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​ = 2 ΩIR1​R3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​6 ΩB

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 12 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 ΩR4 = 6 Ω
IR1 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​36 VR2​30 ΩAR4​6 ΩBR6​15 Ω

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 36 VR1 = 6 ΩR2 = 30 ΩR3 = 5 ΩR4 = 6 ΩR5 = 12 ΩR6 = 15 Ω
Req = Ω
3.Метод узловых потенциаловСредняя
−+Vs​ = 12 VIx​Is​3 AAR1​4 ΩR2​3 ΩB

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

Is = 3 AVs = 12 VR1 = 4 ΩR2 = 3 Ω
Ix = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 6 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 10 ΩIR4​+−V1​36 VR3​20 ΩAR5​30 ΩBIs​2,5 A+−V2​24 V

Используйте метод узловых потенциалов, чтобы найти ток IR4 через R4 в направлении стрелки.

V1 = 36 VIs = 2,5 AV2 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 ΩR4 = 10 ΩR5 = 30 Ω
IR4 = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 3 ΩR2​ = 8 Ω+−V1​30 VR3​10 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

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

V1 = 30 VV2 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 10 Ω
I1 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 30 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR4​3 ΩAR5​12 ΩB+−V2​24 VI1​I2​I3​

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

V1 = 15 VV2 = 24 VR1 = 30 ΩR2 = 20 ΩR3 = 2 ΩR4 = 3 ΩR5 = 12 Ω
I1 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 20 ΩIR1​R3​ = 15 Ω+−V1​24 VR2​6 ΩAR4​15 ΩBIs​2,5 A

Используйте метод наложения, чтобы найти мощность PR1, потребляемую R1.

V1 = 24 VIs = 2,5 AR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 15 ΩR4 = 15 Ω
PR1 = W
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 6 ΩR2​ = 6 ΩIR2​R4​ = 2 Ω+−V1​5 VR3​6 ΩAIs​4 AB−+V2​36 V

Используйте метод наложения, чтобы найти мощность PR2, потребляемую R2.

V1 = 5 VIs = 4 AV2 = 36 VR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 6 ΩR4 = 2 Ω
PR2 = W
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩAab

Найдите сопротивление Тевенина Rth со стороны зажимов a–b.

V1 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 Ω
Rth = Ω
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 2 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​36 VR2​5 ΩAIs​2,5 ABab

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

V1 = 36 VIs = 2,5 AR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 Ω
IN = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​24 Vt = 0R = 15 ΩL10 mHi(t)

До замыкания ключа в момент t = 0 тока через катушку нет. Найдите напряжение vL на катушке в момент t = 1 ms.

Vs = 24 VR = 15 ΩL = 10 mHt = 1 ms
vL = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​6 VR1​ = 22 ΩR2​ = 15 Ωзамыкается при t = 0L220 mHi(t)

Ключ, шунтирующий R2, был разомкнут долгое время, поэтому ток катушки установившийся. При t = 0 ключ замыкается и закорачивает R2. Через какое время после t = 0 ток катушки достигнет 0,195 A? Найдите t.

Vs = 6 VR1 = 22 ΩR2 = 15 ΩL = 220 mH
t = ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
100 V100 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 10 µF

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

V = 100 V (rms)f = 100 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 10 µF
φ = °
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
100 V50 HzR = 30 ΩL = 20 mHC = 10 µF+−VC​

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

V = 100 V (rms)f = 50 HzR = 30 ΩL = 20 mHC = 10 µF
VC = V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
400 V111 kW, 0,6213 kW, 1I = ?

К однофазной сети 400 V параллельно подключены две нагрузки: нагрузка 11 kW при коэффициенте мощности 0,6 (индуктивном) и нагреватель мощностью 13 kW (коэффициент мощности 1). Найдите общий ток I, потребляемый от сети.

V = 400 VP1 = 11 kW, pf1 = 0,6 отстающийP2 = 13 kW, pf2 = 1
I = A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
12 V60 HzRs​ = 2 ΩXs​ = j15 ΩZL​ = ?

Источник 12 V (действующее значение), 60 Hz имеет внутреннее сопротивление Zs = 2 + j15 Ω. Полное сопротивление нагрузки ZL можно выбирать произвольно. Найдите наибольшую активную мощность Pmax, которую можно передать нагрузке.

Vs = 12 V (rms)f = 60 HzZs = 2 + j15 Ω
Pmax = W
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 480 VZ = 7 + j24 Ωна фазу

Симметричная нагрузка, соединённая треугольником, с полным сопротивлением 7 + j24 Ω на фазу подключена к симметричной трёхфазной сети с линейным напряжением 480 V. Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 480 VZ = 7 + j24 Ω на фазу
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 120 kW при коэффициенте мощности 0,78 (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. Конденсаторы соединены звездой. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 120 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
4 Ω101

К вторичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 10:1 подключён резистор 4 Ω. Найдите сопротивление R1′ со стороны первичной обмотки.

N1:N2 = 10:1RL = 4 Ω
R1′ = Ω
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,95100 kVA, η = 97,5%

Однофазный трансформатор 100 kVA имеет потери в стали 300 W. При номинальной нагрузке и коэффициенте мощности 0,95 (отстающий) его КПД равен 97,5%. Найдите потери в меди при номинальной нагрузке Pcu,fl в ваттах.

S = 100 kVAPcore = 300 Wpf = 0,95η = 97,5%
Pcu,fl = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​R2​ = 2 kΩV1​ = −1,9 VR1​ = 10 kΩV2​ = 0,7 VR3​ = 10 kΩR4​ = 2 kΩ

Дифференциальный усилитель выполнен на идеальном ОУ с питанием ±15 V, при этом R3 = R1 и R4 = R2. Найдите выходное напряжение Vout.

V1 = −1,9 VV2 = 0,7 VR1 = R3 = 10 kΩR2 = R4 = 2 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​Rf​ = 2 kΩV1​ = −1 VR1​ = 10 kΩV2​ = 1,2 VR2​ = 4,7 kΩ

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

V1 = −1 VV2 = 1,2 VR1 = 10 kΩR2 = 4,7 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
+−18 V100 Ω3,3 V680 ΩIZ​ = ?

Стабилизатор на стабилитроне 3,3 V питается от 18 V через 100 Ω и питает нагрузку 680 Ω. Найдите ток стабилитрона IZ.

Vin = 18 VVZ = 3,3 VR = 100 ΩRL = 680 Ω
IZ = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 220 Ωβ = 80VCC​ = 9 V3,3 VRB​ = ?

NPN-транзистор с β = 80 коммутирует нагрузочный резистор 220 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. Найдите наибольшее сопротивление резистора базы RB, в kΩ, при котором транзистор ещё входит в насыщение.

VCC = 9 VRC = 220 Ωβ = 80Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код?−128?64?32?16?8?4?2?1

Запишите −21 как 8-битную комбинацию в дополнительном коде. Прочитайте комбинацию как беззнаковое двоичное число: каково его значение U в десятичной системе?

N = −218 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
24 бит, без знака, N = ?????????????????????????

Какое наибольшее беззнаковое целое число N помещается в 24 бит?

24 bit
N =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABCD000111100001111010110302141507160121130150141809011110

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «сумма произведений» (SOP) для F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 4, 5, 6, 8, 10, 13). Сколько членов-произведений, N, в ней?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 4, 5, 6, 8, 10, 13)
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​CLKMOD-6

Счётчику по модулю 6 нужно пройти через 6 различных состояний. Каково минимальное число триггеров n, которое ему нужно?

N = 6
n =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 0,4f(0,4) = ?

Найдите f(t) для F(s) = (s + 20)/(s² + 8s + 16) и вычислите f(0,4).

F(s) = (s + 20)/(s² + 8s + 16)t = 0,4 s
f(0.4) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 10y′ + 24y = 48·u(t). Она начинает из покоя (y(0) = 0, y′(0) = 0), а входом служит ступенька u(t) = 2 при t ≥ 0. С помощью преобразования Лапласа найдите выход y(0,1).

y″ + 10y′ + 24y = 48·u(t)u(t) = 2y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,1 s
y(0.1) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+7K+5s + 5G(s)C(s)3H₁−−

Объект G(s) = 5/(s + 5) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 3. Коэффициент регулятора K = 7, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите статический коэффициент передачи замкнутой системы T(0).

G(s) = 5/(s + 5)H₁ = 3K = 7
T(0) =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+13регулятор+D(s)+6s + 2объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K = 13 управляет объектом G(s) = 6/(s + 2) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Возмущение D действует на входе объекта (прибавляется к выходу регулятора). При R = 0 подаётся ступенька возмущения величиной 1. Найдите установившийся выход css.

K = 13G(s) = 6/(s + 2)D = 1R = 0
css =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1

Система имеет передаточную функцию G(s) = 4/(s² + 3s + 4) и получает на вход единичную ступеньку. Полюсы равны s = σ ± jωd. Найдите вещественную часть σ.

G(s) = 4/(s² + 3s + 4)
σ =
34.Переходная характеристикаСложная
t (s)y(t)112 %

Переходная характеристика системы второго порядка без нулей должна иметь перерегулирование 12 %. Найдите коэффициент демпфирования ζ.

%OS = 12 %
ζ =
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 30

Найдите фазу ∠G(jω) функции G(s) = 6(s + 2)/(s(s + 5)) при ω = 30 rad/s в градусах.

G(s) = 6(s + 2)/(s(s + 5))ω = 30 rad/s
∠G(jω) = °
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) = 2/(s(s + 1)(s + 3)). Найдите запас по усилению GM в dB.

L(s) = 2/(s(s + 1)(s + 3))
GM = dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1s(s + 4)(s + 5)C(s)−

Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 4)(s + 5)). Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 5))
Kmax =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−1−2−3−4−5−6j1

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K/(s(s + 5)(s + 3)(s + 2)). Найдите точку σa, в которой асимптоты корневого годографа пересекают вещественную ось.

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 3)(s + 2))
σa =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
R(s)+K = 240,5s + 1C(s)−

Процесс G(s) = 4/(0,5s + 1) управляется пропорциональным коэффициентом усиления K = 2 в контуре с единичной обратной связью. Найдите установившуюся ошибку ess по ступеньке в процентах от величины ступеньки.

G(s) = 4/(0,5s + 1)K = 2
ess = %
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+Kp​ + Ki​/s1s + 4C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s управляет объектом G(s) = 1/(s + 4) в контуре с единичной обратной связью. Замкнутая система должна иметь ωₙ = 6 rad/s и ζ = 0,7. Найдите интегральный коэффициент Ki.

G(s) = 1/(s + 4)ωₙ = 6 rad/sζ = 0,7
Ki =

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 0,902 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​ = 2 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​6 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 + 6 = 26 Ω
R2 ∥ 26 = 20·26/(20+26) = 11,3 Ω
Req = R1 + 11,3 = 2 + 11,3 = 13,3 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 12/13,3 = 0,902 A

Ответ

IR1 = 0,902 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 13,45 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​ = 5 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​36 VR2​30 ΩAR4​6 ΩBR6​15 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 = 12 + 15 = 27 Ω
R4 ∥ 27 = 4,909 Ω
R3 + 4,909 = 9,909 Ω
R2 ∥ 9,909 = 7,449 Ω
Req = R1 + 7,449 = 6 + 7,449 = 13,45 Ω

Ответ

Req = 13,45 Ω
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: Ix = 3,429 A

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

Образуем супер-узел

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

VB = VA + Vs = VA + 12
VA/R1 + VB/R2 = Is

Решите

VA/4 + (VA + 12)/3 = 3
VA = (3 − 12/3)/(1/4 + 1/3) = −1,714 V
VB = −1,714 + 12 = 10,29 V

Ток через источник напряжения

Всё, что проходит через источник от A к B, уходит из узла B через R₂.

Ix = VB/R2 = 10,29/3 = 3,429 A

Ответ

Ix = 3,429 A

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

4.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR4 = 0,9 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​ = 6 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​36 VR3​20 ΩAR5​30 ΩBIs​2,5 A+−V2​24 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 36 V, V2 = 24 V). Неизвестные: VA, VB.

ЗТК в узле A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/20 + (VA − 36)/6 + (VA − VB)/6 = 0
0,3833·VA − 0,1667·VB = 6

ЗТК в узле B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/30 + (VB − VA)/6 + (VB − 24)/10 = 2,5
−0,1667·VA + 0,3·VB = 4,9

Решите

Δ = (0,3833)(0,3) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,08722
VA = Δ1/Δ = 2,617/0,08722 = 30 V
VB = Δ2/Δ = 2,878/0,08722 = 33 V

Ответ

IR4 = (VB − V2)/R4 = (33 − 24)/10 = 0,9 A
5.Метод контурных токов

Ответ: I1 = 2,239 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​ = 3 ΩR2​ = 8 Ω+−V1​30 VR3​10 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
3·I1 + 10(I1 − I2) = 30
13·I1 − 10·I2 = 30

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
8·I2 + 10(I2 − I1) = (−24)
−10·I1 + 18·I2 = −24

Решите

Δ = (13)(18) − (−10)(−10) = 134
I1 = Δ1/Δ = 300/134 = 2,239 A
I2 = Δ2/Δ = −12/134 = −0,08955 A

Ответ

I1 = 2,239 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I1 = 0,3831 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​ = 30 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR4​3 ΩAR5​12 ΩB+−V2​24 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
30·I1 + 3(I1 − I2) = 15
33·I1 − 3·I2 = 15

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
20·I2 + 3(I2 − I1) + 12(I2 − I3) = 0
−3·I1 + 35·I2 − 12·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
2·I3 + 12(I3 − I2) = (−24)
−12·I2 + 14·I3 = −24

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 11292
I1 = Δ1/Δ = 4326/11292 = 0,3831 A
I2 = Δ2/Δ = −8874/11292 = −0,7859 A
I3 = Δ3/Δ = −26964/11292 = −2,388 A

Ответ

I1 = 0,3831 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: PR1 = 29,28 W

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​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​24 VR2​6 ΩAR4​15 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 = 15+15 = 30 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 6·30/(6+30) = 5 Ω
VA = 24·5/(20+5) = 4,8 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,8·15/30 = 2,4 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (24 − 4,8)/20 = 0,96 A
R1​ = 20 ΩR3​ = 15 ΩКЗR2​6 ΩAR4​15 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. Стрелка Iₛ направлена вниз, от своего узла, поэтому Iₛ отводит ток из этого узла: его член входит со знаком минус.

R1 ∥ R2 = 20·6/(20+6) = 4,615 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 15 ∥ 19,62 = 8,5 Ω
VB = −Is·Req = −2,5·8,5 = −21,25 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −21,25·4,615/19,62 = −5 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − −5)/20 = 0,25 A

Складываем вклады токов

IR1 = IR1′ + IR1″ = 0,96 + 0,25 = 1,21 A

Мощность в резисторе

Мощность зависит от квадрата тока, поэтому принцип наложения к ней неприменим: сначала сложите токи, затем возведите в квадрат.

PR1 = IR1²·R1 = 1,21²·20 = 29,28 W

Ответ

PR1 = 29,28 W

Сложение мощностей отдельных случаев дало бы 19,68 W, что неверно.

8.Метод наложения

Ответ: PR2 = 46,13 W

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​ = 6 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​5 VR3​6 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) = 6 ∥ 8 = 3,429 Ω
VA = 5·3,429/(6+3,429) = 1,818 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,818·2/8 = 0,4545 V
IR2′ = (VA − VB)/R2 = (1,818 − 0,4545)/6 = 0,2273 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 2 ΩКЗR3​6 ΩAIs​4 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 = 3 Ω, поэтому левый путь — R2+3 = 9 Ω
Req = R4 ∥ 9 = 1,636 Ω
VB = Is·Req = 4·1,636 = 6,545 V
VA = VB·3/9 = 2,182 V
IR2″ = (VA − VB)/R2 = (2,182 − 6,545)/6 = −0,7273 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 2 ΩКЗR3​6 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 = 6·6/(6+6) = 3 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−36)·9/11 = −29,45 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −29,45·3/9 = −9,818 V
IR2‴ = (VA − VB)/R2 = (−9,818 − −29,45)/6 = 3,273 A

Складываем вклады токов

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴ = 0,2273 + (−0,7273) + 3,273 = 2,773 A

Мощность в резисторе

Мощность зависит от квадрата тока, поэтому принцип наложения к ней неприменим: сначала сложите токи, затем возведите в квадрат.

PR2 = IR2²·R2 = 2,773²·6 = 46,13 W

Ответ

PR2 = 46,13 W

Сложение мощностей отдельных случаев дало бы 67,75 W, что неверно.

9.Тевенин и Нортон

Ответ: Rth = 8 Ω

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​ = 6 ΩR3​ = 6 ΩКЗR2​3 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 = 6·3/(6+3) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 6 = 8 Ω
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = −0,5851 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​ = 2 ΩR3​ = 12 ΩКЗR2​5 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 = 2·5/(2+5) = 1,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,429 + 12 = 13,43 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​36 VR2​5 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) = 25,71 + (−2,5)·1,429 = 22,14 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 22,14 + (−2,5)·12 = −7,857 V
IN​0,5851 ARth​13,43 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 = −7,857/13,43 = −0,5851 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vL = 5,355 V

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

Постоянная времени и конечный ток

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

τ = L/R = 10 mH / 15 Ω = 0,6667 ms
i(∞) = Vs/R = 24/15 = 1,6 A

Напряжение на катушке

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

vL(t) = Vs·e−t/τ = 24·e−1/0,6667 = 5,355 V

Ответ

vL = 5,355 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: t = 3,524 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

До t = 0 в контур входят оба резистора; после этого замкнутый ключ шунтирует R₂.

i(0) = 6/(22 + 15) = 0,1622 A
i(∞) = 6/22 = 0,2727 A
τ = L/R = 220/22 = 10 ms
i(t) = 0,2727 + (0,1622 − 0,2727)·e−t/τ

Выразите время

e−t/τ = (0,195 − 0,2727)/(0,1622 − 0,2727) = 0,703
t = 10·ln(1,422) = 3,524 ms

Ответ

t = 3,524 ms
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: φ = −61,38 °

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 = 628,3·0,02 = 12,57 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·10·10⁻⁶) = 159,2 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (−146,6)²) = 167 Ω

Угол сдвига фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−146,6/80) = −61,38°

Ответ

φ = −61,38°
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: VC = 101,5 V

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

Реактивные сопротивления

ω = 2πf = 2π·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,02 = 6,283 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·10·10⁻⁶) = 318,3 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(30² + (−312)²) = 313,5 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 100/313,5 = 0,319 A

Напряжение на конденсаторе

VC = I·XC = 0,319·318,3 = 101,5 V

Ответ

VC = 101,5 V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 70,32 A

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

Реактивная мощность каждой нагрузки

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

Q1 = 11·tan(arccos 0,6) = 14,67 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Суммы

P = 11 + 13 = 24 kW
Q = 14,67 + 0 = 14,67 kvar
S = √(24² + 14,67²) = 28,13 kVA

Общий ток

I = S/V = 28127/400 = 70,32 A

Ответ

I = 70,32 A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Pmax = 18 W

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* = 2 − j15 Ω

Наибольшая мощность

I = Vs/(2Rs) = 12/4 = 3 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 12²/(4·2) = 18 W

Ответ

Pmax = 18 W
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 7,741 kW

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

Фазное напряжение

Vph = VL = 480 V

Фазный ток

|Z| = √(7² + 24²) = 25 Ω
Iph = 480/25 = 19,2 A

Полная активная мощность

Активную мощность потребляет только активная составляющая каждого сопротивления.

P = 3·Iph²·R = 3·19,2²·7 = 7,741 kW

Ответ

P = 7,741 kW

Проверка: cos φ = R/|Z| = 0,28, и √3·VL·IL·cos φ даёт ту же мощность.

18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 400,6 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 = 120·tan(acos 0,78) = 120·0,8023 = 96,27 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,98) = 120·0,2031 = 24,37 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 71,91 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 23969/(377·398,4²) = 400,6 µF

Ответ

Cph = 400,6 µF
19.Трансформаторы

Ответ: R1′ = 400 Ω

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.

Приведённое сопротивление

Напряжение растёт в a раз, а ток уменьшается в a раз, поэтому отношение V/I растёт в a² раз.

R1′ = a²·RL = 10²·4 = 400 Ω

Ответ

R1′ = 400 Ω
20.Трансформаторы

Ответ: Pcu,fl = 2136 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 = 100·0,95 = 95 kW
Pin = 95000/0,975 = 97436 W

Суммарные потери и потери в меди

Ploss = 97436 − 95000 = 2436 W
Pcu,fl = 2436 − 300 = 2136 W

Ответ

Pcu,fl = 2136 W
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 0,52 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 входах

Через R₃ и R₄ течёт один и тот же ток, поэтому они образуют делитель напряжения; обратная связь обеспечивает V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 0,7·2/(10 + 2) = 0,1167 V
V₋ = V₊

ЗТК на инвертирующем входе

(−1,9 − 0,1167)/10 = (0,1167 − Vout)/2
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (2/10)·(0,7 − (−1,9)) = 0,52 V

Ответ

Vout = 0,52 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −0,3106 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 = −1/10 = −0,1 mA
I2 = V2/R2 = 1,2/4,7 = 0,2553 mA
If = I1 + I2 = 0,1553 mA

Выходное напряжение

Vout = −Rf·If = −2·0,1553 = −0,3106 V

Ответ

Vout = −0,3106 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IZ = 142,1 mA

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

Ток резистора

IR = 14,7/100 = 147 mA

Ток нагрузки

IL = 3,3/680 = 4,853 mA

Ток стабилитрона

IZ = 147 − 4,853 = 142,1 mA

Ответ

IZ = 142,1 mA
24.Диоды и транзисторы

Ответ: RB = 5,2 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)/220 = 40 mA

Минимальный ток базы

IB(min) = IC(sat)/β = 40/80 = 500 µA

Резистор базы

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,5 mA = 5,2 kΩ

Ответ

RB = 5,2 kΩ

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

25.Системы счисления

Ответ: U = 235

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

21 = 0001 0101
инвертировано: 1110 1010
+1 → 1110 1011

Прочитайте как беззнаковое

1110 1011₂ = 256 − 21 = 235

Ответ

U = 235
26.Системы счисления

Ответ: N = 1,678 × 10⁷

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.

Наибольшее значение

224 − 1 = 16777215

Ответ

N = 16777215
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 4

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

ABCD000111100001111010110302141507160121130150141809011110

Сгруппируйте единицы

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

BC′D
A′C′
A′BD′
AB′D′

Минимальная форма SOP

F = BC′D + A′C′ + A′BD′ + AB′D′
N = 4

Ответ

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

Ответ: n = 3

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

Число триггеров

2ⁿ ≥ 6 → n = 3 (2³ = 8)

Ответ

n = 3
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.4) = 1,494

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 + 8s + 16 = (s + 4)²

Простые дроби

s + 20 = 1(s + 4) + 16
F(s) = 1/(s + 4) + 16/(s + 4)²

Обратное преобразование

f(t) = e−4t + 16·t·e−4t
f(0,4) = (1 + 16·0,4)·e−4·0,4 = 1,494

Ответ

f(0,4) = 1,494
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.1) = 0,3467

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) = 96/(s(s + 4)(s + 6))

Простые дроби

A = 96/(4·6) = 4
B = 96/((−4)·2) = −12
C = 96/((−6)·(−2)) = 8

Выделение

y(t) = 4 − 12·e−4t + 8·e−6t
y(0,1) = 0,3467

Ответ

y(0,1) = 0,3467
31.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 0,6364

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

Внутренний контур

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 5/(s + 5 + 5·3) = 5/(s + 20)

Внешний контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 35/(s + 20 + 35) = 35/(s + 55)

Результат

T(0) = 35/55 = 0,6364

Ответ

T(0) = 0,6364
32.Структурные схемы

Ответ: css = 0,075

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) = 6/(s + 2 + 78)

Установившийся режим

css = 1·6/80 = 0,075

Ответ

css = 0,075

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

33.Переходная характеристика

Ответ: σ = −1,5

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 = 4 → ωₙ = 2 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·2) = 0,75

Результат

σ = −ζωₙ = −3/2 = −1,5

Ответ

σ = −1,5
34.Переходная характеристика

Ответ: ζ = 0,5594

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

Коэффициент демпфирования

ζ = −ln(0,12)/√(π² + ln²(0,12)) = 2,12/√(9,87 + 4,496) = 0,5594

Ответ

ζ = 0,5594
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ∠G(jω) = −84,35 °

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

Сложите углы

∠G = atan(30/2) − 90° − atan(30/5) = 86,19° − 90° − 80,54°

Результат

∠G(j30) = −84,35°

Ответ

∠G(jω) = −84,35°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: GM = 15,56 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/1)·(ω/3) = 1 → ω180 = √(1·3) = 1,732 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 9)) = K/(1·3·(1 + 3)) = K/12

Запас по усилению

GM = 20·log₁₀(12/2) = 15,56 dB

Ответ

GM = 15,56 dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 180

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

Характеристическое уравнение

s³ + 9s² + 20s + K = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 20
s²: 9, K
s¹: (9·20 − K)/9
s⁰: K

Условия

Каждый элемент первого столбца должен быть положительным.

K > 0
9·20 − K > 0 → K < 180

Ответ

Kmax = 180

При K = 180 замкнутая система колеблется с частотой ω = √20 = 4,472 rad/s.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: σa = −2,5

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.

Полюса и нули

полюса: 0, −5, −3, −2
n − m = 4 − 0 = 4

Центр тяжести

σa = (−10)/4 = −2,5

Ответ

σa = −2,5

4 асимптоты выходят из центра под углами 45°, 135°, 225°, 315°.

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 11,11 %

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 позиционной ошибки

Kp = 2·4 = 8

Ошибка по ступеньке

ess = 100/(1 + 8) = 11,11 %

Ответ

ess = 11,11 %
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Ki = 36

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

Характеристический полином

1 + C(s)G(s) = 0, умноженное на s(s + 4).

s² + (4 + 1Kp)s + 1Ki

Целевой полином

s² + 2·0,7·6s + 6² = s² + 8,4s + 36

Приравняйте коэффициенты

1Ki = 36 → Ki = 36

Ответ

Ki = 36

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

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

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