K/(3·9·(3 + 9)) = K/324

Запас по усилению

GM = 20·log₁₀(324/258) = 1,979 dB

Ответ

GM = 1,979 dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: m = 5

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

Таблица Рауса

s³ + 11s² + 24s + K = 0
s³: 1, 24
s²: 11, K
s¹: (11·24 − K)/11
s⁰: K

Наибольший устойчивый коэффициент усиления

Kmax = 11·24 = 264

Множитель

m = 264/52,8 = 5

Ответ

m = 5

Этот множитель — запас по усилению в разах: 13,98 dB.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: θd = 36,87 °

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

Положения полюсов

s² + 4s + 20 = 0 → s = −2 ± j4
s = −5

Углы от остальных полюсов

∠(−2 + j4 + 5) = atan2(4, 3) = 53,13°
∠(−2 + j4 − (−2 − j4)) = ∠(j8) = 90°

Угол выхода

θd = 180° − 53,13° − 90° = 36,87°

Ответ

θd = 36,87°
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 0,625

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 = 2·4/10 = 0,8

Ошибка по параболическому воздействию

ess = 0,5/0,8 = 0,625

Ответ

ess = 0,625
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: %OS = 4,321 %

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

Характеристический полином

s(s + 2) + 1·2 = s² + 2s + 2

ωₙ и ζ

ωₙ = √2 = 1,414 rad/s
ζ = 2/(2·1,414) = 0,7071

Перерегулирование

%OS = 100·e−0,7071π/√(1 − 0,7071²) = 4,321 %

Ответ

%OS = 4,321 %

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