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​ = 20 ΩIR1​R3​ = 5 Ω+−V1​6 VR2​3 ΩAR4​4 ΩB

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 8 ΩIR1​R3​ = 3 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAR4​20 ΩBR6​4 Ω

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 24 VR1 = 8 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 ΩR4 = 20 ΩR5 = 6 ΩR6 = 4 Ω
IR1 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 5 ΩIR1​R3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAR4​8 ΩBIs​2 A

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

V1 = 30 VIs = 2 AR1 = 5 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 ΩR4 = 8 Ω
IR1 = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​30 ΩAR4​5 ΩBIs​?

Источник тока регулируют до тех пор, пока напряжение узла A не станет VA = 21 V. Методом узловых потенциалов найдите ток источника Is (направление как на схеме).

V1 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 30 ΩR3 = 3 ΩR4 = 5 ΩVA = 21 V
Is = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 20 ΩR2​ = 3 Ω+−VR2​+−V1​12 VR3​5 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

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

V1 = 12 VV2 = 15 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 Ω
VR2 = V
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 4 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​12 VR4​3 ΩAR5​3 ΩB+−V2​30 VI1​I2​I3​

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

V1 = 12 VV2 = 30 VR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 30 ΩR4 = 3 ΩR5 = 3 Ω
I1 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩIR2​AR4​20 ΩBIs​2,5 A

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

V1 = 12 VIs = 2,5 AR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 ΩR4 = 20 Ω
IR2 = A
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 30 ΩR2​ = 5 Ω−+VR2​R4​ = 15 Ω+−V1​18 VR3​20 ΩAIs​1 AB+−V2​36 V

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

V1 = 18 VIs = 1 AV2 = 36 VR1 = 30 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩR4 = 15 Ω
VR2 = V
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 4 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩARL​2 ΩIL​B

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

V1 = 30 VR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 6 ΩRL = 2 Ω
IL = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 30 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAIs​2,5 ABab

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

V1 = 30 VIs = 2,5 AR1 = 30 ΩR2 = 4 ΩR3 = 2 Ω
IN = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​5 Vt = 0R = 20 ΩL100 mHi(t)

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

Vs = 5 VR = 20 ΩL = 100 mHt = 5 ms
i = A
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​15 Vразмыкается при t = 0R1​ = 4,7 kΩR2​ = 1 kΩi2​C33 µF+−vC​

Ключ был замкнут долгое время, поэтому цепь находится в установившемся режиме. При t = 0 ключ размыкается. Найдите ток i2 через R2 при t = 30 ms.

Vs = 15 VR1 = 4,7 kΩR2 = 1 kΩC = 33 µFt = 30 ms
i2 = mA
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
120 V100 HzR = 15 ΩL = 200 mHC = 47 µF

Последовательная цепь RLC подключена к сети 120 V (действующее значение), 100 Hz. Найдите угол сдвига фаз φ полного сопротивления в градусах (положительный, когда ток отстаёт от напряжения).

V = 120 V (rms)f = 100 HzR = 15 ΩL = 200 mHC = 47 µF
φ = °
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
12 V500 HzR = 40 ΩL = 20 mHC = 22 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 12 V (действующее значение), 500 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 12 V (rms)f = 500 HzR = 40 ΩL = 20 mHC = 22 µF
I = A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
P = 7 kWQSφ

Однофазный двигатель потребляет 7 kW при коэффициенте мощности 0,6 (индуктивном) от сети 240 V. Найдите ток линии I.

P = 7 kWpf = 0,6V = 240 V
I = A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
50 V60 HzRs​ = 10 ΩXs​ = j15 ΩZL​ = ?

Источник 50 V (действующее значение), 60 Hz имеет внутреннее сопротивление Zs = 10 + j15 Ω. Полное сопротивление нагрузки ZL можно выбирать произвольно. Нагрузка для максимальной мощности составлена из резистора, соединённого последовательно с конденсатором. Найдите ёмкость C.

Vs = 50 V (rms)f = 60 HzZs = 10 + j15 Ω
C = µF
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 690 VIL​ = ?M15 kW, η = 94%cos φ = 0,82

Трёхфазный асинхронный двигатель при полной нагрузке развивает механическую мощность 15 kW. При этой нагрузке его КПД равен 94%, а коэффициент мощности 0,82 (отстающий). Линейное напряжение сети 690 V. Найдите линейный ток IL.

Pout = 15 kWη = 94%cos φ = 0,82VL = 690 V
IL = A
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 250 kW при коэффициенте мощности 0,72 (отстающий) от сети 690 V (линейное), 60 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 = 250 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаторыСредняя
7200 V240 VIHV​ = ?ILV​10 kVA

Однофазный трансформатор 10 kVA, 7200/240 V работает при номинальной нагрузке. Считайте его идеальным. Найдите ток IHV в обмотке высшего напряжения.

S = 10 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
IHV = A
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,825 kVA, 50% нагрузка

Однофазный трансформатор 25 kVA имеет потери в стали 200 W и потери в меди 600 W при номинальной нагрузке. Он отдаёт 50% номинальной мощности в kVA при коэффициенте мощности 0,8 (отстающий). Найдите суммарные потери Ploss в ваттах при этой нагрузке.

S = 25 kVAPcore = 200 WPcu,fl = 600 Wx = 0,5pf = 0,8
Ploss = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 100 kΩVin​ = −5 VRa​ = 10 kΩRb​ = 2 kΩ

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

Vin = −5 VRa = 10 kΩRb = 2 kΩR1 = 100 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
Vin​V1​Vout​каскад 1: инвертирующийR1​ = 1 kΩRf1​ = 4,7 kΩкаскад 2: неинвертирующийR2​ = 10 kΩRf2​ = 2 kΩ

Два каскада на идеальных ОУ соединены последовательно: инвертирующий усилитель (R1, Rf1), за ним неинвертирующий (R2 на землю, Rf2 в обратной связи). Оба питаются от ±15 V. Входное напряжение Vin = −0,75 V. Найдите выходное напряжение Vout.

R1 = 1 kΩRf1 = 4,7 kΩR2 = 10 kΩRf2 = 2 kΩVin = −0,75 V
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 470 Ωβ = 200VCC​ = 10 VRB​ = 470 kΩ

NPN-транзистор с β = 200 смещён резистором базы RB = 470 kΩ от источника питания VCC = 10 V. Резистор коллектора RC = 470 Ω, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите напряжение коллектор–эмиттер VCE.

VCC = 10 VRB = 470 kΩRC = 470 Ωβ = 200VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 470 Ωβ = 50IC​ = ?VCC​ = 9 V3,3 VRB​ = 2,2 kΩ

NPN-транзистор с β = 50 коммутирует нагрузочный резистор 470 Ω, включённый между VCC = 9 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 3,3 V через резистор базы RB = 2,2 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 = 9 VRC = 470 Ωβ = 50Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 2,2 kΩ
IC = mA
25.Системы счисленияСредняя
веса разрядов в дополнительном коде1−12816403201608041201

8-битная комбинация 1100 0010 хранит целое число со знаком в дополнительном коде. Каково его значение N в десятичной системе?

1100 00108 bit
N =
26.Системы счисленияСложная
3402 кодов, b = ? бит?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Система должна присвоить каждому из 3402 элементов собственный двоичный код одинаковой длины. Какое наименьшее число битов b нужно?

3402
b = bit
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABCD000111100001111000111312140517060120131151141809111110

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «сумма произведений» (SOP) для F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 4, 7, 8, 10, 11, 14, 15). Сколько членов-произведений, N, в ней?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 4, 7, 8, 10, 11, 14, 15)
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
CLKJK123456

Триггер JK, срабатывающий по переднему фронту, начинает с Q = 0 и получает показанные входы. Нажмите на первый фронт тактового сигнала, на котором Q возвращается из 1 в 0.

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

F(s) = (2s + 9)/(s² + 10s + 21). Её оригинал имеет вид f(t) = A·e−3t + B·e−7t. Найдите коэффициент A разложением на простые дроби.

F(s) = (2s + 9)/(s² + 10s + 21)
A =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,5y(0,5) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 7y′ + 6y = 3·u(t). Она начинает из покоя (y(0) = 0, y′(0) = 0), а входом служит ступенька u(t) = 5 при t ≥ 0. С помощью преобразования Лапласа найдите выход y(0,5).

y″ + 7y′ + 6y = 3·u(t)u(t) = 5y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,5 s
y(0.5) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+7(s + 7)(s + 4)(s + 6)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 7(s + 7)/((s + 4)(s + 6)). На задающее воздействие подаётся ступенька величиной 10. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 7(s + 7)/((s + 4)(s + 6))R = 10
ess =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+Ks(s + 5)(s + 6)G(s)C(s)−

Объект G(s) = K/(s(s + 5)(s + 6)) помещён в контур с единичной отрицательной обратной связью. При наибольшем устойчивом коэффициенте в контуре возникают колебания. Найдите частоту колебаний ω в rad/s.

G(s) = K/(s(s + 5)(s + 6))единичная отрицательная обратная связь
ω = rad/s
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)3tp​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 153/(s² + 4s + 51) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время пика tp переходной характеристики.

G(s) = 153/(s² + 4s + 51)
tp = s
34.Переходная характеристикаСложная
k = 100 N/mc = 20 N·s/mm = 4 kgF = 50 Nx(t)

Масса m = 4 kg подвешена на пружине k = 100 N/m с вязким демпфером c = 20 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 50 N. Найдите момент времени tp, когда смещение наибольшее.

m = 4 kgk = 100 N/mc = 20 N·s/mF = 50 N
tp = s
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​C = 10 nFR = 22 kΩvout​

Изображённый RC-фильтр верхних частот имеет R = 22 kΩ, C = 10 nF. На вход подаётся синусоидальный сигнал 3,6 kHz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.

R = 22 kΩC = 10 nFf = 3,6 kHz
φ = °
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​ = ?

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 10/(s(s + 1)(s + 5)). Найдите частоту перехода фазы ω180, где ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 10/(s(s + 1)(s + 5))
ω180 = rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+Ks + 13s(s + 3)(s + 4)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K(s + 13)/(s(s + 3)(s + 4)), K > 0. Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K(s + 13)/(s(s + 3)(s + 4))
Kmax =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReImζ = 0,6−5−10j5

Показан корневой годограф L(s) = K/(s(s + 10)). Найдите коэффициент усиления K, при котором полюса замкнутой системы имеют коэффициент демпфирования ζ = 0,6.

L(s) = K/(s(s + 10))ζ = 0,6
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 4t+50(s + 3)s(s + 10)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 50(s + 3)/(s(s + 10)) подано линейное воздействие r(t) = 4t. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 50(s + 3)/(s(s + 10))r(t) = 4t
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 42s(s + 2)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 4 управляет объектом G(s) = 2/(s(s + 2)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите перерегулирование %OS переходной характеристики в процентах.

G(s) = 2/(s(s + 2))K = 4
%OS = %

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 0,2697 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​ = 20 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​6 VR2​3 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 = 5 + 4 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 3·9/(3+9) = 2,25 Ω
Req = R1 + 2,25 = 20 + 2,25 = 22,25 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 6/22,25 = 0,2697 A

Ответ

IR1 = 0,2697 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 1,653 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​ = 3 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAR4​20 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 = 6 + 4 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 6,667 Ω
R3 + 6,667 = 9,667 Ω
R2 ∥ 9,667 = 6,517 Ω
Req = R1 + 6,517 = 8 + 6,517 = 14,52 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 24/14,52 = 1,653 A

Ответ

IR1 = 1,653 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR1 = 3,302 A

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

R1​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAR4​8 ΩBIs​2 A

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 30 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/6 + (VA − 30)/5 + (VA − VB)/20 = 0
0,4167·VA − 0,05·VB = 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/8 + (VB − VA)/20 = (−2)
−0,05·VA + 0,175·VB = −2

Решите

Δ = (0,4167)(0,175) − (−0,05)(−0,05) = 0,07042
VA = Δ1/Δ = 0,95/0,07042 = 13,49 V
VB = Δ2/Δ = −0,5333/0,07042 = −7,574 V

Ответ

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (30 − 13,49)/5 = 3,302 A
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: Is = 7,72 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
(21 − 18)/2 + 21/30 = (VB − 21)/3
2,2 = (VB − 21)/3 → VB = 27,6 V

ЗТК в узле B

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

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (27,6 − 21)/3 + 27,6/5 = 7,72 A

Ответ

Is = 7,72 A
5.Метод контурных токов

Ответ: VR2 = −5,4 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​ = 20 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​12 VR3​5 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
20·I1 + 5(I1 − I2) = 12
25·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
3·I2 + 5(I2 − I1) = (−15)
−5·I1 + 8·I2 = −15

Решите

Δ = (25)(8) − (−5)(−5) = 175
I1 = Δ1/Δ = 21/175 = 0,12 A
I2 = Δ2/Δ = −315/175 = −1,8 A

Ответ

IR2 = I2 = −1,8 A
VR2 = IR2·R2 = −1,8·3 = −5,4 V

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I1 = 1,768 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​ = 4 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​12 VR4​3 ΩAR5​3 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
4·I1 + 3(I1 − I2) = 12
7·I1 − 3·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 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
15·I2 + 3(I2 − I1) + 3(I2 − I3) = 0
−3·I1 + 21·I2 − 3·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 + 3(I3 − I2) = (−30)
−3·I2 + 33·I3 = −30

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 4491
I1 = Δ1/Δ = 7938/4491 = 1,768 A
I2 = Δ2/Δ = 558/4491 = 0,1242 A
I3 = Δ3/Δ = −4032/4491 = −0,8978 A

Ответ

I1 = 1,768 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: IR2 = 0,8632 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​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​20 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 = 20+20 = 40 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 15·40/(15+40) = 10,91 Ω
VA = 12·10,91/(15+10,91) = 5,053 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 5,053·20/40 = 2,526 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (5,053 − 0)/15 = 0,3368 A
R1​ = 15 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​15 ΩAR4​20 ΩBIs​2,5 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 = 15·15/(15+15) = 7,5 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 20 ∥ 27,5 = 11,58 Ω
VB = Is·Req = 2,5·11,58 = 28,95 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 28,95·7,5/27,5 = 7,895 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (7,895 − 0)/15 = 0,5263 A

Сложите составляющие

IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = 0,3368 + 0,5263 = 0,8632 A

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

8.Метод наложения

Ответ: VR2 = 6,844 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​ = 30 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​18 VR3​20 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) = 20 ∥ 20 = 10 Ω
VA = 18·10/(30+10) = 4,5 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 4,5·15/20 = 3,375 V
VR2′ = VB − VA = 3,375 − 4,5 = −1,125 V
R1​ = 30 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 15 ΩКЗR3​20 ΩAIs​1 ABКЗ

Случай 2 · действует только Is

Оба источника напряжения становятся короткими замыканиями. Iₛ в точке B делится между R₄ (теперь к земле) и R₂, последовательным с R₁ ∥ R₃.

R1 ∥ R3 = 12 Ω, поэтому левый путь — R2+12 = 17 Ω
Req = R4 ∥ 17 = 7,969 Ω
VB = Is·Req = 1·7,969 = 7,969 V
VA = VB·12/17 = 5,625 V
VR2″ = VB − VA = 7,969 − 5,625 = 2,344 V
R1​ = 30 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 15 ΩКЗR3​20 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 = 30·20/(30+20) = 12 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 36·17/32 = 19,13 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 19,13·12/17 = 13,5 V
VR2‴ = VB − VA = 19,13 − 13,5 = 5,625 V

Сложите составляющие

VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = (−1,125) + 2,344 + 5,625 = 6,844 V

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

9.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 2,045 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​ = 4 ΩR3​ = 6 ΩКЗR2​12 ΩAabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

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

R1 ∥ R2 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 6 = 9 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAab+−Vth​

Найдите Vth — напряжение холостого хода

Когда a–b разомкнуты, через R₃ ток не течёт, поэтому падения на нём нет и V_b = V_A. R₁ и R₂ образуют делитель напряжения.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 30·12/(4+12) = 22,5 V
Rth​ = 9 Ω+−Vth​22,5 VRL​2 ΩIL​

Подключите нагрузку к эквиваленту Тевенина

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

IL = Vth/(Rth + RL) = 22,5/(9 + 2) = 2,045 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = 3,138 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​ = 2 ΩКЗR2​4 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 = 30·4/(30+4) = 3,529 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,529 + 2 = 5,529 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAIs​2,5 ABab+−Vth​

Найдите Vth — напряжение холостого хода

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 3,529 + 2,5·3,529 = 12,35 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,35 + 2,5·2 = 17,35 V
IN​3,138 ARth​5,529 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 = 17,35/5,529 = 3,138 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: i = 0,158 A

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

Постоянная времени и конечный ток

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

τ = L/R = 100 mH / 20 Ω = 5 ms
i(∞) = Vs/R = 5/20 = 0,25 A

Ток в заданный момент

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,25·(1 − e−5/5) = 0,158 A

Ответ

i = 0,158 A
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: i2 = 1,06 mA

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 напряжение конденсатора

В установившемся режиме конденсатор — разрыв, поэтому R₁ и R₂ образуют делитель напряжения. Напряжение конденсатора не может измениться скачком при размыкании ключа.

vC(0) = 15·1/(4,7 + 1) = 2,632 V

Постоянная времени после размыкания ключа

τ = R2·C = 1·33 = 33 ms

Разряд

vC(t) = 2,632·e−30/33 = 1,06 V
i2 = vC/R2 = 1,06/1 = 1,06 mA

Ответ

i2 = 1,06 mA
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: φ = 80,72 °

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/(628,3·47·10⁻⁶) = 33,86 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(15² + (91,8)²) = 93,02 Ω

Угол сдвига фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(91,8/15) = 80,72°

Ответ

φ = 80,72°
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,1912 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·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,02 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·22·10⁻⁶) = 14,47 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (48,36)²) = 62,76 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 12/62,76 = 0,1912 A

Ответ

I = 0,1912 A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 48,61 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.

Ток линии

Работу совершает только активная часть мощности, поэтому разделите на коэффициент мощности.

I = P/(V·cos φ) = 7000/(240·0,6) = 48,61 A

Ответ

I = 48,61 A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: C = 176,8 µF

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

Сопряжённое согласование

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

ZL = Zs* = 10 − j15 Ω

Ёмкость

XC = 15 Ω → C = 1/(2π·60·15) = 176,8 µF

Ответ

C = 176,8 µF
17.Трёхфазная мощность

Ответ: IL = 16,28 A

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

Потребляемая электрическая мощность

Pin = Pout/η = 15/0,94 = 15,96 kW

Ток линии

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 15957/(√3·690·0,82) = 16,28 A

Ответ

IL = 16,28 A
18.Трёхфазная мощность

Ответ: QC = 190,2 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 = 250·tan(acos 0,72) = 250·0,9639 = 241 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,98) = 250·0,2031 = 50,76 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 190,2 kvar

Ответ

QC = 190,2 kvar
19.Трансформаторы

Ответ: IHV = 1,389 A

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

Номинальный ток

Через обе обмотки передаётся одинаковая полная мощность.

IHV = S/V = 10000/7200 = 1,389 A

Ответ

IHV = 1,389 A
20.Трансформаторы

Ответ: Ploss = 350 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 = 0,25·600 = 150 W

Суммарные потери

Потери в стали одинаковы при любой нагрузке.

Ploss = 200 + 150 = 350 W

Ответ

Ploss = 350 W

КПД при этой нагрузке η = 96,62%.

21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −1,667 V

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

Напряжение на входе +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = −5·2/(10 + 2) = −0,8333 V

Коэффициент усиления неинвертирующего усилителя

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

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = −0,8333·(1 + 100/100) = −1,667 V

Ответ

Vout = −1,667 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 4,23 V

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

Коэффициент усиления каждого каскада

A1 = −Rf1/R1 = −4,7/1 = −4,7
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 2/10 = 1,2

Каскад за каскадом

V1 = −4,7·(−0,75) = 3,525 V
Vout = 1,2·3,525 = 4,23 V

Ответ

Vout = 4,23 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: VCE = 8,14 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 = (10 − 0,7)/470 kΩ = 19,79 µA

Ток коллектора

IC = β·IB = 200·19,79 µA = 3,957 mA

Напряжение коллектор–эмиттер

VCE = 10 − 3,957 mA·0,47 kΩ = 8,14 V

Ответ

VCE = 8,14 V
24.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 18,72 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)/2,2 kΩ = 1182 µA

Насыщение или активный режим?

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

β·IB = 59,09 mA
IC(sat) = (9 − 0,2)/470 = 18,72 mA

Ток коллектора

IC = IC(sat) = 18,72 mA

Ответ

IC = 18,72 mA

Транзистор насыщен.

25.Системы счисления

Ответ: N = −62

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

Сложите веса

Остальные биты сохраняют свои обычные положительные веса.

−128 + 64 + 2 = −62

Ответ

N = −62
26.Системы счисления

Ответ: b = 12 bit

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

Степени двойки

211 = 2048 < 3402
212 = 4096 ≥ 3402

Ответ

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

Ответ: N = 6

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.

ABCD000111100001111000111312140517060120131151141809111110

Сгруппируйте единицы

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

CD
B′C
AC
A′B′D
AB′D′
A′BC′D′

Минимальная форма SOP

F = CD + B′C + AC + A′B′D + AB′D′ + A′BC′D′
N = 6

Ответ

N = 6
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: фронт тактового сигнала 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

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

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

Первое изменение с 1 на 0

фронт тактового сигнала 3

Ответ

фронт тактового сигнала 3
29.Преобразования Лапласа

Ответ: A = 0,75

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

Разложение знаменателя на множители

s² + 10s + 21 = (s + 3)(s + 7)
F(s) = A/(s + 3) + B/(s + 7)

Правило закрытия

Умножьте на (s + 3) и положите s = −3: слагаемое с B обращается в нуль.

A = (2s + 9)/(s + 7) |s = −3 = 3/4 = 0,75

Ответ

A = 0,75
(B = 1,25, поэтому f(t) = 0,75·e−3t + 1,25·e−7t)
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.5) = 0,7053

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

Преобразование уравнения

Y(s) = 15/(s(s + 1)(s + 6))

Простые дроби

A = 15/(1·6) = 2,5
B = 15/((−1)·5) = −3
C = 15/((−6)·(−5)) = 0,5

Выделение

y(t) = 2,5 − 3·e−t + 0,5·e−6t
y(0,5) = 0,7053

Ответ

y(0,5) = 0,7053
31.Структурные схемы

Ответ: ess = 3,288

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

Коэффициент ошибки по положению

Kₚ = G(0) = 7·7/(4·6) = 2,042

Установившаяся ошибка

ess = A/(1 + Kₚ) = 10/(1 + 2,042) = 3,288

Ответ

ess = 3,288
32.Структурные схемы

Ответ: ω = 5,477 rad/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).

Характеристическое уравнение

s³ + 11s² + 30s + K = 0

Таблица Рауса

s³ | 1 30
s² | 11 K
s¹ | (11·30 − K)/11
s⁰ | K

Граница устойчивости

Все элементы первого столбца должны быть положительными.

Kmax = 11·30 = 330

Частота колебаний

11·(jω)² + 330 = 0 → ω² = 330/11 = 30
ω = 5,477 rad/s

Ответ

ω = 5,477 rad/s
33.Переходная характеристика

Ответ: tp = 0,4582 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 = 51 → ωₙ = 7,141 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·7,141) = 0,2801

Результат

ωd = 7,141·√(1 − 0,2801²) = 6,856 rad/s → tp = π/ωd = 0,4582 s

Ответ

tp = 0,4582 s
34.Переходная характеристика

Ответ: tp = 0,7255 s

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

Собственная частота и коэффициент демпфирования

ωₙ = √(k/m) = √(100/4) = 5 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 20/(2·√(100·4)) = 0,5

Результат

ωd = 4,33 rad/s
tp = π/ωd = 0,7255 s

Ответ

tp = 0,7255 s
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: φ = 11,36 °

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

Частота среза

ωc = 1/(RC) = 1/(22000·1 × 10⁻⁸) = 4545 rad/s
fc = 723,4 Hz → f/fc = 3600/723,4 = 4,976

Фаза

φ = 90° − atan(4,976) = 11,36°

Ответ

φ = 11,36°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ω180 = 2,236 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 перехода фазы

(ω/1)·(ω/5) = 1 → ω180 = √(1·5) = 2,236 rad/s

Ответ

ω180 = 2,236 rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 14

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

Характеристический полином

s(s + 3)(s + 4) + K(s + 13) = s³ + 7s² + (12 + K)s + 13K

Таблица Рауса

s³: 1, 12 + K
s²: 7, 13K
s¹: (7·(12 + K) − 13K)/7
s⁰: 13K

Условие

84 − 6K > 0
K < 84/6 = 14

Ответ

Kmax = 14

Если бы нуль лежал правее s = −7, контур оставался бы устойчивым при любом K > 0.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 69,44

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.

Сравните со стандартной формой

s² + 10s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,6·ωₙ = 10 → ωₙ = 8,333 rad/s

Коэффициент усиления

K = ωₙ² = 8,333² = 69,44

Ответ

K = 69,44

Полюса замкнутой системы находятся там, где линия ζ пересекает вертикальную ветвь при s = −5.

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 0,2667

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) = 15

Ошибка по линейному воздействию

ess = 4/15 = 0,2667

Ответ

ess = 0,2667
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: %OS = 30,5 %

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) + 4·2 = s² + 2s + 8

ωₙ и ζ

ωₙ = √8 = 2,828 rad/s
ζ = 2/(2·2,828) = 0,3536

Перерегулирование

%OS = 100·e−0,3536π/√(1 − 0,3536²) = 30,5 %

Ответ

%OS = 30,5 %

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