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​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAR4​12 ΩB

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 15 VR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 ΩR4 = 12 Ω
Req = Ω
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 12 ΩIR1​R3​ = 20 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​5 VR2​12 ΩAR4​3 ΩBR6​2 Ω

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 5 VR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 ΩR4 = 3 ΩR5 = 4 ΩR6 = 2 Ω
IR1 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩAR4​2 ΩBIs​3 A

Методом узловых потенциалов найдите мощность PIs, отдаваемую источником тока Is.

V1 = 18 VIs = 3 AR1 = 15 ΩR2 = 3 ΩR3 = 2 ΩR4 = 2 Ω
PIs = W
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 2 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAR4​10 ΩBIs​?

Источник тока регулируют до тех пор, пока напряжение узла A не станет VA = 8,5 V. Методом узловых потенциалов найдите ток источника Is (направление как на схеме).

V1 = 6 VR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 8 ΩR4 = 10 ΩVA = 8,5 V
Is = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 8 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​18 VR3​20 Ω+−VR3​A+−V2​30 VI1​I2​

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

V1 = 18 VV2 = 30 VR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 20 Ω
VR3 = V
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 20 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​5 VR4​2 ΩAR5​5 ΩIR5​B+−V2​30 VI1​I2​I3​

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

V1 = 5 VV2 = 30 VR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 ΩR5 = 5 Ω
IR5 = A
7.Метод наложенияСредняя
линейная цепьVs​Is​IRL​

Линейная резистивная цепь содержит один источник напряжения Vs и один источник тока Is. Ток I через нагрузочный резистор измерен дважды: при Vs = 8 V и Is = 1 mA I = 2,2 mA; при Vs = 5 V и Is = 10 mA I = 3,25 mA. Найдите ток нагрузки I при Vs = 20 V и Is = 3 mA.

8 V, 1 mA → 2,2 mA5 V, 10 mA → 3,25 mAVs = 20 V, Is = 3 mA
I = mA
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 30 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​18 VR3​3 ΩIR3​AIs​1 AB−+V2​36 V

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

V1 = 18 VIs = 1 AV2 = 36 VR1 = 30 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩR4 = 10 Ω
IR3 = A
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAab

Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.

V1 = 10 VR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 6 Ω
Vth = V
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 20 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAIs​4 ABRL​10 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 10 Ω. С помощью эквивалента Тевенина найдите мощность PL, передаваемую в нагрузку.

V1 = 15 VIs = 4 AR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 6 ΩRL = 10 Ω
PL = W
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
R = 100 Ωt = 0L22 mHi(t)

Через катушку течёт установившийся ток 1 A. При t = 0 ключ замыкает контур через R, а источник отключается, поэтому ток катушки убывает через R. Найдите напряжение vR на R при t = 1 ms.

i(0) = 1 AR = 100 ΩL = 22 mHt = 1 ms
vR = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​12 Vt = 0R = 2,2 kΩC22 µF+−vC​vC​(0) = 18 V

Непосредственно перед замыканием ключа в момент t = 0 конденсатор заряжен до 18 V с указанной полярностью. Через какое время vC достигнет 15 V? Найдите t.

Vs = 12 VR = 2,2 kΩC = 22 µFvC(0) = 18 V
t = ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
Vf0​ = 500 HzRL = 200 mHC = ?

Последовательный RLC-контур с L = 200 mH должен резонировать на частоте 500 Hz. Найдите необходимую ёмкость C.

f0 = 500 HzL = 200 mH
C = µF
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
12 V200 HzR = 40 ΩL = 100 mHC = 4,7 µFI

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

V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 40 ΩL = 100 mHC = 4,7 µF
I = A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
400 V111 kW, 0,729 kW, 0,7I

К однофазной сети 400 V параллельно подключены две нагрузки: нагрузка 11 kW при коэффициенте мощности 0,7 (индуктивном) и нагрузка 9 kW при коэффициенте мощности 0,7 (индуктивном). Найдите общий коэффициент мощности cos φ со стороны сети.

V = 400 VP1 = 11 kW, pf1 = 0,7 отстающийP2 = 9 kW, pf2 = 0,7 отстающий
cos φ =
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P1​ = 39 kWQ1​S1​φ

Однофазный трансформатор 200 kVA питает нагрузку 39 kW при коэффициенте мощности 0,6 (индуктивном). Какую дополнительную активную мощность ΔP можно добавить в виде активной нагрузки (коэффициент мощности 1), прежде чем трансформатор достигнет своей номинальной мощности в kVA?

Smax = 200 kVAP1 = 39 kWpf1 = 0,6
ΔP = kW
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M18,5 kW, η = 93%cos φ = 0,88

Трёхфазный асинхронный двигатель при полной нагрузке развивает механическую мощность 18,5 kW. При этой нагрузке его КПД равен 93%, а коэффициент мощности 0,88 (отстающий). Линейное напряжение сети 400 V. Найдите линейный ток IL.

Pout = 18,5 kWη = 93%cos φ = 0,88VL = 400 V
IL = A
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 300 kW при коэффициенте мощности 0,65 (отстающий) от сети 480 V (линейное), 60 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,92 (отстающий). Активная мощность не меняется. Конденсаторы соединены звездой. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 300 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
75 ΩN1​N2​7500 Ω

Усилитель с выходным сопротивлением 7500 Ω питает громкоговоритель 75 Ω через идеальный трансформатор. Для передачи максимальной мощности громкоговоритель должен выглядеть со стороны усилителя как 7500 Ω. Найдите коэффициент трансформации a = N₁/N₂.

Rs = 7500 ΩRL = 75 Ω
a =
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,9250 kVA, η = 97,5%

Однофазный трансформатор 250 kVA имеет потери в стали 2000 W. При номинальной нагрузке и коэффициенте мощности 0,9 (отстающий) его КПД равен 97,5%. Найдите потери в меди при номинальной нагрузке Pcu,fl в ваттах.

S = 250 kVAPcore = 2000 Wpf = 0,9η = 97,5%
Pcu,fl = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = 3 VRa​ = 22 kΩRb​ = 2 kΩ

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

Vin = 3 VRa = 22 kΩRb = 2 kΩR1 = 1 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​Rf​ = 22 kΩV1​ = 0,9 VR1​ = 10 kΩV2​ = −1 VR2​ = 100 kΩ

Суммирующий усилитель использует идеальный ОУ с питанием ±15 V. Найдите выходное напряжение Vout.

V1 = 0,9 VV2 = −1 VR1 = 10 kΩR2 = 100 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 470 Ωβ = 100IC​ = ?VCC​ = 15 VRB​ = 100 kΩ

NPN-транзистор с β = 100 смещён резистором базы RB = 100 kΩ от источника питания VCC = 15 V. Резистор коллектора RC = 470 Ω, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите ток коллектора IC в mA.

VCC = 15 VRB = 100 kΩRC = 470 Ωβ = 100VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 100 Ωβ = 200VCC​ = 9 V3,3 VRB​ = ?

NPN-транзистор с β = 200 коммутирует нагрузочный резистор 100 Ω, включённый между VCC = 9 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 3,3 V через резистор базы RB. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Для надёжного переключения рассчитайте ток базы в 10 раз больше минимального, нужного для насыщения. Найдите RB в kΩ.

VCC = 9 VRC = 100 Ωβ = 200Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vкоэффициент запаса = 10
RB = kΩ
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код?−128?64?32?16?8?4?2?1

Запишите −105 как 8-битную комбинацию в дополнительном коде. Прочитайте комбинацию как беззнаковое двоичное число: каково его значение U в десятичной системе?

N = −1058 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
24-битный дополнительный код, N = ??знак???????????????????????

Какое наименьшее (самое отрицательное) целое число N можно записать в 24-битном дополнительном коде?

24 bit
N =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABCD00011110000111101111

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

F = Σm(4, 5, 13, 14)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
ABCD00011110000111101011031204X51706112013115114X819011010

Найдите минимальную форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 7, 9, 12, 14, 15) + d(5, 8), где d обозначает безразличные состояния. Сколько литералов, L, она содержит?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 7, 9, 12, 14, 15) + d(5, 8)
L =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 0,3f(0,3) = ?

Найдите f(t) для F(s) = 35/(s(s + 4)(s + 5)) разложением на простые дроби и вычислите f(0,3).

F(s) = 35/(s(s + 4)(s + 5))t = 0,3 s
f(0.3) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 11y′ + 30y = 90·u(t). Она начинает из покоя (y(0) = 0, y′(0) = 0), а входом служит ступенька u(t) = 1 при t ≥ 0. С помощью преобразования Лапласа найдите выход y(0,2).

y″ + 11y′ + 30y = 90·u(t)u(t) = 1y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,2 s
y(0.2) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+8s + 9G(s)C(s)0,5H−

Объект G(s) = 8/(s + 9) управляется в контуре отрицательной обратной связи, у датчика которой коэффициент H = 0,5. Найдите постоянную времени τ замкнутой системы.

G(s) = 8/(s + 9)H = 0,5
τ = s
32.Структурные схемыСложная
R(s)+22регулятор+D(s)+2s + 3объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K = 22 управляет объектом G(s) = 2/(s + 3) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Возмущение D действует на входе объекта (прибавляется к выходу регулятора). При R = 0 подаётся ступенька возмущения величиной 5. Найдите установившийся выход css.

K = 22G(s) = 2/(s + 3)D = 5R = 0
css =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)2

Система имеет передаточную функцию G(s) = 166/(s² + 4s + 83) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите коэффициент демпфирования ζ.

G(s) = 166/(s² + 4s + 83)
ζ =
34.Переходная характеристикаСложная
k = 200 N/mc = 24 N·s/mm = 2 kgF = 10 Nx(t)

Масса m = 2 kg подвешена на пружине k = 200 N/m с вязким демпфером c = 24 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 10 N. Найдите момент времени tp, когда смещение наибольшее.

m = 2 kgk = 200 N/mc = 24 N·s/mF = 10 N
tp = s
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​C = 4,7 nFR = 2,2 kΩvout​

Изображённый RC-фильтр верхних частот имеет R = 2,2 kΩ, C = 4,7 nF. На вход подаётся синусоидальный сигнал 3,8 kHz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.

R = 2,2 kΩC = 4,7 nFf = 3,8 kHz
φ = °
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−100−80−60−40−20020ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 10/(s(s + 2)(s + 6)). Найдите запас по усилению GM в dB.

L(s) = 10/(s(s + 2)(s + 6))
GM = dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+301s(s + 1)(s + 4)C(s)−

Контур на схеме имеет отрицательную обратную связь, L(s) = 30/(s(s + 1)(s + 4)). Сколько полюсов N замкнутой системы лежит в правой полуплоскости?

L(s) = 30/(s(s + 1)(s + 4))
N =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,50,5j0,5j1

Корневой годограф L(s) = K/(s(s + 1)(s + 2)) покидает вещественную ось между s = 0 и s = −1. Найдите точку отрыва sb.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 2))
sb =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 5·t²/2+2(s + 5)s²(s + 10)C(s)−

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

G(s) = 2(s + 5)/(s²(s + 10))r(t) = 5·t²/2
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 402s(s + 4)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 40 управляет объектом G(s) = 2/(s(s + 4)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 2/(s(s + 4))K = 40
ts = s

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 11,05 Ω

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​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAR4​12 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 = 20 + 12 = 32 Ω
R2 ∥ 32 = 6·32/(6+32) = 5,053 Ω
Req = R1 + 5,053 = 6 + 5,053 = 11,05 Ω

Ответ

Req = 11,05 Ω
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 0,253 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​ = 12 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​5 VR2​12 ΩAR4​3 ΩBR6​2 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 = 4 + 2 = 6 Ω
R4 ∥ 6 = 2 Ω
R3 + 2 = 22 Ω
R2 ∥ 22 = 7,765 Ω
Req = R1 + 7,765 = 12 + 7,765 = 19,76 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 5/19,76 = 0,253 A

Ответ

IR1 = 0,253 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: PIs = 15,23 W

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

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/3 + (VA − 18)/15 + (VA − VB)/2 = 0
0,9·VA − 0,5·VB = 1,2

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/2 + (VB − VA)/2 = 3
−0,5·VA + VB = 3

Решите

Δ = (0,9)(1) − (−0,5)(−0,5) = 0,65
VA = Δ1/Δ = 2,7/0,65 = 4,154 V
VB = Δ2/Δ = 3,3/0,65 = 5,077 V

Мощность, отдаваемая источником тока

Источник направляет ток Iₛ вверх в узел B, от земли (0 V) к VB. Источник, ток которого выходит из его вывода +, отдаёт мощность P = V·I.

PIs = VB·Is = 5,077·3 = 15,23 W

Ответ

PIs = 15,23 W
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: Is = 6,16 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
(8,5 − 6)/2 + 8,5/5 = (VB − 8,5)/8
2,95 = (VB − 8,5)/8 → VB = 32,1 V

ЗТК в узле B

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

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (32,1 − 8,5)/8 + 32,1/10 = 6,16 A

Ответ

Is = 6,16 A
5.Метод контурных токов

Ответ: VR3 = 25,56 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​ = 8 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​18 VR3​20 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
8·I1 + 20(I1 − I2) = 18
28·I1 − 20·I2 = 18

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
2·I2 + 20(I2 − I1) = (−30)
−20·I1 + 22·I2 = −30

Решите

Δ = (28)(22) − (−20)(−20) = 216
I1 = Δ1/Δ = −204/216 = −0,9444 A
I2 = Δ2/Δ = −480/216 = −2,222 A

Ответ

IR3 = I1 − I2 = 1,278 A
VR3 = IR3·R3 = 1,278·20 = 25,56 V

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: IR5 = 1,85 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​ = 20 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​5 VR4​2 ΩAR5​5 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
20·I1 + 2(I1 − I2) = 5
22·I1 − 2·I2 = 5

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
10·I2 + 2(I2 − I1) + 5(I2 − I3) = 0
−2·I1 + 17·I2 − 5·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
8·I3 + 5(I3 − I2) = (−30)
−5·I2 + 13·I3 = −30

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 4260
I1 = Δ1/Δ = 680/4260 = 0,1596 A
I2 = Δ2/Δ = −3170/4260 = −0,7441 A
I3 = Δ3/Δ = −11050/4260 = −2,594 A

Ответ

IR5 = I2 − I3 = 1,85 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: I = 5,6 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
8·k₁ + 1·k₂ = 2,2
5·k₁ + 10·k₂ = 3,25

Находим константы

Δ = (8)(10) − (1)(5) = 75
k₁ = Δ1/Δ = 18,75/75 = 0,25
k₂ = Δ2/Δ = 15/75 = 0,2
k₁ = 0,25 mA/V, k₂ = 0,2

Предсказываем новый ток

I = 0,25·20 + 0,2·3 = 5,6 mA

Ответ

I = 5,6 mA
8.Метод наложения

Ответ: IR3 = −0,7961 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​ = 30 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​18 VR3​3 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) = 3 ∥ 16 = 2,526 Ω
VA = 18·2,526/(30+2,526) = 1,398 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,398·10/16 = 0,8738 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (1,398 − 0)/3 = 0,466 A
R1​ = 30 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 10 ΩКЗR3​3 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 = 2,727 Ω, поэтому левый путь — R2+2,727 = 8,727 Ω
Req = R4 ∥ 8,727 = 4,66 Ω
VB = Is·Req = 1·4,66 = 4,66 V
VA = VB·2,727/8,727 = 1,456 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (1,456 − 0)/3 = 0,4854 A
R1​ = 30 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 10 ΩКЗR3​3 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 = 30·3/(30+3) = 2,727 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−36)·8,727/18,73 = −16,78 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −16,78·2,727/8,727 = −5,243 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (−5,243 − 0)/3 = −1,748 A

Сложите составляющие

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = 0,466 + 0,4854 + (−1,748) = −0,7961 A

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

9.Тевенин и Нортон

Ответ: Vth = 8 V

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

R1​ = 3 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 = 3·12/(3+12) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 6 = 8,4 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 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) = 10·12/(3+12) = 8 V
10.Тевенин и Нортон

Ответ: PL = 49,62 W

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 6 ΩКЗR2​6 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 = 20·6/(20+6) = 4,615 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,615 + 6 = 10,62 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAIs​4 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) = 3,462 + 4·4,615 = 21,92 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 21,92 + 4·6 = 45,92 V
Rth​ = 10,62 Ω+−Vth​45,92 VRL​10 ΩIL​

Подключите нагрузку к эквиваленту Тевенина

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

IL = Vth/(Rth + RL) = 45,92/(10,62 + 10) = 2,228 A
PL = IL²·RL = 2,228²·10 = 49,62 W
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vR = 1,062 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

τ = L/R = 22 mH / 100 Ω = 0,22 ms

Убывание тока

i(t) = 1·e−1/0,22 = 0,01062 A
vR = R·i = 100·0,01062 = 1,062 V

Ответ

vR = 1,062 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: t = 33,55 ms

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

Начальное значение, конечное значение, постоянная времени

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

vC(0) = 18 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 22 µF = 48,4 ms
vC(t) = 12 + (18 − 12)·e−t/τ

Выразите время

15 = 12 + (6)·e−t/τ → e−t/τ = (15 − 12)/(18 − 12) = 0,5
t = τ·ln((18 − 12)/(15 − 12)) = 48,4·ln(2) = 33,55 ms

Ответ

t = 33,55 ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: C = 0,5066 µF

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|.

Условие резонанса

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

ω₀ = 2π·500 = 3142 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(3142²·0,2) = 0,5066 µF

Ответ

C = 0,5066 µF
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,2027 A

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

Реактивные сопротивления

ω = 2πf = 2π·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,1 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·4,7·10⁻⁶) = 169,3 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (−43,65)²) = 59,21 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 12/59,21 = 0,2027 A

Ответ

I = 0,2027 A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: cos φ = 0,7

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

Реактивная мощность каждой нагрузки

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

Q1 = 11·tan(arccos 0,7) = 11,22 kvar
Q2 = 9·tan(arccos 0,7) = 9,182 kvar

Суммы

P = 11 + 9 = 20 kW
Q = 11,22 + 9,182 = 20,4 kvar
S = √(20² + 20,4²) = 28,57 kVA

Общий коэффициент мощности

cos φ = P/S = 20/28,57 = 0,7 отстающий

Ответ

cos φ = 0,7
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: ΔP = 154,1 kW

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 существующей нагрузки

Q1 = 39·tan(arccos 0,6) = 52 kvar

Наибольшая суммарная активная мощность

При полной нагрузке S = Smax, а Q от активной нагрузки не меняется.

P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 52²) = 193,1 kW

Дополнительная активная мощность

ΔP = 193,1 − 39 = 154,1 kW

Ответ

ΔP = 154,1 kW
17.Трёхфазная мощность

Ответ: IL = 32,63 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 = 18,5/0,93 = 19,89 kW

Ток линии

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 19892/(√3·400·0,88) = 32,63 A

Ответ

IL = 32,63 A
18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 2567 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 = 300·tan(acos 0,65) = 300·1,169 = 350,7 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,92) = 300·0,426 = 127,8 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 222,9 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 480/√3 = 277,1 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 74313/(377·277,1²) = 2567 µF

Ответ

Cph = 2567 µF
19.Трансформаторы

Ответ: a = 10

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

Согласуйте приведённую нагрузку

a²·75 = 7500
a = √(7500/75) = √100 = 10

Ответ

a = 10
20.Трансформаторы

Ответ: Pcu,fl = 3769 W

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

Выходная и потребляемая мощность

Pout = 250·0,9 = 225 kW
Pin = 225000/0,975 = 230769 W

Суммарные потери и потери в меди

Ploss = 230769 − 225000 = 5769 W
Pcu,fl = 5769 − 2000 = 3769 W

Ответ

Pcu,fl = 3769 W
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 1,425 V

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

Напряжение на входе +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 3·2/(22 + 2) = 0,25 V

Коэффициент усиления неинвертирующего усилителя

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

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,25·(1 + 4,7/1) = 1,425 V

Ответ

Vout = 1,425 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −1,76 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.

Входные токи

V₋ = 0, поэтому на каждом входном резисторе всё его входное напряжение.

I1 = V1/R1 = 0,9/10 = 0,09 mA
I2 = V2/R2 = −1/100 = −0,01 mA
If = I1 + I2 = 0,08 mA

Выходное напряжение

Vout = −Rf·If = −22·0,08 = −1,76 V

Ответ

Vout = −1,76 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 14,3 mA

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

Ток базы

IB = (VCC − VBE)/RB = (15 − 0,7)/100 kΩ = 143 µA

Ток коллектора

IC = β·IB = 100·143 µA = 14,3 mA

Ответ

IC = 14,3 mA

Проверка: VCE = 8,279 V заметно больше 0,2 V, значит, транзистор действительно в активном режиме.

24.Диоды и транзисторы

Ответ: RB = 0,5909 kΩ

Биполярный транзистор как ключ: чтобы полностью включить нагрузку, транзистор вводят в насыщение, где VCE = VCE(sat), а ток коллектора определяется нагрузкой: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Для насыщения нужен ток базы не менее IB = IC(sat)/β. Если ток базы меньше, транзистор остаётся в активном режиме, и IC = β·IB.

Ток коллектора в насыщении

IC(sat) = (9 − 0,2)/100 = 88 mA

Минимальный ток базы

IB(min) = IC(sat)/β = 88/200 = 440 µA

Расчётный ток базы

IB = 10·440 µA = 4400 µA

Резистор базы

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/4,4 mA = 0,5909 kΩ

Ответ

RB = 0,5909 kΩ
25.Системы счисления

Ответ: U = 151

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

Инвертируйте и прибавьте единицу

105 = 0110 1001
инвертировано: 1001 0110
+1 → 1001 0111

Прочитайте как беззнаковое

1001 0111₂ = 256 − 105 = 151

Ответ

U = 151
26.Системы счисления

Ответ: N = −8,389 × 10⁶

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.

Самое отрицательное значение

−223 = −8388608

Ответ

N = −8388608
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: AB = 11, CD = 10

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

Соседи каждой единицы

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

m14: m15, m12, m10, m6 → 0
ABCD00011110000111101111

Изолированная единица

m14 = ABCD′ → AB = 11, CD = 10

Ответ

AB = 11, CD = 10
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 11

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

Простые импликанты

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

B′C′, BCD, A′C′D, AC′D′, A′B′D′, A′BD, ABD′, ABC
ABCD00011110000111101011031204X51706112013115114X819011010

Минимальное покрытие

F = B′C′ + BCD + A′B′D′ + ABD′
L = 11

Ответ

L = 11
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.3) = 0,6765

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

Простые дроби

F(s) = A/s + B/(s + 4) + C/(s + 5)
A = 35/(4·5) = 1,75
B = 35/((−4)·1) = −8,75
C = 35/((−5)·(−1)) = 7

Обратное преобразование

f(t) = 1,75 − 8,75·e−4t + 7·e−5t

Вычислите

f(0,3) = 1,75 − 8,75·e−4·0,3 + 7·e−5·0,3 = 0,6765

Ответ

f(0,3) = 0,6765
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.2) = 0,8961

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) = 90/(s(s + 5)(s + 6))

Простые дроби

A = 90/(5·6) = 3
B = 90/((−5)·1) = −18
C = 90/((−6)·(−1)) = 15

Выделение

y(t) = 3 − 18·e−5t + 15·e−6t
y(0,2) = 0,8961

Ответ

y(0,2) = 0,8961
31.Структурные схемы

Ответ: τ = 0,07692 s

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

Передаточная функция замкнутой системы

T(s) = G/(1 + G·H) = 8/(s + 9 + 4) = 8/(s + 13)

Результат

τ = 1/13 = 0,07692 s

Ответ

τ = 0,07692 s
32.Структурные схемы

Ответ: css = 0,2128

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).

Передаточные функции

C/D = G/(1 + K·G) = 2/(s + 3 + 44)

Установившийся режим

css = 5·2/47 = 0,2128

Ответ

css = 0,2128

Больший K ослабляет влияние возмущения, но с пропорциональным регулятором никогда не обращает его в нуль.

33.Переходная характеристика

Ответ: ζ = 0,2195

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 = 83 → ωₙ = 9,11 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·9,11) = 0,2195

Результат

ζ = 0,2195

Ответ

ζ = 0,2195
34.Переходная характеристика

Ответ: tp = 0,3927 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) = √(200/2) = 10 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 24/(2·√(200·2)) = 0,6

Результат

ωd = 8 rad/s
tp = π/ωd = 0,3927 s

Ответ

tp = 0,3927 s
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: φ = 76,13 °

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/(2200·4,7 × 10⁻⁹) = 96712 rad/s
fc = 15392 Hz → f/fc = 3800/15392 = 0,2469

Фаза

φ = 90° − atan(0,2469) = 76,13°

Ответ

φ = 76,13°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: GM = 19,65 dB

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

Частота перехода фазы

(ω/2)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(2·6) = 3,464 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 4)·√(ω² + 36)) = K/(2·6·(2 + 6)) = K/96

Запас по усилению

GM = 20·log₁₀(96/10) = 19,65 dB

Ответ

GM = 19,65 dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: N = 2

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

Характеристический полином

s³ + 5s² + 4s + 30 = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 4
s²: 5, 30
s¹: −2
s⁰: 30

Смены знака в первом столбце

1 → 5 → −2 → 30
N = 2

Ответ

N = 2

Коэффициент усиления выше предела K = 20, поэтому комплексная пара перешла в правую полуплоскость.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: sb = −0,4226

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.

Коэффициент усиления вдоль вещественной оси

K(s) = −s(s + 1)(s + 2) = −(s³ + 3s² + 2s)

Стационарные точки

dK/ds = −(3s² + 6s + 2) = 0
s = (−6 ± √(36 − 24))/6 = −0,4226, −1,577

Выберите точку на годографе

Годограф лежит на вещественной оси между 0 и −1; другой корень годографу не принадлежит.

sb = −0,4226

Ответ

sb = −0,4226
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 5

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

Коэффициент ошибки по ускорению

Ka = 2·5/10 = 1

Ошибка по параболическому воздействию

ess = 5/1 = 5

Ответ

ess = 5
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ts = 2 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 + 4) + 40·2 = s² + 4s + 80

ωₙ и ζ

ωₙ = √80 = 8,944 rad/s
ζ = 4/(2·8,944) = 0,2236

Время установления

ζωₙ = 4/2 = 2
ts ≈ 4/2 = 2 s

Ответ

ts = 2 s

Время установления здесь не зависит от K: увеличение K лишь делает отклик более колебательным.

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