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​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩIR2​AR4​4 ΩB

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 24 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 ΩR4 = 4 Ω
IR2 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 8 ΩIR1​R3​ = 4 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​5 VR2​15 ΩAR4​6 ΩBR6​4 Ω

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 5 VR1 = 8 ΩR2 = 15 ΩR3 = 4 ΩR4 = 6 ΩR5 = 5 ΩR6 = 4 Ω
IR1 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​5 ΩAR4​4 ΩBIs​2 A

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

V1 = 18 VIs = 2 AR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 ΩR4 = 4 Ω
VB = V
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 4 Ω+−Vs​ = 10 VIx​+−V1​15 VR2​12 ΩAR3​8 ΩBIs​2,5 A

Вывод + источника напряжения Vₛ между A и B находится у A, поэтому он задаёт VA − VB = Vₛ. Методом узловых потенциалов с супер-узлом найдите ток Ix через источник напряжения от A к B, как показано стрелкой.

V1 = 15 VIs = 2,5 AVs = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 Ω
Ix = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 5 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​30 VR3​5 Ω+−VR3​A+−V2​6 VI1​I2​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти напряжение VR3 на R3 с указанной полярностью.

V1 = 30 VV2 = 6 VR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 5 Ω
VR3 = V
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 8 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​30 VR4​8 ΩAR5​20 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

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

V1 = 30 VV2 = 9 VR1 = 8 ΩR2 = 20 ΩR3 = 30 ΩR4 = 8 ΩR5 = 20 Ω
I2 = 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 = 20 V и Is = 10 mA I = 28 mA; при Vs = 20 V и Is = 5 mA I = 26 mA. Найдите ток нагрузки I при Vs = 20 V и Is = 3 mA.

20 V, 10 mA → 28 mA20 V, 5 mA → 26 mAVs = 20 V, Is = 3 mA
I = mA
8.Метод наложенияСложная
линейная цепьV1​V2​Is​IRL​

Линейная резистивная цепь содержит три независимых источника: V1, V2 и Is. Ток I через нагрузку измерен три раза. При номинальных значениях всех источников I = 2 mA. Если V1 удвоить, а два других оставить без изменений, I = −0,5 mA. Если изменить направление Is на противоположное, а два других оставить без изменений, I = −10 mA. Найдите ток нагрузки I, если V2 отключён, а V1 и Is имеют номинальные значения.

номинальные значения: I = 2 mA2·V1: I = −0,5 mA−Is: I = −10 mA
I = mA
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAab

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

V1 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 Ω
IN = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 10 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAIs​2 ABab

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

V1 = 30 VIs = 2 AR1 = 10 ΩR2 = 3 ΩR3 = 25 Ω
IN = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​6 Vt = 0R = 15 ΩL100 mHi(t)

До замыкания ключа в момент t = 0 тока через катушку нет. Найдите напряжение vL на катушке в момент t = 10 ms.

Vs = 6 VR = 15 ΩL = 100 mHt = 10 ms
vL = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​9 Vt = 0R = 3,3 kΩC220 µF+−vC​vC​(0) = 15 V

Непосредственно перед замыканием ключа в момент t = 0 конденсатор заряжен до 15 V с указанной полярностью. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 250 ms.

Vs = 9 VR = 3,3 kΩC = 220 µFvC(0) = 15 Vt = 250 ms
vC = V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
50 V100 HzR = 40 ΩL = 50 mHI

Резистор и катушка включены параллельно в сеть 50 V (действующее значение), 100 Hz. Найдите угол сдвига фаз φ полного сопротивления в градусах (положительный, когда ток отстаёт от напряжения).

V = 50 V (rms)f = 100 HzR = 40 ΩL = 50 mH
φ = °
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
50 V100 HzR = 15 ΩL = 200 mHC = 22 µF+−VC​

Последовательная цепь RLC подключена к сети 50 V (действующее значение), 100 Hz. Найдите действующее значение напряжения VC на конденсаторе.

V = 50 V (rms)f = 100 HzR = 15 ΩL = 200 mHC = 22 µF
VC = V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
240 VR + jXP = 1632 W8,5 A

Индуктивная нагрузка потребляет 8,5 A и 1632 W от однофазной сети 240 V (действующее значение). Представьте её как сопротивление R, соединённое последовательно с реактивным сопротивлением X. Найдите X.

V = 240 VI = 8,5 AP = 1632 W
X = Ω
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
240 V50 Hzнагрузка12 kW, 0,7C150 µFI = ?

Однофазная нагрузка потребляет 12 kW при коэффициенте мощности 0,7 (индуктивном) от сети 240 V, 50 Hz. Параллельно нагрузке подключён конденсатор 150 µF. Найдите новый ток линии I.

P = 12 kWpf1 = 0,7V = 240 Vf = 50 HzC = 150 µF
I = A
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 400 VZ = 20 + j15 Ωна фазу

Симметричная нагрузка, соединённая треугольником, с полным сопротивлением 20 + j15 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 = 20 + j15 Ω на фазу
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 60 kW при коэффициенте мощности 0,78 (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. Конденсаторы соединены звездой. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 60 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
RL​ = 8 Ω21480 VV2​I1​ = ?I2​

К первичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 2:1 приложено 480 V. К вторичной обмотке подключён резистор 8 Ω. Найдите первичный ток I1.

N1:N2 = 2:1V1 = 480 VRL = 8 Ω
I1 = A
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,975 kVA, 50% нагрузка

Однофазный трансформатор 75 kVA имеет потери в стали 375 W и потери в меди 562,5 W при номинальной нагрузке. Он отдаёт 50% номинальной мощности в kVA при коэффициенте мощности 0,9 (отстающий). Найдите суммарные потери Ploss в ваттах при этой нагрузке.

S = 75 kVAPcore = 375 WPcu,fl = 562,5 Wx = 0,5pf = 0,9
Ploss = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 22 kΩVin​ = −1,6 V

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

Vin = −1,6 VR1 = 22 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​C = 0,47 µFVin​ = −2,7 VR = 1 kΩ

Интегратор выполнен на идеальном ОУ с питанием ±15 V; его выход насыщается на уровне ±12 V. Конденсатор не заряжен, когда при t = 0 подаётся постоянное входное напряжение Vin = −2,7 V. Найдите выходное напряжение Vout при t = 0,5 ms.

Vin = −2,7 VR = 1 kΩC = 0,47 µFVsat = ±12 Vt = 0,5 ms
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 1 kΩβ = 200VCC​ = 9 VRB​ = 270 kΩ

NPN-транзистор с β = 200 смещён резистором базы RB = 270 kΩ от источника питания VCC = 9 V. Резистор коллектора RC = 1 kΩ, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите напряжение коллектор–эмиттер VCE.

VCC = 9 VRB = 270 kΩRC = 1 kΩβ = 200VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 330 Ωβ = 50IC​ = ?VCC​ = 5 V3,3 VRB​ = 3,3 kΩ

NPN-транзистор с β = 50 коммутирует нагрузочный резистор 330 Ω, включённый между VCC = 5 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 3,3 V через резистор базы RB = 3,3 kΩ. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Найдите ток коллектора IC в mA при высоком уровне на входе. Сначала определите, насыщен ли транзистор.

VCC = 5 VRC = 330 Ωβ = 50Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 3,3 kΩ
IC = mA
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −104 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −1048 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
4432 кодов, b = ? бит?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Система должна присвоить каждому из 4432 элементов собственный двоичный код одинаковой длины. Какое наименьшее число битов b нужно?

4432
b = bit
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABC000111100101324576

Упростите F = A′B + BC′ + B′C + ABC′ до минимальной формы «сумма произведений». Сколько литералов, L, содержит упрощённое выражение?

F = A′B + BC′ + B′C + ABC′
L =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
CLKT1234567

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

Q₀ = 0T
N =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm−0,5−1−1,50,51

Найдите f(t) для F(s) = (3s + 5)/(s² + 2s + 2) выделением полного квадрата и вычислите f(0,75).

F(s) = (3s + 5)/(s² + 2s + 2)t = 0,75 s
f(0.75) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 7y′ + 12y = 24·u(t), где y(0) = 3 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 2. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,25).

y″ + 7y′ + 12y = 24·u(t)y(0) = 3y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+16K+5s + 3G(s)C(s)4H₁−−

Объект G(s) = 5/(s + 3) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 4. Коэффициент регулятора K = 16, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите статический коэффициент передачи замкнутой системы T(0).

G(s) = 5/(s + 3)H₁ = 4K = 16
T(0) =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+6s + 3G₁+9s + 1G₂C(s)4H₁−0,25H₂−

Упростите структурную схему, где G₁ = 6/(s + 3), G₂ = 9/(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 = 6/(s + 3)G₂ = 9/(s + 1)H₁ = 4H₂ = 0,25
T(0) =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)2ts​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 84/(s² + 6s + 42) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 84/(s² + 6s + 42)
ts = s
34.Переходная характеристикаСложная
t (s)y(t)14,3 %

Переходная характеристика системы второго порядка без нулей должна иметь перерегулирование 4,3 %. Найдите коэффициент демпфирования ζ.

%OS = 4,3 %
ζ =
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​L = 100 mHC = 10 µFR = 2 Ωvout​

В показанном последовательном RLC-полосовом фильтре выход берётся на R = 2 Ω при L = 100 mH и C = 10 µF. Найдите добротность Q.

R = 2 ΩL = 100 mHC = 10 µF
Q =
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 13,5/(s(s + 5)). Найдите запас по фазе PM в градусах.

L(s) = 13,5/(s(s + 5))
PM = °
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1s(s + 3)(s + 4)C(s)−

Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 3)(s + 4)). Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 4))
Kmax =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2sb​

Показан корневой годограф L(s) = K/((s + 4)(s + 6)). Найдите коэффициент усиления K в точке отрыва sb, где два полюса замкнутой системы встречаются на вещественной оси.

L(s) = K/((s + 4)(s + 6))
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 1t+5s(s + 10)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 5/(s(s + 10)) подано линейное воздействие r(t) = 1t. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 5/(s(s + 10))r(t) = 1t
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 55s(s + 2)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 5 управляет объектом G(s) = 5/(s(s + 2)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите время пика tp переходной характеристики.

G(s) = 5/(s(s + 2))K = 5
tp = s

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 0,72 A

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

R1​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​20 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 = 8 + 4 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 20·12/(20+12) = 7,5 Ω
Req = R1 + 7,5 = 5 + 7,5 = 12,5 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 24/12,5 = 1,92 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 24 − 1,92·5 = 14,4 V
IR2 = VA/R2 = 14,4/20 = 0,72 A

Ответ

IR2 = 0,72 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 0,3833 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​ = 4 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​5 VR2​15 ΩAR4​6 ΩBR6​4 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 = 5 + 4 = 9 Ω
R4 ∥ 9 = 3,6 Ω
R3 + 3,6 = 7,6 Ω
R2 ∥ 7,6 = 5,044 Ω
Req = R1 + 5,044 = 8 + 5,044 = 13,04 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 5/13,04 = 0,3833 A

Ответ

IR1 = 0,3833 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 8,216 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​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​5 ΩAR4​4 ΩBIs​2 A

Определите узлы

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

ЗТК в узле A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/5 + (VA − 18)/5 + (VA − VB)/12 = 0
0,4833·VA − 0,08333·VB = 3,6

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)/12 = 2
−0,08333·VA + 0,3333·VB = 2

Решите

Δ = (0,4833)(0,3333) − (−0,08333)(−0,08333) = 0,1542
VA = Δ1/Δ = 1,367/0,1542 = 8,865 V
VB = Δ2/Δ = 1,267/0,1542 = 8,216 V

Ответ

VB = 8,216 V
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: Ix = −1,705 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.

Образуем супер-узел

Через источник напряжения между A и B течёт неизвестный ток, поэтому ЗТК нельзя записать отдельно для A или B. Объедините A, B и источник в один супер-узел: втекающий в него ток равен вытекающему.

VB = VA − 10
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Решите

(VA − 15)/4 + VA/12 + (VA − 10)/8 = 2,5
VA·(1/4 + 1/12 + 1/8) = 2,5 + 15/4 + 10/8 = 7,5
VA = 7,5/0,4583 = 16,36 V
VB = 6,364 V

Ток через источник напряжения

ЗТК только для узла A: ток, приходящий через R₁, уходит через R₂ и через источник напряжения.

IR1 = (15 − 16,36)/4 = −0,3409 A
Ix = IR1 − VA/R2 = −0,3409 − 16,36/12 = −1,705 A

Ответ

Ix = −1,705 A

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

5.Метод контурных токов

Ответ: VR3 = 10 V

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​ = 2 Ω+−V1​30 VR3​5 ΩA+−V2​6 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) = 30
10·I1 − 5·I2 = 30

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
2·I2 + 5(I2 − I1) = (−6)
−5·I1 + 7·I2 = −6

Решите

Δ = (10)(7) − (−5)(−5) = 45
I1 = Δ1/Δ = 180/45 = 4 A
I2 = Δ2/Δ = 90/45 = 2 A

Ответ

IR3 = I1 − I2 = 2 A
VR3 = IR3·R3 = 2·5 = 10 V

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I2 = 0,3167 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​ = 20 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​30 VR4​8 ΩAR5​20 ΩB+−V2​9 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
8·I1 + 8(I1 − I2) = 30
16·I1 − 8·I2 = 30

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
20·I2 + 8(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−8·I1 + 48·I2 − 20·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
30·I3 + 20(I3 − I2) = (−9)
−20·I2 + 50·I3 = −9

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 28800
I1 = Δ1/Δ = 58560/28800 = 2,033 A
I2 = Δ2/Δ = 9120/28800 = 0,3167 A
I3 = Δ3/Δ = −1536/28800 = −0,05333 A

Ответ

I2 = 0,3167 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: I = 25,2 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
20·k₁ + 10·k₂ = 28
20·k₁ + 5·k₂ = 26

Находим константы

Δ = (20)(5) − (10)(20) = −100
k₁ = Δ1/Δ = −120/−100 = 1,2
k₂ = Δ2/Δ = −40/−100 = 0,4
k₁ = 1,2 mA/V, k₂ = 0,4

Предсказываем новый ток

I = 1,2·20 + 0,4·3 = 25,2 mA

Ответ

I = 25,2 mA
8.Метод наложения

Ответ: I = 3,5 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 измерения через вклады

Каждый вклад пропорционален своему источнику.

I₁ + I₂ + I₃ = 2
2·I₁ + I₂ + I₃ = −0,5
I₁ + I₂ − I₃ = −10

Находим вклады

I₁ = −0,5 − 2 = −2,5 mA
I₃ = (2 − (−10))/2 = 6 mA
I₂ = 2 − (−2,5) − 6 = −1,5 mA

Отключаем V₂

I = I₁ + I₃ = (−2,5) + 6 = 3,5 mA

Ответ

I = 3,5 mA
9.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = 0,8571 A

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

R1​ = 3 ΩR3​ = 10 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 = 3·2/(3+2) = 1,2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,2 + 10 = 11,2 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 10 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/(3+2) = 9,6 V
IN​0,8571 ARth​11,2 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 = 9,6/11,2 = 0,8571 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = 2,254 A

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 25 ΩКЗR2​3 ΩAОБРЫВBabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

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

R1 ∥ R2 = 10·3/(10+3) = 2,308 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,308 + 25 = 27,31 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​30 VR2​3 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) = 6,923 + 2·2,308 = 11,54 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,54 + 2·25 = 61,54 V
IN​2,254 ARth​27,31 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 = 61,54/27,31 = 2,254 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vL = 1,339 V

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

Постоянная времени и конечный ток

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

τ = L/R = 100 mH / 15 Ω = 6,667 ms
i(∞) = Vs/R = 6/15 = 0,4 A

Напряжение на катушке

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

vL(t) = Vs·e−t/τ = 6·e−10/6,667 = 1,339 V

Ответ

vL = 1,339 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 13,25 V

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

Начальное значение, конечное значение, постоянная времени

Напряжение на конденсаторе не может измениться скачком, поэтому оно начинается с накопленного значения и стремится к напряжению источника.

vC(0) = 15 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 220 µF = 726 ms
vC(t) = 9 + (15 − 9)·e−t/τ

Напряжение в заданный момент

vC(250) = 9 + (6)·e−250/726 = 13,25 V

Ответ

vC = 13,25 V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: φ = 51,85 °

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

Реактивное сопротивление

XL = ωL = 2π·100·0,05 = 31,42 Ω

Токи ветвей

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

IR = V/R = 50/40 = 1,25 A
IX = V/XL = 50/31,42 = 1,592 A

Общий ток

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

I = √(IR² + IX²) = √(1,25² + 1,592²) = 2,024 A

Угол сдвига фаз

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

φ = arctan(IX/IR) = arctan(1,592/1,25) = 51,85°

Ответ

φ = 51,85°
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: VC = 65,3 V

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

Реактивные сопротивления

ω = 2πf = 2π·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,2 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·22·10⁻⁶) = 72,34 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(15² + (53,32)²) = 55,39 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 50/55,39 = 0,9027 A

Напряжение на конденсаторе

VC = I·XC = 0,9027·72,34 = 65,3 V

Ответ

VC = 65,3 V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: X = 16,94 Ω

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.

Сопротивление по активной мощности

R = P/I² = 1632/8,5² = 22,59 Ω

Реактивное сопротивление по полному

|Z| = V/I = 240/8,5 = 28,24 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(28,24² − 22,59²) = 16,94 Ω

Ответ

X = 16,94 Ω
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 63,84 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 = 12·tan(arccos 0,7) = 12,24 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·50·150·10⁻⁶ = 2714 var = 2,714 kvar
Q2 = 12,24 − 2,714 = 9,528 kvar

Новая полная мощность

S2 = √(12² + 9,528²) = 15,32 kVA

Новый ток линии

I = S2/V = 15323/240 = 63,84 A

Ответ

I = 63,84 A
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 15,36 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 = VL = 400 V

Фазный ток

|Z| = √(20² + 15²) = 25 Ω
Iph = 400/25 = 16 A

Полная активная мощность

Активную мощность потребляет только активная составляющая каждого сопротивления.

P = 3·Iph²·R = 3·16²·20 = 15,36 kW

Ответ

P = 15,36 kW

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

18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 664,5 µF

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

Реактивная мощность до и после

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

Q1 = 60·tan(acos 0,78) = 60·0,8023 = 48,14 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,98) = 60·0,2031 = 12,18 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 35,95 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 415/√3 = 239,6 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 11984/(314,2·239,6²) = 664,5 µF

Ответ

Cph = 664,5 µF
19.Трансформаторы

Ответ: I1 = 15 A

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

Вторичные напряжение и ток

V2 = 480/2 = 240 V
I2 = 240/8 = 30 A

Первичный ток

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

I1 = I2/2 = 15 A

Ответ

I1 = 15 A

Проверка: нагрузка со стороны первичной обмотки равна a²·RL = 32 Ω, и 480/32 даёт тот же ток.

20.Трансформаторы

Ответ: Ploss = 515,6 W

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

Потери в меди при этой нагрузке

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,25·562,5 = 140,6 W

Суммарные потери

Потери в стали одинаковы при любой нагрузке.

Ploss = 375 + 140,6 = 515,6 W

Ответ

Ploss = 515,6 W

КПД при этой нагрузке η = 98,5%.

21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −8,873 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₊ = −1,6 V
I = V₋/R1 = −1,6/22 = −0,07273 mA

Выходное напряжение

Ток через R₁ течёт и через Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −1,6 + (−0,07273)·100 = −8,873 V

Ответ

Vout = −8,873 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 2,872 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.

Входной ток и скорость нарастания

kΩ умножить на µF даёт миллисекунды.

RC = 1 kΩ · 0,47 µF = 0,47 ms
скорость нарастания = −Vin/(RC) = −(−2,7)/0,47 = 5,745 V/ms

Выходное напряжение в заданный момент

Идеальное значение лежит в пределах ±Vsat, поэтому интегратор ещё не вошёл в ограничение.

Vout = −Vin·t/(RC) = −(−2,7)·0,5/0,47 = 2,872 V

Ответ

Vout = 2,872 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: VCE = 2,852 V

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

Ток базы

IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/270 kΩ = 30,74 µA

Ток коллектора

IC = β·IB = 200·30,74 µA = 6,148 mA

Напряжение коллектор–эмиттер

VCE = 9 − 6,148 mA·1 kΩ = 2,852 V

Ответ

VCE = 2,852 V
24.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 14,55 mA

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 базы

IB = (3,3 − 0,7)/3,3 kΩ = 787,9 µA

Насыщение или активный режим?

β·IB больше IC(sat), поэтому транзистор насыщается.

β·IB = 39,39 mA
IC(sat) = (5 − 0,2)/330 = 14,55 mA

Ток коллектора

IC = IC(sat) = 14,55 mA

Ответ

IC = 14,55 mA

Транзистор насыщен.

25.Системы счисления

Ответ: U = 152

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

Инвертируйте и прибавьте единицу

104 = 0110 1000
инвертировано: 1001 0111
+1 → 1001 1000

Прочитайте как беззнаковое

1001 1000₂ = 256 − 104 = 152

Ответ

U = 152
26.Системы счисления

Ответ: b = 13 bit

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

Степени двойки

212 = 4096 < 4432
213 = 8192 ≥ 4432

Ответ

b = 13
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 6

Булева алгебра: правила, упрощающие выражения: X + X′ = 1 и X·X′ = 0, X + X = X, поглощение X + X·Y = X, правило склеивания X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y и теорема о консенсусе XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Законы де Моргана превращают (X·Y)′ в X′ + Y′ и (X + Y)′ в X′·Y′. Карта Карно применяет эти правила графически: каждая группа из двух соседних клеток — это одно применение XY + XY′ = X.

Минтермы выражения

A′B → m(2, 3)
BC′ → m(2, 6)
B′C → m(1, 5)
ABC′ → m(6)
ABC00011110010011131204150716

Сгруппируйте и прочитайте

F = B′C + BC′ + A′C

Посчитайте литералы

L = 6

Ответ

L = 6

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

28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 3

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

Q после каждого фронта

T-триггер переключается по каждому переднему фронту при T = 1 и сохраняет состояние при T = 0.

1: T = 1 → Q = 1
2: T = 1 → Q = 0
3: T = 0 → Q = 0
4: T = 0 → Q = 0
5: T = 0 → Q = 0
6: T = 0 → Q = 0
7: T = 1 → Q = 1

Посчитайте изменения

0 → 1 → 0 → 0 → 0 → 0 → 0 → 1
N = 3

Ответ

N = 3
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.75) = 1,681

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).

Выделение полного квадрата

s² + 2s + 2 = (s + 1)² + 1 = (s + 1)² + 1²

Подбор числителя

F(s) = 3·(s + 1)/((s + 1)² + 1²) + (2/1)·1/((s + 1)² + 1²)

Обратное преобразование

f(t) = e−t·(3·cos 1t + 2·sin 1t)
f(0,75) = e−0,75·(3·cos(1·0,75) + 2·sin(1·0,75)) = 1,681

Ответ

f(0,75) = 1,681
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.25) = 3,214

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 + 12)·Y(s) = 3s + 21 + 48/s
Y(s) = (3s² + 21s + 48)/(s(s + 3)(s + 4))

Простые дроби

A = 48/(3·4) = 4
B = 12/((−3)·1) = −4
C = 12/((−4)·(−1)) = 3

Результат

y(t) = 4 − 4·e−3t + 3·e−4t
y(0,25) = 3,214

Ответ

y(0,25) = 3,214

Проверка: y(0) = A + B + C = 3.

31.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 0,7767

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

Внутренний контур

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 5/(s + 3 + 5·4) = 5/(s + 23)

Внешний контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 80/(s + 23 + 80) = 80/(s + 103)

Результат

T(0) = 80/103 = 0,7767

Ответ

T(0) = 0,7767
32.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 0,4337

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) = 9/(s + 37)

Внешний контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 54/((s + 3)(s + 37) + 13,5)

Статический коэффициент передачи

T(0) = 54/(3·37 + 13,5) = 54/124,5 = 0,4337

Ответ

T(0) = 0,4337
33.Переходная характеристика

Ответ: ts = 1,333 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 = 42 → ωₙ = 6,481 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·6,481) = 0,4629

Результат

ζωₙ = 3 → ts ≈ 4/3 = 1,333 s

Ответ

ts = 1,333 s
34.Переходная характеристика

Ответ: ζ = 0,7077

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

Коэффициент демпфирования

ζ = −ln(0,043)/√(π² + ln²(0,043)) = 3,147/√(9,87 + 9,901) = 0,7077

Ответ

ζ = 0,7077
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: Q = 50

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

Резонансная частота

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,1·1 × 10⁻⁵) = 1000 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 159,2 Hz

Добротность

BW = R/L = 2/0,1 = 20 rad/s = 3,183 Hz
Q = ω₀/BW = 1000/20 = 50

Ответ

Q = 50
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: PM = 64,09 °

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 + 25ω² − 182,3 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·182,3))/2 = 5,898
ωc = 2,429 rad/s

Запас по фазе

∠L(jωc) = −90° − atan(2,429/5) = −115,9°
PM = 180° + ∠L = 64,09°

Ответ

PM = 64,09°
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 84

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 + 7s² + 12s + K = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 12
s²: 7, K
s¹: (7·12 − K)/7
s⁰: K

Условия

Каждый элемент первого столбца должен быть положительным.

K > 0
7·12 − K > 0 → K < 84

Ответ

Kmax = 84

При K = 84 замкнутая система колеблется с частотой ω = √12 = 3,464 rad/s.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 1

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.

Точка отрыва

Для K = −(s + 4)(s + 6) равенство dK/ds = 0 даёт 2s + 10 = 0.

sb = −5

Условие по модулю

K = |−5 + 4|·|−5 + 6| = 1·1 = 1

Ответ

K = 1

При этом коэффициенте усиления замкнутая система критически демпфирована (ζ = 1).

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 2

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

Коэффициент скоростной ошибки

Kv = lim s·G(s) = 0,5

Ошибка по линейному воздействию

ess = 1/0,5 = 2

Ответ

ess = 2
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: tp = 0,6413 s

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

Характеристический полином

s(s + 2) + 5·5 = s² + 2s + 25

ωₙ и ζ

ωₙ = √25 = 5 rad/s
ζ = 2/(2·5) = 0,2

Время пика

ωd = 5·√(1 − 0,2²) = 4,899 rad/s
tp = π/4,899 = 0,6413 s

Ответ

tp = 0,6413 s

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