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​ = 4 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAR4​3 ΩB

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 18 VR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 15 ΩR4 = 3 Ω
Req = Ω
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 25 ΩIR1​R3​ = 15 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​12 ΩBR6​2 Ω

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 15 VR1 = 25 ΩR2 = 20 ΩR3 = 15 ΩR4 = 12 ΩR5 = 4 ΩR6 = 2 Ω
IR1 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAR4​3 ΩBIs​2,5 A

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

V1 = 10 VIs = 2,5 AR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 ΩR4 = 3 Ω
PIs = W
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 8 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 10 ΩIR4​+−V1​30 VR3​6 ΩAR5​20 ΩBIs​1 A+−V2​36 V

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

V1 = 30 VIs = 1 AV2 = 36 VR1 = 8 ΩR2 = 30 ΩR3 = 6 ΩR4 = 10 ΩR5 = 20 Ω
IR4 = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 20 ΩR2​ = 5 Ω+−V1​30 VR3​3 Ω+−VR3​A+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 30 VV2 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 3 Ω
VR3 = V
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 3 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR4​15 ΩAR5​10 ΩB+−V2​30 VI1​I2​I3​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти контурный ток I3 (по часовой стрелке).

V1 = 10 VV2 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 ΩR5 = 10 Ω
I3 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​3 Ω+−VR2​AR4​20 ΩBIs​4 A

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

V1 = 24 VIs = 4 AR1 = 6 ΩR2 = 3 ΩR3 = 4 ΩR4 = 20 Ω
VR2 = V
8.Метод наложенияСложная
линейная цепьV1​V2​Is​IRL​

Линейная резистивная цепь содержит три независимых источника: V1, V2 и Is. Ток I через нагрузку измерен три раза. При номинальных значениях всех источников I = 17,5 mA. Если V1 удвоить, а два других оставить без изменений, I = 27,5 mA. Если изменить направление Is на противоположное, а два других оставить без изменений, I = 8,5 mA. Найдите ток нагрузки I, если V2 отключён, а V1 и Is имеют номинальные значения.

номинальные значения: I = 17,5 mA2·V1: I = 27,5 mA−Is: I = 8,5 mA
I = mA
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 5 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAab

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

V1 = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 Ω
IN = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 30 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩAIs​0,5 ABRL​5 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 5 Ω. С помощью эквивалента Тевенина найдите мощность PL, передаваемую в нагрузку.

V1 = 12 VIs = 0,5 AR1 = 30 ΩR2 = 3 ΩR3 = 20 ΩRL = 5 Ω
PL = W
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​15 Vt = 0R1​ = 6,8 kΩR2​ = 3,3 kΩC47 µF+−vC​

Источник Vₛ заряжает конденсатор через R₁, а R₂ подключён параллельно C. Конденсатор разряжен, когда ключ замыкается в момент t = 0. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 30 ms.

Vs = 15 VR1 = 6,8 kΩR2 = 3,3 kΩC = 47 µFt = 30 ms
vC = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​24 VR1​ = 20 ΩR2​ = 47 Ωразмыкается при t = 0L22 mHi(t)

Ключ, шунтирующий R2, был замкнут долгое время, поэтому ток катушки установившийся. При t = 0 ключ размыкается. Найдите ток катушки i при t = 1 ms.

Vs = 24 VR1 = 20 ΩR2 = 47 ΩL = 22 mHt = 1 ms
i = A
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
Vf0​ = 2000 HzRL = ?C = 2,2 µF

Последовательный RLC-контур с C = 2,2 µF должен резонировать на частоте 2000 Hz. Найдите необходимую индуктивность L.

f0 = 2000 HzC = 2,2 µF
L = mH
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
VfR = 100 ΩL = 100 mHC = 0,47 µF

Последовательный RLC-контур имеет R = 100 Ω, L = 100 mH и C = 0,47 µF. Найдите его добротность Q при резонансе.

R = 100 ΩL = 100 mHC = 0,47 µF
Q =
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
P = 14 kWQ = ?Sφ

Однофазный двигатель потребляет 14 kW при коэффициенте мощности 0,65 (индуктивном) от сети 230 V. Найдите реактивную мощность Q, которую он потребляет.

P = 14 kWpf = 0,65V = 230 V
Q = kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P = 20 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазная нагрузка потребляет 20 kW при коэффициенте мощности 0,6 (индуктивном) от сети 240 V, 50 Hz. Параллельно подключённый конденсатор повышает коэффициент мощности до 0,98. Найдите необходимую ёмкость C.

P = 20 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,98V = 240 Vf = 50 Hz
C = µF
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M37 kW, η = 95%cos φ = 0,86

Трёхфазный асинхронный двигатель при полной нагрузке развивает механическую мощность 37 kW. При этой нагрузке его КПД равен 95%, а коэффициент мощности 0,86 (отстающий). Линейное напряжение сети 480 V. Найдите линейный ток IL.

Pout = 37 kWη = 95%cos φ = 0,86VL = 480 V
IL = A
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 300 kW при коэффициенте мощности 0,78 (отстающий) от сети 480 V (линейное), 60 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,9 (отстающий). Активная мощность не меняется. Конденсаторы соединены треугольником. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 300 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
4800 V240 VIHV​ = ?ILV​25 kVA

Однофазный трансформатор 25 kVA, 4800/240 V работает при номинальной нагрузке. Считайте его идеальным. Найдите ток IHV в обмотке высшего напряжения.

S = 25 kVAV1 = 4800 VV2 = 240 V
IHV = A
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,825 kVA, 75% нагрузка

Однофазный трансформатор 25 kVA имеет потери в стали 150 W и потери в меди 450 W при номинальной нагрузке. Он отдаёт 75% номинальной мощности в kVA при коэффициенте мощности 0,8 (отстающий). Найдите суммарные потери Ploss в ваттах при этой нагрузке.

S = 25 kVAPcore = 150 WPcu,fl = 450 Wx = 0,75pf = 0,8
Ploss = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 47 kΩR1​ = 22 kΩVin​ = 1,5 V

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

Vin = 1,5 VR1 = 22 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = 0,1 VR1​ = 22 kΩV2​ = 1,9 VR2​ = 2 kΩIf​

Суммирующий усилитель использует идеальный ОУ с питанием ±15 V. Найдите ток If через резистор обратной связи, текущий к выходу.

V1 = 0,1 VV2 = 1,9 VR1 = 22 kΩR2 = 2 kΩRf = 10 kΩ
If = mA
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 1 kΩβ = 200RE​ = 1 kΩVCC​ = 20 VR1​ = 68 kΩR2​ = 10 kΩ

NPN-транзистор с β = 200 смещён делителем напряжения от VCC = 20 V: R₁ = 68 kΩ от VCC к базе и R₂ = 10 kΩ от базы к земле. Резистор коллектора RC = 1 kΩ, резистор эмиттера RE = 1 kΩ. Примите VBE = 0,7 V и используйте эквивалент Тевенена для делителя (ток базы не пренебрегайте). Найдите напряжение коллектор–эмиттер VCE.

VCC = 20 VR1 = 68 kΩR2 = 10 kΩRC = 1 kΩRE = 1 kΩβ = 200
VCE = V
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 470 Ωβ = 100VCC​ = 5 V5 VRB​ = ?

NPN-транзистор с β = 100 коммутирует нагрузочный резистор 470 Ω, включённый между VCC = 5 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 5 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 = 5 VRC = 470 Ωβ = 100Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −101 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −1018 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
16 bit1 px640 px480 pxM = ? KiB

Несжатое изображение имеет размер 640 × 480 пикселей и 16 бит на пиксель. Сколько памяти M оно занимает, в KiB (1 KiB = 1024 байта)?

640 × 480 px16 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABC00011110010011130204150706

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «произведение сумм» (POS) для F(A, B, C) = Σm(1, 3, 5). Сколько членов-сумм (множителей), N, в ней?

F(A, B, C) = Σm(1, 3, 5)
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
ABCD000111100001111000110302140517X6X12113015114X819X11010

Найдите минимальную форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(1, 4, 7, 9, 13, 14) + d(6, 8, 11, 12), где d обозначает безразличные состояния. Сколько литералов, L, она содержит?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 4, 7, 9, 13, 14) + d(6, 8, 11, 12)
L =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 0,2f(0,2) = ?

Найдите f(t) для F(s) = (6s + 7)/(s² + 4s + 4) и вычислите f(0,2).

F(s) = (6s + 7)/(s² + 4s + 4)t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,6y(0,6) = ?

Решите y″ + 5y′ + 4y = 0 при y(0) = 3 и y′(0) = −2 с помощью преобразования Лапласа и найдите y(0,6).

y″ + 5y′ + 4y = 0y(0) = 3y′(0) = −2t = 0,6 s
y(0.6) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+6K+3s + 6G(s)C(s)4H₁−−

Объект G(s) = 3/(s + 6) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 4. Коэффициент регулятора K = 6, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите полюс замкнутой системы p.

G(s) = 3/(s + 6)H₁ = 4K = 6
p =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+13s + 5G₁+7s + 3G₂C(s)1H₁−0,25H₂−

Упростите структурную схему, где G₁ = 13/(s + 5), G₂ = 7/(s + 3), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 1 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 0,25. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).

G₁ = 13/(s + 5)G₂ = 7/(s + 3)H₁ = 1H₂ = 0,25
T(0) =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1ts​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 38/(s² + 4s + 38) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 38/(s² + 4s + 38)
ts = s
34.Переходная характеристикаСложная
k = 2000 N/mc = 27 N·s/mm = 4 kgF = 20 Nx(t)

Масса m = 4 kg подвешена на пружине k = 2000 N/m с вязким демпфером c = 27 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 20 N. Найдите наибольшее смещение xmax в mm.

m = 4 kgk = 2000 N/mc = 27 N·s/mF = 20 N
xmax = mm
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​C = 22 nFR = 1 kΩvout​

Изображённый RC-фильтр верхних частот имеет R = 1 kΩ, C = 22 nF. На вход подаётся синусоидальный сигнал 1,4 kHz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.

R = 1 kΩC = 22 nFf = 1,4 kHz
φ = °
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 18/(s(s + 2)(s + 3)). Найдите запас по усилению GM в dB.

L(s) = 18/(s(s + 2)(s + 3))
GM = dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+1921s(s + 2)(s + 4)C(s)−

Контур на схеме имеет отрицательную обратную связь, L(s) = 192/(s(s + 2)(s + 4)). Сколько полюсов N замкнутой системы лежит в правой полуплоскости?

L(s) = 192/(s(s + 2)(s + 4))
N =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4−6−8−10−12j2

Корневой годограф L(s) = K(s + 10)/(s(s + 7)) покидает вещественную ось между s = 0 и s = −7, огибает нуль по окружности и снова выходит на вещественную ось левее нуля. Найдите точку отрыва sb.

L(s) = K(s + 10)/(s(s + 7))
sb =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
R(s)+K(s + 1)(s + 5)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет G(s) = K/((s + 1)(s + 5)). Найдите коэффициент усиления K, при котором установившаяся ошибка по ступеньке составляет 25 %.

G(s) = K/((s + 1)(s + 5))ess = 25 %
K =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 51s(s + 2)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 5 управляет объектом G(s) = 1/(s(s + 2)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите время пика tp переходной характеристики.

G(s) = 1/(s(s + 2))K = 5
tp = s

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 12,18 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​ = 4 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAR4​3 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 = 15 + 3 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 15·18/(15+18) = 8,182 Ω
Req = R1 + 8,182 = 4 + 8,182 = 12,18 Ω

Ответ

Req = 12,18 Ω
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 0,4317 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​ = 25 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​12 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 = 4 Ω
R3 + 4 = 19 Ω
R2 ∥ 19 = 9,744 Ω
Req = R1 + 9,744 = 25 + 9,744 = 34,74 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 15/34,74 = 0,4317 A

Ответ

IR1 = 0,4317 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: PIs = 17,59 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/6 + (VA − 10)/12 + (VA − VB)/20 = 0
0,3·VA − 0,05·VB = 0,8333

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/3 + (VB − VA)/20 = 2,5
−0,05·VA + 0,3833·VB = 2,5

Решите

Δ = (0,3)(0,3833) − (−0,05)(−0,05) = 0,1125
VA = Δ1/Δ = 0,4444/0,1125 = 3,951 V
VB = Δ2/Δ = 0,7917/0,1125 = 7,037 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 = 7,037·2,5 = 17,59 W

Ответ

PIs = 17,59 W
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR4 = −1,941 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​ = 8 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​30 VR3​6 ΩAR5​20 ΩBIs​1 A+−V2​36 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 30 V, V2 = 36 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/6 + (VA − 30)/8 + (VA − VB)/30 = 0
0,325·VA − 0,03333·VB = 3,75

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/20 + (VB − VA)/30 + (VB − 36)/10 = (−1)
−0,03333·VA + 0,1833·VB = 2,6

Решите

Δ = (0,325)(0,1833) − (−0,03333)(−0,03333) = 0,05847
VA = Δ1/Δ = 0,7742/0,05847 = 13,24 V
VB = Δ2/Δ = 0,97/0,05847 = 16,59 V

Ответ

IR4 = (VB − V2)/R4 = (16,59 − 36)/10 = −1,941 A
5.Метод контурных токов

Ответ: VR3 = 8,743 V

Метод контурных токов: дайте каждому окну плоской цепи свой контурный ток, запишите закон напряжений Кирхгофа для каждого контура (сумма падений = сумма подъёмов) и решите. Токи ветвей — это контурный ток или разность двух контурных токов в общей ветви.

R1​ = 20 ΩR2​ = 5 Ω+−V1​30 VR3​3 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
20·I1 + 3(I1 − I2) = 30
23·I1 − 3·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
5·I2 + 3(I2 − I1) = (−18)
−3·I1 + 8·I2 = −18

Решите

Δ = (23)(8) − (−3)(−3) = 175
I1 = Δ1/Δ = 186/175 = 1,063 A
I2 = Δ2/Δ = −324/175 = −1,851 A

Ответ

IR3 = I1 − I2 = 2,914 A
VR3 = IR3·R3 = 2,914·3 = 8,743 V

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I3 = −1,767 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​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR4​15 ΩAR5​10 ΩB+−V2​30 VI1​I2​I3​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
3·I1 + 15(I1 − I2) = 10
18·I1 − 15·I2 = 10

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
5·I2 + 15(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 30·I2 − 10·I3 = 0

ЗНК для контура 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
10·I3 + 10(I3 − I2) = (−30)
−10·I2 + 20·I3 = −30

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 4500
I1 = Δ1/Δ = 500/4500 = 0,1111 A
I2 = Δ2/Δ = −2400/4500 = −0,5333 A
I3 = Δ3/Δ = −7950/4500 = −1,767 A

Ответ

I3 = −1,767 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: VR2 = 13,54 V

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​3 ΩAR4​20 ΩBОБРЫВ

Случай 1 · действует только V1

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

R3+R4 = 4+20 = 24 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 3·24/(3+24) = 2,667 Ω
VA = 24·2,667/(6+2,667) = 7,385 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 7,385·20/24 = 6,154 V
VR2′ = VA − 0 = 7,385 − 0 = 7,385 V
R1​ = 6 ΩR3​ = 4 ΩКЗR2​3 ΩAR4​20 ΩBIs​4 A

Случай 2 · действует только Is

V₁ становится коротким замыканием, поэтому R₁ параллелен R₂. Iₛ в точке B делится между R₄ и путём через R₃.

R1 ∥ R2 = 6·3/(6+3) = 2 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 20 ∥ 6 = 4,615 Ω
VB = Is·Req = 4·4,615 = 18,46 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 18,46·2/6 = 6,154 V
VR2″ = VA − 0 = 6,154 − 0 = 6,154 V

Сложите составляющие

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 7,385 + 6,154 = 13,54 V

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

8.Метод наложения

Ответ: I = 14,5 mA

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

Записываем измерения через вклады

Каждый вклад пропорционален своему источнику.

I₁ + I₂ + I₃ = 17,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 27,5
I₁ + I₂ − I₃ = 8,5

Находим вклады

I₁ = 27,5 − 17,5 = 10 mA
I₃ = (17,5 − 8,5)/2 = 4,5 mA
I₂ = 17,5 − 10 − 4,5 = 3 mA

Отключаем V₂

I = I₁ + I₃ = 10 + 4,5 = 14,5 mA

Ответ

I = 14,5 mA
9.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = 0,72 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​ = 5 ΩR3​ = 6 ΩКЗR2​20 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 = 5·20/(5+20) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 6 = 10 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​20 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) = 9·20/(5+20) = 7,2 V
IN​0,72 ARth​10 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 = 7,2/10 = 0,72 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: PL = 1,009 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​ = 30 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​3 ΩAОБРЫВBabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

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

R1 ∥ R2 = 30·3/(30+3) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 20 = 22,73 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩAIs​0,5 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) = 1,091 + 0,5·2,727 = 2,455 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 2,455 + 0,5·20 = 12,45 V
Rth​ = 22,73 Ω+−Vth​12,45 VRL​5 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) = 12,45/(22,73 + 5) = 0,4492 A
PL = IL²·RL = 0,4492²·5 = 1,009 W
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 1,224 V

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

Эквивалентная схема Тевенина со стороны конденсатора

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

Rth = R1 ∥ R2 = 6,8·3,3/(6,8 + 3,3) = 2,222 kΩ
vC(∞) = 15·3,3/(6,8 + 3,3) = 4,901 V

Постоянная времени

τ = Rth·C = 2,222·47 = 104,4 ms

Кривая заряда

vC(t) = 4,901·(1 − e−30/104,4) = 1,224 V

Ответ

vC = 1,224 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: i = 0,3983 A

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

Начальное значение, конечное значение, постоянная времени

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

i(0) = 24/20 = 1,2 A
i(∞) = 24/(20 + 47) = 0,3582 A
τ = L/R = 22/67 = 0,3284 ms
i(t) = 0,3582 + (1,2 − 0,3582)·e−t/τ

Ток в заданный момент

i(1) = 0,3582 + (0,8418)·e−1/0,3284 = 0,3983 A

Ответ

i = 0,3983 A
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: L = 2,878 mH

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·2000 = 12566 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(12566²·2,2·10⁻⁶) = 2,878 mH

Ответ

L = 2,878 mH
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: Q = 4,613

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|.

Резонансная частота

f0 = 1/(2π·√(0,1·0,47·10⁻⁶)) = 734,1 Hz

Добротность

Добротность сравнивает реактивное сопротивление при резонансе с активным: Q = ω₀L/R.

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/100)·√(0,1/(0,47·10⁻⁶)) = 4,613

Ответ

Q = 4,613
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Q = 16,37 kvar

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

Угол

φ = arccos(0,65) = 49,46°, tan φ = 1,169

Реактивная мощность

Q = P·tan φ = 14·1,169 = 16,37 kvar

Ответ

Q = 16,37 kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: C = 1249 µF

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

Реактивная мощность до и после

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

Q1 = P·tan φ1 = 20·tan(53,13°) = 26,67 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(11,48°) = 4,061 kvar
QC = Q1 − Q2 = 22,61 kvar

Ёмкость

Конденсатор, подключённый к сети, поставляет Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 22605/(2π·50·240²) = 1249 µF

Ответ

C = 1249 µF
17.Трёхфазная мощность

Ответ: IL = 54,47 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 = 37/0,95 = 38,95 kW

Ток линии

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 38947/(√3·480·0,86) = 54,47 A

Ответ

IL = 54,47 A
18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 366,1 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 0,78) = 300·0,8023 = 240,7 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,9) = 300·0,4843 = 145,3 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 95,39 kvar

Ёмкость на фазу

В батарее, соединённой треугольником, каждый конденсатор включён между двумя линейными проводами.

V = 480 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 31796/(377·480²) = 366,1 µF

Ответ

Cph = 366,1 µF
19.Трансформаторы

Ответ: IHV = 5,208 A

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

Номинальный ток

Через обе обмотки передаётся одинаковая полная мощность.

IHV = S/V = 25000/4800 = 5,208 A

Ответ

IHV = 5,208 A
20.Трансформаторы

Ответ: Ploss = 403,1 W

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

Потери в меди при этой нагрузке

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,5625·450 = 253,1 W

Суммарные потери

Потери в стали одинаковы при любой нагрузке.

Ploss = 150 + 253,1 = 403,1 W

Ответ

Ploss = 403,1 W

КПД при этой нагрузке η = 97,38%.

21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 4,705 V

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

Инвертирующий вход повторяет вход

V₋ = V₊ = 1,5 V
I = V₋/R1 = 1,5/22 = 0,06818 mA

Выходное напряжение

Ток через R₁ течёт и через Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 1,5 + 0,06818·47 = 4,705 V

Ответ

Vout = 4,705 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: If = 0,9545 mA

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 = 0,1/22 = 0,004545 mA
I2 = V2/R2 = 1,9/2 = 0,95 mA
If = I1 + I2 = 0,9545 mA

Ответ

If = 0,9545 mA
23.Диоды и транзисторы

Ответ: VCE = 16,44 V

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

Эквивалент Тевенена для делителя

VTH = 20·10/(68 + 10) = 2,564 V
RTH = 68·10/(68 + 10) = 8,718 kΩ

Ток базы

Второй закон Кирхгофа для базового контура; ток эмиттера равен (β + 1)·IB.

IB = (2,564 − 0,7)/(8,718 + 201·1) = 8,889 µA

Ток коллектора

IC = 200·8,889 µA = 1,778 mA
IE = 201·8,889 µA = 1,787 mA

Напряжение коллектор–эмиттер

VCE = 20 − 1,778·1 − 1,787·1 = 16,44 V

Ответ

VCE = 16,44 V
24.Диоды и транзисторы

Ответ: RB = 42,1 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) = (5 − 0,2)/470 = 10,21 mA

Минимальный ток базы

IB(min) = IC(sat)/β = 10,21/100 = 102,1 µA

Резистор базы

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,1021 mA = 42,1 kΩ

Ответ

RB = 42,1 kΩ

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

25.Системы счисления

Ответ: U = 155

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

Инвертируйте и прибавьте единицу

101 = 0110 0101
инвертировано: 1001 1010
+1 → 1001 1011

Прочитайте как беззнаковое

1001 1011₂ = 256 − 101 = 155

Ответ

U = 155
26.Системы счисления

Ответ: M = 600 KiB

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.

Биты и байты

640·480·16 = 4915200 bit = 614400 B

Переведите в KiB

614400/1024 = 600 KiB

Ответ

M = 600 KiB
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 2

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.

ABC00011110010011130204150706

Сгруппируйте нули

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

C
(A′ + B′)

Минимальная форма POS

F = C(A′ + B′)
N = 2

Ответ

N = 2
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 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.

Простые импликанты

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

BD′, B′C′D, AC′, AB′D, A′BC
ABCD000111100001111000110302140517X6X12113015114X819X11010

Минимальное покрытие

F = BD′ + B′C′D + AC′ + A′BC
L = 10

Ответ

L = 10
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.2) = 3,352

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 + 4s + 4 = (s + 2)²

Простые дроби

6s + 7 = 6(s + 2) + −5
F(s) = 6/(s + 2) − 5/(s + 2)²

Обратное преобразование

f(t) = 6·e−2t − 5·t·e−2t
f(0,2) = (6 − 5·0,2)·e−2·0,2 = 3,352

Ответ

f(0,2) = 3,352
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.6) = 1,799

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

s²Y − 3s − (−2) + 5(sY − 3) + 4Y = 0
Y(s) = (3s + 13)/((s + 1)(s + 4))

Простые дроби

A = 10/3 = 3,333
B = 1/(−3) = −0,3333

Результат

y(t) = 3,333·e−t − 0,3333·e−4t
y(0,6) = 1,799

Ответ

y(0,6) = 1,799

Проверка: y(0) = A + B = 3.

31.Структурные схемы

Ответ: p = −36

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) = 3/(s + 6 + 3·4) = 3/(s + 18)

Внешний контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 18/(s + 18 + 18) = 18/(s + 36)

Результат

p = −36

Ответ

p = −36
32.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 1,251

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

Внутренний контур

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 7/(s + 10)

Внешний контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 91/((s + 5)(s + 10) + 22,75)

Статический коэффициент передачи

T(0) = 91/(5·10 + 22,75) = 91/72,75 = 1,251

Ответ

T(0) = 1,251
33.Переходная характеристика

Ответ: ts = 2 s

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

Сравните со стандартной формой

Знаменатель должен совпадать с s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 38 → ωₙ = 6,164 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·6,164) = 0,3244

Результат

ζωₙ = 2 → ts ≈ 4/2 = 2 s

Ответ

ts = 2 s
34.Переходная характеристика

Ответ: xmax = 16,19 mm

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) = √(2000/4) = 22,36 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 27/(2·√(2000·4)) = 0,1509

Результат

xst = F/k = 20/2000 m = 10 mm
%OS = 61,9 %
xmax = 10·(1 + 0,619) = 16,19 mm

Ответ

xmax = 16,19 mm
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: φ = 79,05 °

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/(1000·2,2 × 10⁻⁸) = 45455 rad/s
fc = 7234 Hz → f/fc = 1400/7234 = 0,1935

Фаза

φ = 90° − atan(0,1935) = 79,05°

Ответ

φ = 79,05°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: GM = 4,437 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/3) = 1 → ω180 = √(2·3) = 2,449 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 4)·√(ω² + 9)) = K/(2·3·(2 + 3)) = K/30

Запас по усилению

GM = 20·log₁₀(30/18) = 4,437 dB

Ответ

GM = 4,437 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 + 6s² + 8s + 192 = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 8
s²: 6, 192
s¹: −24
s⁰: 192

Смены знака в первом столбце

1 → 6 → −24 → 192
N = 2

Ответ

N = 2

Коэффициент усиления выше предела K = 48, поэтому комплексная пара перешла в правую полуплоскость.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: sb = −4,523

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) = −(s² + 7s)/(s + 10)

Стационарные точки

Продифференцируйте по правилу для частного и приравняйте числитель к нулю.

(2s + 7)(s + 10) − (s² + 7s) = s² + 20s + 70 = 0
s = −10 ± √30 = −4,523, −15,48

Точка отрыва

sb = −4,523

Ответ

sb = −4,523

Между двумя точками годограф представляет собой окружность с центром в нуле и радиусом √30 = 5,477.

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 15

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

Требуемый коэффициент ошибки

1/(1 + Kp) = 0,25 → Kp = 3

Коэффициент усиления

K/5 = 3 → K = 15

Ответ

K = 15

Проверьте и устойчивость замкнутой системы: для этого контура второго порядка устойчив любой K > 0.

40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: tp = 1,571 s

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

Характеристический полином

s(s + 2) + 5·1 = s² + 2s + 5

ωₙ и ζ

ωₙ = √5 = 2,236 rad/s
ζ = 2/(2·2,236) = 0,4472

Время пика

ωd = 2,236·√(1 − 0,4472²) = 2 rad/s
tp = π/2 = 1,571 s

Ответ

tp = 1,571 s

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

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