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​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩIR2​AR4​8 ΩB

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 9 VR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 ΩR4 = 8 Ω
IR2 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 10 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩIR2​AR4​20 ΩBR6​3 Ω

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 15 VR1 = 10 ΩR2 = 6 ΩR3 = 15 ΩR4 = 20 ΩR5 = 10 ΩR6 = 3 Ω
IR2 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​12 Ω−+V1​6 VI1​R2​3 Ω+−V2​18 VR3​4 Ω+−V3​9 VA

Между узлом A и землёй включены три ветви, как показано на схеме. Методом узловых потенциалов найдите ток I1 в ветви 1, текущий вверх в узел A по направлению стрелки.

V1 = 6 VR1 = 12 ΩV2 = 18 VR2 = 3 ΩV3 = 9 VR3 = 4 Ω
I1 = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 20 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAR4​10 ΩBIs​?

Источник тока регулируют до тех пор, пока напряжение узла A не станет VA = 16 V. Методом узловых потенциалов найдите ток источника Is (направление как на схеме).

V1 = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 6 ΩR4 = 10 ΩVA = 16 V
Is = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 5 ΩIR1​R2​ = 6 Ω+−V1​12 VR3​5 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 12 VV2 = 18 VR1 = 5 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 Ω
IR1 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 25 ΩIR1​R2​ = 25 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR4​6 ΩAR5​10 ΩB+−V2​30 VI1​I2​I3​

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

V1 = 24 VV2 = 30 VR1 = 25 ΩR2 = 25 ΩR3 = 4 ΩR4 = 6 ΩR5 = 10 Ω
IR1 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​4 Ω−+VR2​AR4​3 ΩBIs​1 A

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

V1 = 6 VIs = 1 AR1 = 10 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 ΩR4 = 3 Ω
VR2 = V
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 2 ΩR2​ = 8 ΩIR2​R4​ = 12 Ω+−V1​30 VR3​25 ΩAIs​0,5 AB−+V2​36 V

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

V1 = 30 VIs = 0,5 AV2 = 36 VR1 = 2 ΩR2 = 8 ΩR3 = 25 ΩR4 = 12 Ω
IR2 = A
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 12 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAab

Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.

V1 = 24 VR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 Ω
Vth = V
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 30 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​36 VR2​30 ΩAIs​2 ABRL​10 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 10 Ω. Замените остальную цепь эквивалентом Тевенина и найдите ток нагрузки IL.

V1 = 36 VIs = 2 AR1 = 30 ΩR2 = 30 ΩR3 = 6 ΩRL = 10 Ω
IL = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​10 Vt = 0R1​ = 3,3 kΩR2​ = 6,8 kΩC100 µF+−vC​

Источник Vₛ заряжает конденсатор через R₁, а R₂ подключён параллельно C. Конденсатор разряжен, когда ключ замыкается в момент t = 0. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 80 ms.

Vs = 10 VR1 = 3,3 kΩR2 = 6,8 kΩC = 100 µFt = 80 ms
vC = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​6 VR1​ = 10 ΩR2​ = 47 Ωразмыкается при t = 0L220 mHi(t)

Ключ, шунтирующий R2, был замкнут долгое время, поэтому ток катушки установившийся. При t = 0 ключ размыкается. Найдите ток катушки i при t = 5 ms.

Vs = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 47 ΩL = 220 mHt = 5 ms
i = A
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
10 V200 HzR = 15 ΩL = 250 mHC = 10 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 10 V (действующее значение), 200 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 10 V (rms)f = 200 HzR = 15 ΩL = 250 mHC = 10 µF
I = A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
12 V200 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 10 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 12 V (действующее значение), 200 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 10 µF
I = A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
P = 36 kWQ = ?Sφ

Однофазный двигатель потребляет 36 kW при коэффициенте мощности 0,75 (индуктивном) от сети 230 V. Найдите реактивную мощность Q, которую он потребляет.

P = 36 kWpf = 0,75V = 230 V
Q = kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P = 40 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазная нагрузка потребляет 40 kW при коэффициенте мощности 0,7 (индуктивном) от сети 240 V, 50 Hz. Параллельно подключённый конденсатор повышает коэффициент мощности до 0,95. Найдите новый ток линии Inew.

P = 40 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95V = 240 Vf = 50 Hz
Inew = A
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 400 VNZ = 18 + j24 Ωна фазу

Симметричная нагрузка, соединённая звездой, с полным сопротивлением 18 + j24 Ω на фазу подключена к симметричной трёхфазной сети с линейным напряжением 400 V. Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 400 VZ = 18 + j24 Ω на фазу
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 100 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 100 kW при коэффициенте мощности 0,8 (отстающий) от сети 415 V (линейное), 50 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,98 (отстающий). Активная мощность не меняется. Найдите полную реактивную мощность QC, которую должна выдавать конденсаторная батарея, в kvar.

P = 100 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаторыСредняя
8 ΩN1​N2​32 Ω

Усилитель с выходным сопротивлением 32 Ω питает громкоговоритель 8 Ω через идеальный трансформатор. Для передачи максимальной мощности громкоговоритель должен выглядеть со стороны усилителя как 32 Ω. Найдите коэффициент трансформации a = N₁/N₂.

Rs = 32 ΩRL = 8 Ω
a =
20.ТрансформаторыСложная
250 kVA

Однофазный трансформатор 250 kVA имеет потери в стали 1250 W и потери в меди 2500 W при номинальной нагрузке. При какой нагрузке Sη,max, в kVA, его КПД максимален?

S = 250 kVAPcore = 1250 WPcu,fl = 2500 W
Sη,max = kVA
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 1 kΩVin​

ОУ идеальный и питается от источников ±15 V; его выход насыщается на уровне ±14 V. На неинвертирующий усилитель подаётся синусоидальный сигнал. Найдите наибольшую амплитуду входного сигнала Vin,max (пиковое значение), при которой выход не ограничивается.

R1 = 1 kΩRf = 10 kΩVsat = ±14 V
Vin,max = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
Vin​V1​Vout​каскад 1: инвертирующийR1​ = 2 kΩRf1​ = 4,7 kΩкаскад 2: неинвертирующийR2​ = 10 kΩRf2​ = 10 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. Найдите общий коэффициент усиления по напряжению Av = Vout/Vin.

R1 = 2 kΩRf1 = 4,7 kΩR2 = 10 kΩRf2 = 10 kΩ
Av =
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 470 Ωβ = 150IC​ = ?VCC​ = 9 VRB​ = 560 kΩ

NPN-транзистор с β = 150 смещён резистором базы RB = 560 kΩ от источника питания VCC = 9 V. Резистор коллектора RC = 470 Ω, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите ток коллектора IC в mA.

VCC = 9 VRB = 560 kΩRC = 470 Ωβ = 150VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
V (V)I (mA)0,65927,27Q = ?

Диод моделируется напряжением 0,65 V последовательно с 25 Ω (он проводит выше 0,65 V). Он включён последовательно с резистором 330 Ω к источнику 9 V. Найдите рабочий ток ID в точке пересечения характеристики диода и нагрузочной прямой.

Vs = 9 VR = 330 ΩV0 = 0,65 Vrd = 25 Ω
ID = mA
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код?−128?64?32?16?8?4?2?1

Запишите −113 как 8-битную комбинацию в дополнительном коде. Прочитайте комбинацию как беззнаковое двоичное число: каково его значение U в десятичной системе?

N = −1138 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 0101 0000 OR 0101 0011. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

0101 0000OR0101 0011
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABC00011110010001031214051706

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «произведение сумм» (POS) для F(A, B, C) = Σm(2, 4, 7). Сколько членов-сумм (множителей), N, в ней?

F(A, B, C) = Σm(2, 4, 7)
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
ABCD0001111000011110X0110302X415X706012113115X14X819X11110

Найдите минимальную форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(1, 5, 9, 10, 13, 15) + d(0, 4, 7, 8, 11, 14), где d обозначает безразличные состояния. Сколько литералов, L, она содержит?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 5, 9, 10, 13, 15) + d(0, 4, 7, 8, 11, 14)
L =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 0,6f(0,6) = ?

Найдите f(t) для F(s) = 50/(s(s + 2)(s + 4)) разложением на простые дроби и вычислите f(0,6).

F(s) = 50/(s(s + 2)(s + 4))t = 0,6 s
f(0.6) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 7y′ + 10y = 20·u(t), где y(0) = 1 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 10. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,25).

y″ + 7y′ + 10y = 20·u(t)y(0) = 1y′(0) = 0u(t) = 10t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+30s + 3G(s)C(s)2H−

Объект G(s) = 30/(s + 3) управляется в контуре отрицательной обратной связи, у датчика которой коэффициент H = 2. Найдите постоянную времени τ замкнутой системы.

G(s) = 30/(s + 3)H = 2
τ = s
32.Структурные схемыСложная
R(s)+3s + 2G₁+6s + 1G₂C(s)4H₁−0,25H₂−

Упростите структурную схему, где G₁ = 3/(s + 2), G₂ = 6/(s + 1), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 4 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 0,25. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).

G₁ = 3/(s + 2)G₂ = 6/(s + 1)H₁ = 4H₂ = 0,25
T(0) =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1tp​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 76/(s² + 14s + 76) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время пика tp переходной характеристики.

G(s) = 76/(s² + 14s + 76)
tp = s
34.Переходная характеристикаСложная
k = 100 N/mc = 27 N·s/mm = 20 kgF = 10 Nx(t)

Масса m = 20 kg подвешена на пружине k = 100 N/m с вязким демпфером c = 27 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 10 N. Найдите перерегулирование %OS смещения в процентах.

m = 20 kgk = 100 N/mc = 27 N·s/mF = 10 N
%OS = %
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,10,1111010100100−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 2

Найдите фазу ∠G(jω) функции G(s) = 39(s + 9)/(s(s + 8)) при ω = 2 rad/s в градусах.

G(s) = 39(s + 9)/(s(s + 8))ω = 2 rad/s
∠G(jω) = °
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 8/(s(s + 2)). Найдите частоту среза усиления ωc, где |L(jω)| = 1.

L(s) = 8/(s(s + 2))
ωc = rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1s(s + 4)(s + 6)C(s)−

Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 4)(s + 6)). Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 6))
Kmax =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4−6j2j4j6

Эскиз корневого годографа для L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 5)). Найдите частоту ω, на которой годограф пересекает мнимую ось.

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

Контур с единичной обратной связью и G(s) = K/(s(s + 2)) должен отслеживать линейное воздействие r(t) = 5t с установившейся ошибкой 0,02. Найдите коэффициент усиления K.

G(s) = K/(s(s + 2))r(t) = 5tess = 0,02
K =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+Kp​ + Ki​/s1s + 2C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s управляет объектом G(s) = 1/(s + 2) в контуре с единичной обратной связью. Замкнутая система должна иметь ωₙ = 8 rad/s и ζ = 0,6. Найдите пропорциональный коэффициент Kp.

G(s) = 1/(s + 2)ωₙ = 8 rad/sζ = 0,6
Kp =

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 0,3726 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​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩAR4​8 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 = 5 + 8 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 10·13/(10+13) = 5,652 Ω
Req = R1 + 5,652 = 8 + 5,652 = 13,65 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 9/13,65 = 0,6592 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 9 − 0,6592·8 = 3,726 V
IR2 = VA/R2 = 3,726/10 = 0,3726 A

Ответ

IR2 = 0,3726 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 0,8055 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​ = 15 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAR4​20 ΩBR6​3 Ω

Объединяйте резисторы с дальнего конца

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

R5 + R6 = 10 + 3 = 13 Ω
R4 ∥ 13 = 7,879 Ω
R3 + 7,879 = 22,88 Ω
R2 ∥ 22,88 = 4,753 Ω
Req = R1 + 4,753 = 10 + 4,753 = 14,75 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 15/14,75 = 1,017 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 15 − 1,017·10 = 4,833 V
IR2 = VA/R2 = 4,833/6 = 0,8055 A

Ответ

IR2 = 0,8055 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: I1 = −1,469 A

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

ЗТК в узле A

Примите нижний провод за землю. Каждая ветвь проводит ток (VA − Vk)/Rk, вытекающий из A, где Vk — напряжение её источника (ноль для простого резистора). Сумма токов, вытекающих из A, равна нулю.

(VA − (−6))/12 + (VA − 18)/3 + (VA − 9)/4 = 0

Находим VA

VA = ((−6)/12 + 18/3 + 9/4) / (1/12 + 1/3 + 1/4) = 7,75/0,6667 = 11,63 V

Ток ветви

Стрелка направлена вверх по ветви, в узел A.

I1 = ((−6) − VA)/R1 = ((−6) − 11,63)/12 = −1,469 A

Ответ

I1 = −1,469 A

Отрицательный результат означает, что в действительности ток течёт против стрелки.

4.Метод узловых потенциалов

Ответ: Is = 4,213 A

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

ЗТК в узле A

VA известно, поэтому это уравнение даёт VB.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(16 − 10)/20 + 16/12 = (VB − 16)/6
1,633 = (VB − 16)/6 → VB = 25,8 V

ЗТК в узле B

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

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (25,8 − 16)/6 + 25,8/10 = 4,213 A

Ответ

Is = 4,213 A
5.Метод контурных токов

Ответ: IR1 = 0,4941 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​ = 5 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​12 VR3​5 ΩA+−V2​18 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
5·I1 + 5(I1 − I2) = 12
10·I1 − 5·I2 = 12

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
6·I2 + 5(I2 − I1) = (−18)
−5·I1 + 11·I2 = −18

Решите

Δ = (10)(11) − (−5)(−5) = 85
I1 = Δ1/Δ = 42/85 = 0,4941 A
I2 = Δ2/Δ = −120/85 = −1,412 A

Ответ

IR1 = I1 = 0,4941 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: IR1 = 0,6748 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​ = 25 ΩR2​ = 25 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR4​6 ΩAR5​10 ΩB+−V2​30 VI1​I2​I3​

Задайте контурные токи

В каждом окне нарисуйте ток по часовой стрелке: I1, I2, I3. Резистор, общий для двух контуров, проводит разность их токов.

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
25·I1 + 6(I1 − I2) = 24
31·I1 − 6·I2 = 24

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
25·I2 + 6(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−6·I1 + 41·I2 − 10·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 + 10(I3 − I2) = (−30)
−10·I2 + 14·I3 = −30

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 14190
I1 = Δ1/Δ = 9576/14190 = 0,6748 A
I2 = Δ2/Δ = −7284/14190 = −0,5133 A
I3 = Δ3/Δ = −35610/14190 = −2,51 A

Ответ

IR1 = I1 = 0,6748 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: VR2 = −1,92 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 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAR4​3 ΩBОБРЫВ

Случай 1 · действует только V1

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

R3+R4 = 12+3 = 15 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 4·15/(4+15) = 3,158 Ω
VA = 6·3,158/(10+3,158) = 1,44 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 1,44·3/15 = 0,288 V
VR2′ = 0 − VA = 0 − 1,44 = −1,44 V
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 ΩКЗR2​4 ΩAR4​3 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 = 10·4/(10+4) = 2,857 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 3 ∥ 14,86 = 2,496 Ω
VB = Is·Req = 1·2,496 = 2,496 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 2,496·2,857/14,86 = 0,48 V
VR2″ = 0 − VA = 0 − 0,48 = −0,48 V

Сложите составляющие

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = (−1,44) + (−0,48) = −1,92 V

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

8.Метод наложения

Ответ: IR2 = 3,193 A

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

R1​ = 2 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​30 VR3​25 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) = 25 ∥ 20 = 11,11 Ω
VA = 30·11,11/(2+11,11) = 25,42 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 25,42·12/20 = 15,25 V
IR2′ = (VA − VB)/R2 = (25,42 − 15,25)/8 = 1,271 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 12 ΩКЗR3​25 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 = 1,852 Ω, поэтому левый путь — R2+1,852 = 9,852 Ω
Req = R4 ∥ 9,852 = 5,41 Ω
VB = Is·Req = (−0,5)·5,41 = −2,705 V
VA = VB·1,852/9,852 = −0,5085 V
IR2″ = (VA − VB)/R2 = (−0,5085 − −2,705)/8 = 0,2746 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 12 ΩКЗR3​25 ΩAОБРЫВB−+V2​36 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 = 2·25/(2+25) = 1,852 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−36)·9,852/21,85 = −16,23 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −16,23·1,852/9,852 = −3,051 V
IR2‴ = (VA − VB)/R2 = (−3,051 − −16,23)/8 = 1,647 A

Сложите составляющие

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴
IR2 = 1,271 + 0,2746 + 1,647 = 3,193 A

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

9.Тевенин и Нортон

Ответ: Vth = 3,429 V

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 4 ΩКЗR2​2 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 = 12·2/(12+2) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 4 = 5,714 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​2 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) = 24·2/(12+2) = 3,429 V
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 1,935 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​ = 30 ΩR3​ = 6 ΩКЗR2​30 ΩAОБРЫВBabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

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

R1 ∥ R2 = 30·30/(30+30) = 15 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 15 + 6 = 21 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​36 VR2​30 ΩAIs​2 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) = 18 + 2·15 = 48 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 48 + 2·6 = 60 V
Rth​ = 21 Ω+−Vth​60 VRL​10 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) = 60/(21 + 10) = 1,935 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 2,036 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.

Эквивалентная схема Тевенина со стороны конденсатора

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

Rth = R1 ∥ R2 = 3,3·6,8/(3,3 + 6,8) = 2,222 kΩ
vC(∞) = 10·6,8/(3,3 + 6,8) = 6,733 V

Постоянная времени

τ = Rth·C = 2,222·100 = 222,2 ms

Кривая заряда

vC(t) = 6,733·(1 − e−80/222,2) = 2,036 V

Ответ

vC = 2,036 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: i = 0,2407 A

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

Начальное значение, конечное значение, постоянная времени

До t = 0 замкнутый ключ шунтирует R₂; после этого в контур входят и R₁, и R₂.

i(0) = 6/10 = 0,6 A
i(∞) = 6/(10 + 47) = 0,1053 A
τ = L/R = 220/57 = 3,86 ms
i(t) = 0,1053 + (0,6 − 0,1053)·e−t/τ

Ток в заданный момент

i(5) = 0,1053 + (0,4947)·e−5/3,86 = 0,2407 A

Ответ

i = 0,2407 A
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,04254 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,25 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·10·10⁻⁶) = 79,58 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(15² + (234,6)²) = 235,1 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 10/235,1 = 0,04254 A

Ответ

I = 0,04254 A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,0965 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,15 = 188,5 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·10·10⁻⁶) = 79,58 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(60² + (108,9)²) = 124,4 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 12/124,4 = 0,0965 A

Ответ

I = 0,0965 A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Q = 31,75 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(0,75) = 41,41°, tan φ = 0,8819

Реактивная мощность

Q = P·tan φ = 36·0,8819 = 31,75 kvar

Ответ

Q = 31,75 kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Inew = 175,4 A

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

Реактивная мощность до и после

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

Q1 = P·tan φ1 = 40·tan(45,57°) = 40,81 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(18,19°) = 13,15 kvar
QC = Q1 − Q2 = 27,66 kvar

Новый ток линии

Inew = P/(V·cos φ2) = 40000/(240·0,95) = 175,4 A

Ответ

Inew = 175,4 A
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 3,2 kW

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

Фазное напряжение

Vph = 400/√3 = 230,9 V

Фазный ток

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

Полная активная мощность

Активную мощность потребляет только активная составляющая каждого сопротивления.

P = 3·Iph²·R = 3·7,698²·18 = 3,2 kW

Ответ

P = 3,2 kW

Проверка: cos φ = R/|Z| = 0,6, и √3·VL·IL·cos φ даёт ту же мощность.

18.Трёхфазная мощность

Ответ: QC = 54,69 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 0,8) = 100·0,75 = 75 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,98) = 100·0,2031 = 20,31 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 54,69 kvar

Ответ

QC = 54,69 kvar
19.Трансформаторы

Ответ: a = 2

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

Согласуйте приведённую нагрузку

a²·8 = 32
a = √(32/8) = √4 = 2

Ответ

a = 2
20.Трансформаторы

Ответ: Sη,max = 176,8 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

x²·2500 = 1250 → x = √(1250/2500) = 0,7071

Нагрузка при максимальном КПД

Sη,max = x·S = 0,7071·250 = 176,8 kVA

Ответ

Sη,max = 176,8 kVA
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vin,max = 1,273 V

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

Коэффициент усиления

Av = 1 + Rf/R1 = 1 + 10/1 = 11

Наибольший вход до ограничения

Vin,max = Vsat/|Av| = 14/11 = 1,273 V

Ответ

Vin,max = 1,273 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Av = −4,7

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 = −4,7/2 = −2,35
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 10/10 = 2

Общий коэффициент усиления

Av = A1·A2 = −2,35·2 = −4,7

Ответ

Av = −4,7
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 2,223 mA

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

Ток базы

IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/560 kΩ = 14,82 µA

Ток коллектора

IC = β·IB = 150·14,82 µA = 2,223 mA

Ответ

IC = 2,223 mA

Проверка: VCE = 7,955 V заметно больше 0,2 V, значит, транзистор действительно в активном режиме.

24.Диоды и транзисторы

Ответ: ID = 23,52 mA

Цепи со светодиодами и диодами: светодиод в прямом включении падает примерно на своё прямое напряжение VF (около 2 V для красного, 3 V для синего или белого) независимо от тока. Последовательный резистор задаёт ток: R = (Vs − n·VF)/I для n светодиодов последовательно. В более точной модели диода V = V₀ + I·rd рабочая точка находится там, где характеристика диода пересекает нагрузочную прямую I = (Vs − V)/R, поэтому I = (Vs − V₀)/(R + rd).

Объедините два уравнения

9 = 0,65 + I·(330 + 25)

Рабочий ток

ID = 8,35/355 = 23,52 mA
VD = 0,65 + 0,02352·25 = 1,238 V

Ответ

ID = 23,52 mA
25.Системы счисления

Ответ: U = 143

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

Инвертируйте и прибавьте единицу

113 = 0111 0001
инвертировано: 1000 1110
+1 → 1000 1111

Прочитайте как беззнаковое

1000 1111₂ = 256 − 113 = 143

Ответ

U = 143
26.Системы счисления

Ответ: R = 83

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.

0101 0000
OR 0101 0011
= 0101 0011

Значение результата

0101 0011₂ = 83

Ответ

R = 83
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 4

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

ABC00011110010001031214051706

Сгруппируйте нули

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

(B + C′)
(A + C′)
(A + B)
(A′ + B′ + C)

Минимальная форма POS

F = (B + C′)(A + C′)(A + B)(A′ + B′ + C)
N = 4

Ответ

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

Ответ: L = 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.

C′D, BD, B′C′, AD, A′C′, AC, AB′
ABCD0001111000011110X0110302X415X706012113115X14X819X11110

Минимальное покрытие

F = C′D + AC
L = 4

Ответ

L = 4
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.6) = 3,052

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).

Простые дроби

F(s) = A/s + B/(s + 2) + C/(s + 4)
A = 50/(2·4) = 6,25
B = 50/((−2)·2) = −12,5
C = 50/((−4)·(−2)) = 6,25

Обратное преобразование

f(t) = 6,25 − 12,5·e−2t + 6,25·e−4t

Вычислите

f(0,6) = 6,25 − 12,5·e−2·0,6 + 6,25·e−4·0,6 = 3,052

Ответ

f(0,6) = 3,052
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.25) = 4,422

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

Преобразование уравнения

(s² + 7s + 10)·Y(s) = 1s + 7 + 200/s
Y(s) = (s² + 7s + 200)/(s(s + 2)(s + 5))

Простые дроби

A = 200/(2·5) = 20
B = 190/((−2)·3) = −31,67
C = 190/((−5)·(−3)) = 12,67

Результат

y(t) = 20 − 31,67·e−2t + 12,67·e−5t
y(0,25) = 4,422

Ответ

y(0,25) = 4,422

Проверка: y(0) = A + B + C = 1.

31.Структурные схемы

Ответ: τ = 0,01587 s

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).

Передаточная функция замкнутой системы

T(s) = G/(1 + G·H) = 30/(s + 3 + 60) = 30/(s + 63)

Результат

τ = 1/63 = 0,01587 s

Ответ

τ = 0,01587 s
32.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 0,3303

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) = 6/(s + 25)

Внешний контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 18/((s + 2)(s + 25) + 4,5)

Статический коэффициент передачи

T(0) = 18/(2·25 + 4,5) = 18/54,5 = 0,3303

Ответ

T(0) = 0,3303
33.Переходная характеристика

Ответ: tp = 0,6046 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 = 76 → ωₙ = 8,718 rad/s
2ζωₙ = 14 → ζ = 14/(2·8,718) = 0,803

Результат

ωd = 8,718·√(1 − 0,803²) = 5,196 rad/s → tp = π/ωd = 0,6046 s

Ответ

tp = 0,6046 s
34.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 36,98 %

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) = √(100/20) = 2,236 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 27/(2·√(100·20)) = 0,3019

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 36,98 %

Ответ

%OS = 36,98 %
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ∠G(jω) = −91,51 °

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(2/9) − 90° − atan(2/8) = 12,53° − 90° − 14,04°

Результат

∠G(j2) = −91,51°

Ответ

∠G(jω) = −91,51°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ωc = 2,499 rad/s

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

Частота среза усиления

ω⁴ + 4ω² − 64 = 0
ω² = (−4 + √(16 + 4·64))/2 = 6,246
ωc = 2,499 rad/s

Ответ

ωc = 2,499 rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 240

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.

Характеристическое уравнение

s³ + 10s² + 24s + K = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 24
s²: 10, K
s¹: (10·24 − K)/10
s⁰: K

Условия

Каждый элемент первого столбца должен быть положительным.

K > 0
10·24 − K > 0 → K < 240

Ответ

Kmax = 240

При K = 240 замкнутая система колеблется с частотой ω = √24 = 4,899 rad/s.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: ω = 5,568 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 + 10s² + 31s + 30 + K = 0
s¹: (10·31 − 30 − K)/10 = 0 → K = 280

Частота пересечения

10s² + 30 + 280 = 10s² + 310 = 0 → s² = −31
ω = √31 = 5,568 rad/s

Ответ

ω = 5,568 rad/s
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 500

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.

Требуемый коэффициент скоростной ошибки

Kv = A/ess = 5/0,02 = 250

Коэффициент усиления

K = 2·Kv = 500

Ответ

K = 500

Большой коэффициент усиления делает этот контур очень слабо демпфированным: ζ = 0,04472. Именно из-за такого противоречия применяют корректирующие устройства.

40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Kp = 7,6

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

Характеристический полином

1 + C(s)G(s) = 0, умноженное на s(s + 2).

s² + (2 + 1Kp)s + 1Ki

Целевой полином

s² + 2·0,6·8s + 8² = s² + 9,6s + 64

Приравняйте коэффициенты

2 + 1Kp = 9,6 → Kp = 7,6

Ответ

Kp = 7,6

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

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

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