Подготовка к экзамену FE Electrical and Computer: шпаргалка-пакет

Листы формул, ключевые шаги методов по каждой теме и тренировочные задачи (40) с полными решениями в конце.

Новые задачиНазад к курсу

В окне печати выберите «Сохранить как PDF», чтобы сохранить копию на своём устройстве.

1Формулы и методы

Последовательные и параллельные резисторы

Последовательное соединение резисторов
Req = R1 + R2 + …
Параллельное соединение резисторов
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Два параллельно
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Закон Ома
V = I·R
Мощность
P = V·I = I²R = V²/R

Метод

  1. Начните с конца цепи, наиболее удалённого от зажимов.
  2. Последовательные резисторы складывайте, а параллельные объединяйте по формуле 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. После каждого шага перерисовывайте схему.
  4. Повторяйте, пока между зажимами не останется один резистор.

Метод узловых потенциалов

Закон токов Кирхгофа
ΣIin = ΣIout
Ток ветви
I = (Va − Vb)/R
Опорный узел
Vground = 0

Метод

  1. Выберите опорный узел (землю) и обозначьте потенциалы остальных узлов.
  2. Запишите первый закон Кирхгофа для каждого неизвестного узла: сумма токов, вытекающих по ветвям, равна сумме втекающих.
  3. Выразите ток каждой ветви как (Va − Vb)/R.
  4. Решите систему уравнений, затем найдите нужные токи.

Метод контурных токов

Закон напряжений Кирхгофа
ΣV = 0 в каждом контуре
Общий резистор
ток = I1 − I2
Источник тока в контуре
задаёт ток этого контура

Метод

  1. Нарисуйте в каждом контуре (ячейке) схемы контурный ток по часовой стрелке.
  2. Примените второй закон Кирхгофа к каждому контуру: сумма падений напряжения равна нулю.
  3. В резисторе, общем для двух контуров, ток равен разности двух контурных токов.
  4. Решите уравнения; отрицательный результат означает, что ток течёт в обратную сторону.

Метод наложения

Метод наложения
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Отключённый источник напряжения
короткое замыкание (0 V)
Отключённый источник тока
разрыв (0 A)
Делитель напряжения
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Делитель тока
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Метод

  1. Посчитайте независимые источники. Для каждого источника вы решите одну более простую схему.
  2. Оставьте один источник, а остальные отключите: источник напряжения заменяется коротким замыканием (проводом), источник тока — разрывом цепи.
  3. Найдите в упрощённой схеме нужное напряжение или ток, следя за направлением.
  4. Повторите для каждого источника, затем сложите вклады с учётом знаков.

Тевенин и Нортон

Напряжение Тевенина
Vth = Vopen circuit
Сопротивление Тевенина
Rth: все источники отключены, со стороны a–b
Ток Нортона
IN = Vth/Rth
Ток нагрузки
IL = Vth/(Rth + RL)
Передача максимальной мощности
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Метод

  1. Отключите нагрузку и обозначьте два зажима a и b.
  2. Найдите напряжение холостого хода между a и b: это Vth.
  3. Отключите все независимые источники и найдите сопротивление со стороны a–b: это Rth.
  4. Верните нагрузку в эквивалентную схему: Vth последовательно с Rth.
  5. Для эквивалента Нортона преобразуйте: IN = Vth/Rth, с RN = Rth параллельно.

Переходные процессы RC и RL

Постоянная времени
τ = RC | τ = L/R
Отклик
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Конденсатор на постоянном токе
разрыв; vC не может измениться скачком
Катушка на постоянном токе
короткое замыкание; iL не может измениться скачком
Установившийся режим
t ≈ 5τ

Метод

  1. Найдите начальное значение сразу после коммутации: напряжение на конденсаторе и ток в катушке не могут изменяться скачком.
  2. Найдите установившееся значение спустя долгое время после коммутации: конденсатор ведёт себя как разрыв, катушка — как короткое замыкание.
  3. Найдите постоянную времени: τ = RC или τ = L/R, где берётся сопротивление со стороны конденсатора или катушки.
  4. Используйте x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Полные сопротивления
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Угловая частота
ω = 2πf
Модуль и угол
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Закон Ома в комплексной форме
V = I·Z

Метод

  1. Переведите частоту: ω = 2πf.
  2. Найдите каждое реактивное сопротивление: XL = ωL и XC = 1/(ωC).
  3. Складывайте сопротивления как у резисторов, с Z = R + jX.
  4. Найдите модуль |Z| = √(R² + X²) и угол φ = atan(X/R), затем примените закон Ома для комплексных амплитуд.

Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Активная мощность
P = V·I·cos φ
Реактивная мощность
Q = V·I·sin φ
Полная мощность
S = V·I = √(P² + Q²)
Коэффициент мощности
pf = cos φ = P/S
Компенсирующий конденсатор
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Трёхфазная мощность

Соединение звездой (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Соединение треугольником (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Полная активная мощность
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Полная и реактивная мощность
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Компенсирующие конденсаторы
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Напряжение на каждом конденсаторе
Δ: VL Y: VL/√3
Потребляемая мощность двигателя
Pin = Pout/η

Трансформаторы

Коэффициент трансформации
a = N1/N2 = V1/V2
Отношение токов
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Номинальный ток
I = S/V
Приведённое сопротивление
Z1′ = a²·ZL
Потери в меди при неполной нагрузке
Pcu = x²·Pcu,fl
КПД
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Максимальный КПД
x = √(Pcore/Pcu,fl)

Схемы на операционных усилителях

Инвертирующий усилитель
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Неинвертирующий усилитель
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Суммирующий усилитель
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Идеальный ОУ
V+ = V−, Iin = 0

Диоды и транзисторы

Диод (постоянное падение напряжения)
VD = 0,7 V when conducting
Активный режим
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Фиксированное смещение
IB = (VCC − 0,7)/RB
Смещение делителем напряжения
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Эквивалент Тевенена для делителя
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Контур коллектора
VCE = VCC − ICRC − IERE
Насыщение
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Системы счисления

Веса разрядов
двоичная 2k, восьмеричная 8k, шестнадцатеричная 16k
В десятичную
Σ dk·bk
Из десятичной
делите на основание, остатки читайте снизу вверх
Шестнадцатеричная ↔ двоичная
одна шестнадцатеричная цифра = 4 бита
Дополнительный код
инвертируйте биты и прибавьте 1

Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Основные вентили
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Правила булевой алгебры
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Законы де Моргана
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Порядок на карте Карно
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Группа из 2ᵏ клеток
теряет k переменных
Мультиплексор 4 в 1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Триггеры
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Счётчики
n-разрядный: 2ⁿ состояний; по модулю N: наименьшее n, при котором 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Асинхронный счётчик
fmax = 1/(n·tpd)
Кольцевой счётчик и счётчик Джонсона
n и 2n состояний

Метод

  1. Для схемы идите от входов к выходу вентиль за вентилем и записывайте значение на каждом проводе или запишите её выражение и заполните таблицу истинности.
  2. Для упрощения поставьте единицы (и безразличные состояния как X) на карту Карно со строками и столбцами в коде Грея: 00, 01, 11, 10.
  3. Покройте единицы как можно меньшим числом как можно больших групп по 1, 2, 4, 8 или 16 клеток, с переходом через края; каждая группа — один член-произведение из переменных, которые остаются постоянными. Для формы POS группируйте нули.
  4. Для триггеров и счётчиков считывайте входы на каждом активном фронте тактового сигнала, записывайте состояние после каждого фронта и помните, что n-разрядный счётчик возвращается к началу после 2ⁿ состояний.

Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Устойчивость
все корни характеристического полинома в левой полуплоскости
таблица Рауса, элемент s¹ кубического полинома
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Корни в правой полуплоскости
число смен знака в первом столбце
Кубический полином s³ + a₂s² + a₁s + a₀
устойчив, когда все a > 0 и a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Характеристическое уравнение
1 + K·G(s) = 0
Асимптоты
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Точки отрыва и входа
dK/ds = 0
Условие по модулю
K = 1/|G(s)|
Угол выхода
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Метод

  1. Запишите характеристический полином замкнутой системы: знаменатель уравнения 1 + K·G(s) = 0 после раскрытия скобок.
  2. Запишите коэффициенты поочерёдно в первые две строки таблицы Рауса и достройте остальные строки.
  3. Посчитайте смены знака в первом столбце: каждая — это один полюс в правой полуплоскости. Если в таблице есть K, потребуйте, чтобы все элементы первого столбца оставались положительными.
  4. Для корневого годографа отметьте полюса и нули, участки вещественной оси, асимптоты из центра и точки отрыва, где dK/ds = 0. Для коэффициента усиления в точке используйте K = 1/|G(s)|.

Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Тип системы
число полюсов G(s) в точке s = 0
Коэффициенты ошибок
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Ступенька A
ess = A/(1 + Kp)
Линейное воздействие A·t
ess = A/Kv
Парабола A·t²/2
ess = A/Ka
ПИД-регулятор
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Целевая система второго порядка
s² + 2ζωns + ωn²
Перерегулирование и временные характеристики
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Метод

  1. Посчитайте полюса разомкнутого контура C(s)·G(s) в точке s = 0: это тип системы.
  2. Найдите коэффициент ошибки, соответствующий входу: Kp для ступеньки, Kv для линейного воздействия, Ka для параболы.
  3. Примените ess = A/(1 + Kp), A/Kv или A/Ka либо решите это уравнение относительно нужного коэффициента усиления.
  4. Для требований по демпфированию или скорости запишите характеристический полином замкнутой системы и приравняйте его коэффициенты к s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Тренировочные задачи

1.Последовательные и параллельные резисторыСредняя
R1​ = 20 ΩIR1​R3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAR4​6 ΩB

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 24 VR1 = 20 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 ΩR4 = 6 Ω
IR1 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 25 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩIR2​AR4​10 ΩBR6​4 Ω

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 30 VR1 = 25 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 ΩR4 = 10 ΩR5 = 12 ΩR6 = 4 Ω
IR2 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 5 ΩR3​ = 4 ΩIR3​+−V1​18 VR2​20 ΩAR4​4 ΩBIs​4 A

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

V1 = 18 VIs = 4 AR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 4 ΩR4 = 4 Ω
IR3 = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 6 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​6 VR3​30 ΩAR5​30 ΩBIs​1 A+−V2​30 V

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

V1 = 6 VIs = 1 AV2 = 30 VR1 = 6 ΩR2 = 25 ΩR3 = 30 ΩR4 = 25 ΩR5 = 30 Ω
VB = V
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 3 ΩR2​ = 5 Ω+−V1​30 VR3​2 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

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

V1 = 30 VV2 = 15 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 Ω
I1 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 30 ΩIR1​R2​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR4​2 ΩAR5​8 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти ток IR1 через R1 в направлении стрелки.

V1 = 24 VV2 = 15 VR1 = 30 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 ΩR5 = 8 Ω
IR1 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩAR4​20 ΩIR4​BIs​5 A

Используйте метод наложения, чтобы найти мощность PR4, потребляемую R4.

V1 = 30 VIs = 5 AR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 15 ΩR4 = 20 Ω
PR4 = W
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 = −9,5 mA. Если V1 удвоить, а два других оставить без изменений, I = −13 mA. Если изменить направление Is на противоположное, а два других оставить без изменений, I = 12,5 mA. Найдите ток нагрузки I, если V2 отключён, а V1 и Is имеют номинальные значения.

номинальные значения: I = −9,5 mA2·V1: I = −13 mA−Is: I = 12,5 mA
I = mA
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 3 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAab

Найдите сопротивление Тевенина Rth со стороны зажимов a–b.

V1 = 6 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 5 Ω
Rth = Ω
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 2 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​36 VR2​12 ΩAIs​4 ABab

Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.

V1 = 36 VIs = 4 AR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​5 Vt = 0R = 68 ΩL22 mHi(t)

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

Vs = 5 VR = 68 ΩL = 22 mHt = 1 ms
vL = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​9 Vразмыкается при t = 0R1​ = 10 kΩR2​ = 4,7 kΩC220 µF+−vC​

Ключ был замкнут долгое время, поэтому цепь находится в установившемся режиме. При t = 0 ключ размыкается. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 500 ms.

Vs = 9 VR1 = 10 kΩR2 = 4,7 kΩC = 220 µFt = 500 ms
vC = V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
230 V50 HzR = 60 ΩL = 100 mHC = 47 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 230 V (действующее значение), 50 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 230 V (rms)f = 50 HzR = 60 ΩL = 100 mHC = 47 µF
I = A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
10 V50 HzR = 30 ΩL = 50 mHC = 100 µF+−VC​

Последовательная цепь RLC подключена к сети 10 V (действующее значение), 50 Hz. Найдите действующее значение напряжения VC на конденсаторе.

V = 10 V (rms)f = 50 HzR = 30 ΩL = 50 mHC = 100 µF
VC = V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
240 V12 kW, 0,7218 kW, 1I

К однофазной сети 240 V параллельно подключены две нагрузки: нагрузка 2 kW при коэффициенте мощности 0,7 (индуктивном) и нагреватель мощностью 18 kW (коэффициент мощности 1). Найдите общий коэффициент мощности cos φ со стороны сети.

V = 240 VP1 = 2 kW, pf1 = 0,7 отстающийP2 = 18 kW, pf2 = 1
cos φ =
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P1​ = 98 kWQ1​S1​φ

Однофазный трансформатор 200 kVA питает нагрузку 98 kW при коэффициенте мощности 0,8 (индуктивном). Какую дополнительную активную мощность ΔP можно добавить в виде активной нагрузки (коэффициент мощности 1), прежде чем трансформатор достигнет своей номинальной мощности в kVA?

Smax = 200 kVAP1 = 98 kWpf1 = 0,8
ΔP = kW
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 415 VZ = 12 + j16 Ωна фазу

Симметричная нагрузка, соединённая треугольником, с полным сопротивлением 12 + j16 Ω на фазу подключена к симметричной трёхфазной сети с линейным напряжением 415 V. Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 415 VZ = 12 + j16 Ω на фазу
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 150 kW при коэффициенте мощности 0,75 (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 = 150 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
7200 V240 VIHV​ILV​ = ?100 kVA

Однофазный трансформатор 100 kVA, 7200/240 V работает при номинальной нагрузке. Считайте его идеальным. Найдите ток ILV в обмотке низшего напряжения.

S = 100 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
ILV = A
20.ТрансформаторыСложная
500 kVA

Однофазный трансформатор 500 kVA имеет потери в стали 2500 W и потери в меди 7500 W при номинальной нагрузке. При какой нагрузке Sη,max, в kVA, его КПД максимален?

S = 500 kVAPcore = 2500 WPcu,fl = 7500 W
Sη,max = kVA
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = 2,5 VRa​ = 10 kΩRb​ = 2 kΩ

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

Vin = 2,5 VRa = 10 kΩRb = 2 kΩR1 = 1 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​R2​ = 100 kΩV1​ = 0,7 VR1​ = 10 kΩV2​ = 0,8 VR3​ = 10 kΩR4​ = 22 kΩ

ОУ идеальный и питается от ±15 V. Отношения резисторов не согласованы. Найдите выходное напряжение Vout.

V1 = 0,7 VV2 = 0,8 VR1 = 10 kΩR2 = 100 kΩR3 = 10 kΩR4 = 22 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 4,7 kΩβ = 150VCC​ = 10 VRB​ = 820 kΩ

NPN-транзистор с β = 150 смещён резистором базы RB = 820 kΩ от источника питания VCC = 10 V. Резистор коллектора RC = 4,7 kΩ, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите напряжение коллектор–эмиттер VCE.

VCC = 10 VRB = 820 kΩRC = 4,7 kΩβ = 150VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Диоды и транзисторыСложная
+−≤ 21 V330 Ω5,1 V

Стабилизатор на стабилитроне 5,1 V имеет последовательный резистор 330 Ω. Входное напряжение может подниматься до 21 V, а нагрузка может быть отключена. Найдите наибольшую мощность PZ,max, которую должен рассеивать стабилитрон.

Vin,max = 21 VVZ = 5,1 VR = 330 Ω
PZ,max = mW
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −108 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −1088 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
1561 кодов, b = ? бит?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Система должна присвоить каждому из 1561 элементов собственный двоичный код одинаковой длины. Какое наименьшее число битов b нужно?

1561
b = bit
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABCD000111100001111010011312140517061121130151141819111010

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «сумма произведений» (SOP) для F(A, B, C, D) = Σm(0, 2, 3, 4, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 14). Сколько членов-произведений, N, в ней?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 2, 3, 4, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 14)
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
CLKD123456

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

Q₀ = 0D
  1. 1фронт тактового сигнала 1
  2. 2фронт тактового сигнала 2
  3. 3фронт тактового сигнала 3
  4. 4фронт тактового сигнала 4
  5. 5фронт тактового сигнала 5
  6. 6фронт тактового сигнала 6
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−91

F(s) = (5s + 27)/(s² + 10s + 16). Её оригинал имеет вид f(t) = A·e−2t + B·e−8t. Найдите коэффициент A разложением на простые дроби.

F(s) = (5s + 27)/(s² + 10s + 16)
A =
30.Преобразования ЛапласаСложная
ReIm−1−2−3−4−51

Система описывается дифференциальным уравнением y″ + 9y′ + 20y = 15u, где u(t) — вход, y(t) — выход. Найдите её передаточную функцию G(s) = Y(s)/U(s) (при нулевых начальных условиях) и вычислите импульсную характеристику g(t) при t = 0,3 s. Найдите g(0,3).

y″ + 9y′ + 20y = 15ut = 0,3 s
g(0.3) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+7(s + 8)(s + 4)(s + 6)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 7(s + 8)/((s + 4)(s + 6)). На задающее воздействие подаётся ступенька величиной 2. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 7(s + 8)/((s + 4)(s + 6))R = 2
ess =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+8s + 5G₁+3s + 5G₂C(s)0,5H₁−0,1H₂−

Упростите структурную схему, где G₁ = 8/(s + 5), G₂ = 3/(s + 5), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 0,5 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 0,1. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).

G₁ = 8/(s + 5)G₂ = 3/(s + 5)H₁ = 0,5H₂ = 0,1
T(0) =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)0,5

Система имеет передаточную функцию G(s) = 46/(s² + 9s + 92) и получает на вход единичную ступеньку. Полюсы равны s = σ ± jωd. Найдите вещественную часть σ.

G(s) = 46/(s² + 9s + 92)
σ =
34.Переходная характеристикаСложная
t (s)y(t)1tp​ = 0,5 s20 %

Переходная характеристика системы второго порядка без нулей показывает перерегулирование 20 %, а первый пик наступает при t = 0,5 s. Найдите собственную частоту ωn.

%OS = 20 %tp = 0,5 s
ωn = rad/s
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​R = 100 ΩL = 10 mHvout​

Изображённый RL-фильтр верхних частот имеет R = 100 Ω, L = 10 mH. На вход подаётся синусоидальный сигнал 800 Hz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.

R = 100 ΩL = 10 mHf = 800 Hz
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) = 50/(s(s + 2)(s + 5)). Найдите частоту перехода фазы ω180, где ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 50/(s(s + 2)(s + 5))
ω180 = rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1s(s + 2)(s + 8)C(s)−

Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8)). Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

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

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K/((s + 3)(s + 10)(s + 1)). Найдите точку σa, в которой асимптоты корневого годографа пересекают вещественную ось.

L(s) = K/((s + 3)(s + 10)(s + 1))
σa =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 0,5t+5s(s + 2)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 5/(s(s + 2)) подано линейное воздействие r(t) = 0,5t. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 5/(s(s + 2))r(t) = 0,5t
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K10s(s + 10)C(s)−

Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 10/(s(s + 10)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите коэффициент усиления K, при котором замкнутая система имеет коэффициент демпфирования ζ = 0,5.

G(s) = 10/(s(s + 10))ζ = 0,5
K =

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 0,85 A

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 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 = 8 + 6 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 20·14/(20+14) = 8,235 Ω
Req = R1 + 8,235 = 20 + 8,235 = 28,24 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 24/28,24 = 0,85 A

Ответ

IR1 = 0,85 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 0,795 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​ = 10 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAR4​10 ΩBR6​4 Ω

Объединяйте резисторы с дальнего конца

Начните с конца, самого дальнего от источника, и двигайтесь к нему. Резисторы с одинаковым током соединены последовательно; резисторы между одними и теми же двумя узлами — параллельно.

R5 + R6 = 12 + 4 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 6,154 Ω
R3 + 6,154 = 16,15 Ω
R2 ∥ 16,15 = 3,818 Ω
Req = R1 + 3,818 = 25 + 3,818 = 28,82 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 30/28,82 = 1,041 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 30 − 1,041·25 = 3,975 V
IR2 = VA/R2 = 3,975/5 = 0,795 A

Ответ

IR2 = 0,795 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR3 = −0,1333 A

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

R1​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAR4​4 ΩBIs​4 A

Определите узлы

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

ЗТК в узле A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/20 + (VA − 18)/5 + (VA − VB)/4 = 0
0,5·VA − 0,25·VB = 3,6

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/4 + (VB − VA)/4 = 4
−0,25·VA + 0,5·VB = 4

Решите

Δ = (0,5)(0,5) − (−0,25)(−0,25) = 0,1875
VA = Δ1/Δ = 2,8/0,1875 = 14,93 V
VB = Δ2/Δ = 2,9/0,1875 = 15,47 V

Ответ

IR3 = (VA − VB)/R3 = (14,93 − 15,47)/4 = −0,1333 A
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 22,19 V

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

R1​ = 6 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​6 VR3​30 ΩAR5​30 ΩBIs​1 A+−V2​30 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 6 V, V2 = 30 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/30 + (VA − 6)/6 + (VA − VB)/25 = 0
0,24·VA − 0,04·VB = 1

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)/25 + (VB − 30)/25 = 1
−0,04·VA + 0,1133·VB = 2,2

Решите

Δ = (0,24)(0,1133) − (−0,04)(−0,04) = 0,0256
VA = Δ1/Δ = 0,2013/0,0256 = 7,865 V
VB = Δ2/Δ = 0,568/0,0256 = 22,19 V

Ответ

VB = 22,19 V
5.Метод контурных токов

Ответ: I1 = 5,806 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 Ω+−V1​30 VR3​2 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
3·I1 + 2(I1 − I2) = 30
5·I1 − 2·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 + 2(I2 − I1) = (−15)
−2·I1 + 7·I2 = −15

Решите

Δ = (5)(7) − (−2)(−2) = 31
I1 = Δ1/Δ = 180/31 = 5,806 A
I2 = Δ2/Δ = −15/31 = −0,4839 A

Ответ

I1 = 5,806 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: IR1 = 0,7184 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​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR4​2 ΩAR5​8 ΩB+−V2​15 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 + 2(I1 − I2) = 24
32·I1 − 2·I2 = 24

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
6·I2 + 2(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−2·I1 + 16·I2 − 8·I3 = 0

ЗНК для контура 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
8·I3 + 8(I3 − I2) = (−15)
−8·I2 + 16·I3 = −15

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 6080
I1 = Δ1/Δ = 4368/6080 = 0,7184 A
I2 = Δ2/Δ = −3072/6080 = −0,5053 A
I3 = Δ3/Δ = −7236/6080 = −1,19 A

Ответ

IR1 = I1 = 0,7184 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: PR4 = 184,2 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​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​20 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 = 15+20 = 35 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 20·35/(20+35) = 12,73 Ω
VA = 30·12,73/(3+12,73) = 24,28 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 24,28·20/35 = 13,87 V
IR4′ = (VB − 0)/R4 = (13,87 − 0)/20 = 0,6936 A
R1​ = 3 ΩR3​ = 15 ΩКЗR2​20 ΩAR4​20 ΩBIs​5 A

Случай 2 · действует только Is

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

R1 ∥ R2 = 3·20/(3+20) = 2,609 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 20 ∥ 17,61 = 9,364 Ω
VB = Is·Req = 5·9,364 = 46,82 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 46,82·2,609/17,61 = 6,936 V
IR4″ = (VB − 0)/R4 = (46,82 − 0)/20 = 2,341 A

Складываем вклады токов

IR4 = IR4′ + IR4″ = 0,6936 + 2,341 = 3,035 A

Мощность в резисторе

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

PR4 = IR4²·R4 = 3,035²·20 = 184,2 W

Ответ

PR4 = 184,2 W

Сложение мощностей отдельных случаев дало бы 119,2 W, что неверно.

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 = −9,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = −13
I₁ + I₂ − I₃ = 12,5

Находим вклады

I₁ = −13 − (−9,5) = −3,5 mA
I₃ = (−9,5 − 12,5)/2 = −11 mA
I₂ = −9,5 − (−3,5) − (−11) = 5 mA

Отключаем V₂

I = I₁ + I₃ = (−3,5) + (−11) = −14,5 mA

Ответ

I = −14,5 mA
9.Тевенин и Нортон

Ответ: Rth = 6,875 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​ = 3 ΩR3​ = 5 ΩКЗR2​5 ΩAabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

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

R1 ∥ R2 = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 5 = 6,875 Ω
10.Тевенин и Нортон

Ответ: Vth = −8 V

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 8 ΩКЗR2​12 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 = 2·12/(2+12) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 8 = 9,714 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​36 VR2​12 ΩAIs​4 ABab+−Vth​

Найдите Vth — напряжение холостого хода

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 30,86 + (−4)·1,714 = 24 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 24 + (−4)·8 = −8 V
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vL = 0,2273 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 = 22 mH / 68 Ω = 0,3235 ms
i(∞) = Vs/R = 5/68 = 0,07353 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 = 5·e−1/0,3235 = 0,2273 V

Ответ

vL = 0,2273 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 1,774 V

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

Начальное напряжение конденсатора

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

vC(0) = 9·4,7/(10 + 4,7) = 2,878 V

Постоянная времени после размыкания ключа

τ = R2·C = 4,7·220 = 1034 ms

Разряд

vC(t) = 2,878·e−500/1034 = 1,774 V

Ответ

vC = 1,774 V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 3,28 A

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

Реактивные сопротивления

ω = 2πf = 2π·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,1 = 31,42 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·47·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(60² + (−36,31)²) = 70,13 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 230/70,13 = 3,28 A

Ответ

I = 3,28 A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: VC = 9,346 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 = 314,2·0,05 = 15,71 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·100·10⁻⁶) = 31,83 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(30² + (−16,12)²) = 34,06 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 10/34,06 = 0,2936 A

Напряжение на конденсаторе

VC = I·XC = 0,2936·31,83 = 9,346 V

Ответ

VC = 9,346 V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: cos φ = 0,9948

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 = 2·tan(arccos 0,7) = 2,04 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Суммы

P = 2 + 18 = 20 kW
Q = 2,04 + 0 = 2,04 kvar
S = √(20² + 2,04²) = 20,1 kVA

Общий коэффициент мощности

cos φ = P/S = 20/20,1 = 0,9948 отстающий

Ответ

cos φ = 0,9948
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: ΔP = 88 kW

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

Реактивная мощность существующей нагрузки

Q1 = 98·tan(arccos 0,8) = 73,5 kvar

Наибольшая суммарная активная мощность

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 73,5²) = 186 kW

Дополнительная активная мощность

ΔP = 186 − 98 = 88 kW

Ответ

ΔP = 88 kW
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 15,5 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 = 415 V

Фазный ток

|Z| = √(12² + 16²) = 20 Ω
Iph = 415/20 = 20,75 A

Полная активная мощность

Активную мощность потребляет только активная составляющая каждого сопротивления.

P = 3·Iph²·R = 3·20,75²·12 = 15,5 kW

Ответ

P = 15,5 kW

Проверка: cos φ = R/|Z| = 0,6, и √3·VL·IL·cos φ даёт ту же мощность.

18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 567,3 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 = 150·tan(acos 0,75) = 150·0,8819 = 132,3 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,98) = 150·0,2031 = 30,46 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 101,8 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) = 33943/(377·398,4²) = 567,3 µF

Ответ

Cph = 567,3 µF
19.Трансформаторы

Ответ: ILV = 416,7 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.

ILV = S/V = 100000/240 = 416,7 A

Ответ

ILV = 416,7 A
20.Трансформаторы

Ответ: Sη,max = 288,7 kVA

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 равны потерям в стали

x²·7500 = 2500 → x = √(2500/7500) = 0,5774

Нагрузка при максимальном КПД

Sη,max = x·S = 0,5774·500 = 288,7 kVA

Ответ

Sη,max = 288,7 kVA
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 4,583 V

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

Напряжение на входе +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 2,5·2/(10 + 2) = 0,4167 V

Коэффициент усиления неинвертирующего усилителя

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

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,4167·(1 + 10/1) = 4,583 V

Ответ

Vout = 4,583 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −0,95 V

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

Напряжение на входе +

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 0,8·22/(10 + 22) = 0,55 V

Наложение двух входов

При V₂ = 0 для V₁ схема — инвертирующий усилитель. При V₁ = 0 V₊ усиливается с коэффициентом неинвертирующего усилителя 1 + R₂/R₁.

Vout = −(100/10)·0,7 + (1 + 100/10)·0,55 = −7 + 6,05 = −0,95 V

Ответ

Vout = −0,95 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: VCE = 2,004 V

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

Ток базы

IB = (VCC − VBE)/RB = (10 − 0,7)/820 kΩ = 11,34 µA

Ток коллектора

IC = β·IB = 150·11,34 µA = 1,701 mA

Напряжение коллектор–эмиттер

VCE = 10 − 1,701 mA·4,7 kΩ = 2,004 V

Ответ

VCE = 2,004 V
24.Диоды и транзисторы

Ответ: PZ,max = 245,7 mW

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 стабилитрона в худшем случае

IZ = 15,9/330 = 48,18 mA

Мощность стабилитрона

PZ = 5,1·48,18 = 245,7 mW

Ответ

PZ,max = 245,7 mW
25.Системы счисления

Ответ: U = 148

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

108 = 0110 1100
инвертировано: 1001 0011
+1 → 1001 0100

Прочитайте как беззнаковое

1001 0100₂ = 256 − 108 = 148

Ответ

U = 148
26.Системы счисления

Ответ: b = 11 bit

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

Степени двойки

210 = 1024 < 1561
211 = 2048 ≥ 1561

Ответ

b = 11
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 6

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

ABCD000111100001111010011312140517061121130151141819111010

Сгруппируйте единицы

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

C′D′
B′CD
AC′
A′CD
A′B′D′
ABD′

Минимальная форма SOP

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

Ответ

N = 6

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

28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: фронт тактового сигнала 4

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

Q после каждого фронта

D-триггер копирует D по каждому переднему фронту: Q⁺ = D.

1: D = 1 → Q = 1
2: D = 1 → Q = 1
3: D = 1 → Q = 1
4: D = 0 → Q = 0
5: D = 0 → Q = 0
6: D = 1 → Q = 1

Первое изменение с 1 на 0

фронт тактового сигнала 4

Ответ

фронт тактового сигнала 4
29.Преобразования Лапласа

Ответ: A = 2,833

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

Разложение знаменателя на множители

s² + 10s + 16 = (s + 2)(s + 8)
F(s) = A/(s + 2) + B/(s + 8)

Правило закрытия

Умножьте на (s + 2) и положите s = −2: слагаемое с B обращается в нуль.

A = (5s + 27)/(s + 8) |s = −2 = 17/6 = 2,833

Ответ

A = 2,833
(B = 2,167, поэтому f(t) = 2,833·e−2t + 2,167·e−8t)
30.Преобразования Лапласа

Ответ: g(0.3) = 1,171

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).

Передаточная функция

G(s) = Y(s)/U(s) = 15/(s² + 9s + 20)

Простые дроби

s² + 9s + 20 = (s + 4)(s + 5)
A = 15, B = −15

Импульсная характеристика

g(t) = 15·e−4t − 15·e−5t
g(0,3) = 1,171

Ответ

g(0,3) = 1,171
31.Структурные схемы

Ответ: ess = 0,6

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

Коэффициент ошибки по положению

Kₚ = G(0) = 7·8/(4·6) = 2,333

Установившаяся ошибка

ess = A/(1 + Kₚ) = 2/(1 + 2,333) = 0,6

Ответ

ess = 0,6
32.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 0,6877

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) = 3/(s + 6,5)

Внешний контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 24/((s + 5)(s + 6,5) + 2,4)

Статический коэффициент передачи

T(0) = 24/(5·6,5 + 2,4) = 24/34,9 = 0,6877

Ответ

T(0) = 0,6877
33.Переходная характеристика

Ответ: σ = −4,5

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 = 92 → ωₙ = 9,592 rad/s
2ζωₙ = 9 → ζ = 9/(2·9,592) = 0,4692

Результат

σ = −ζωₙ = −9/2 = −4,5

Ответ

σ = −4,5
34.Переходная характеристика

Ответ: ωn = 7,06 rad/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).

Коэффициент демпфирования

ζ = −ln(0,2)/√(π² + ln²(0,2)) = 1,609/√(9,87 + 2,59) = 0,4559

Собственная частота

ωd = π/tp = π/0,5 = 6,283 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 6,283/0,89 = 7,06 rad/s

Ответ

ωn = 7,06 rad/s
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: φ = 63,31 °

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 = R/L = 100/0,01 = 10000 rad/s
fc = 1592 Hz → f/fc = 800/1592 = 0,5027

Фаза

φ = 90° − atan(0,5027) = 63,31°

Ответ

φ = 63,31°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ω180 = 3,162 rad/s

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

Частота перехода фазы

(ω/2)·(ω/5) = 1 → ω180 = √(2·5) = 3,162 rad/s

Ответ

ω180 = 3,162 rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 160

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 + 10s² + 16s + K = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 16
s²: 10, K
s¹: (10·16 − K)/10
s⁰: K

Условия

Каждый элемент первого столбца должен быть положительным.

K > 0
10·16 − K > 0 → K < 160

Ответ

Kmax = 160

При K = 160 замкнутая система колеблется с частотой ω = √16 = 4 rad/s.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: σa = −4,667

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: −3, −10, −1
n − m = 3 − 0 = 3

Центр тяжести

σa = (−14)/3 = −4,667

Ответ

σa = −4,667

3 асимптоты выходят из центра под углами 60°, 180°, 300°.

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 0,2

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

Коэффициент скоростной ошибки

Kv = lim s·G(s) = 2,5

Ошибка по линейному воздействию

ess = 0,5/2,5 = 0,2

Ответ

ess = 0,2
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 10

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 + 10) + 10K = s² + 10s + 10K

Собственная частота

2·0,5·ωₙ = 10 → ωₙ = 10 rad/s

Коэффициент усиления

10K = ωₙ² = 100 → K = 10

Ответ

K = 10

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