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​ = 8 ΩIR1​R3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAR4​15 ΩB

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 10 VR1 = 8 ΩR2 = 6 ΩR3 = 6 ΩR4 = 15 Ω
IR1 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 5 ΩIR1​R3​ = 15 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​2 ΩAR4​8 ΩBR6​8 Ω

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 18 VR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 15 ΩR4 = 8 ΩR5 = 2 ΩR6 = 8 Ω
IR1 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​6 ΩBIs​2,5 A

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

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

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

V1 = 5 VIs = 1 AV2 = 30 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 30 ΩR4 = 5 ΩR5 = 2 Ω
VA = V
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 12 ΩR2​ = 4 ΩIR2​+−V1​15 VR3​8 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 15 VV2 = 18 VR1 = 12 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 Ω
IR2 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 8 Ω+−VR1​R2​ = 5 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR4​15 ΩAR5​5 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти напряжение VR1 на R1 с указанной полярностью.

V1 = 9 VV2 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 ΩR4 = 15 ΩR5 = 5 Ω
VR1 = V
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 6 ΩR3​ = 3 ΩIR3​+−V1​30 VR2​12 ΩAR4​6 ΩBIs​5 A

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

V1 = 30 VIs = 5 AR1 = 6 ΩR2 = 12 ΩR3 = 3 ΩR4 = 6 Ω
IR3 = A
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 5 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​5 VR3​8 Ω+−VR3​AIs​2,5 AB+−V2​18 V

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

V1 = 5 VIs = 2,5 AV2 = 18 VR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 8 ΩR4 = 30 Ω
VR3 = V
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩAab

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

V1 = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 3 Ω
IN = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 25 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAIs​6 ABab

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

V1 = 30 VIs = 6 AR1 = 25 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 Ω
IN = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​6 Vt = 0R = 15 ΩL47 mHi(t)

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

Vs = 6 VR = 15 ΩL = 47 mHt = 5 ms
i = A
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​30 Vразмыкается при t = 0R1​ = 1 kΩR2​ = 10 kΩi2​C220 µF+−vC​

Ключ был замкнут долгое время, поэтому цепь находится в установившемся режиме. При t = 0 ключ размыкается. Найдите ток i2 через R2 при t = 750 ms.

Vs = 30 VR1 = 1 kΩR2 = 10 kΩC = 220 µFt = 750 ms
i2 = mA
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
100 V500 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 1 µF

Последовательная цепь RLC подключена к сети 100 V (действующее значение), 500 Hz. Найдите угол сдвига фаз φ полного сопротивления в градусах (положительный, когда ток отстаёт от напряжения).

V = 100 V (rms)f = 500 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 1 µF
φ = °
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
50 V100 HzR = 25 ΩL = 150 mHC = 100 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 50 V (действующее значение), 100 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 50 V (rms)f = 100 HzR = 25 ΩL = 150 mHC = 100 µF
I = A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
400 V124 kW, 0,65220 kW, 1I = ?

К однофазной сети 400 V параллельно подключены две нагрузки: нагрузка 24 kW при коэффициенте мощности 0,65 (индуктивном) и нагреватель мощностью 20 kW (коэффициент мощности 1). Найдите общий ток I, потребляемый от сети.

V = 400 VP1 = 24 kW, pf1 = 0,65 отстающийP2 = 20 kW, pf2 = 1
I = A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P1​ = 63 kWQ1​S1​φ

Однофазный трансформатор 150 kVA питает нагрузку 63 kW при коэффициенте мощности 0,6 (индуктивном). Какую дополнительную активную мощность ΔP можно добавить в виде активной нагрузки (коэффициент мощности 1), прежде чем трансформатор достигнет своей номинальной мощности в kVA?

Smax = 150 kVAP1 = 63 kWpf1 = 0,6
ΔP = kW
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 690 VIL​ = ?M110 kW, η = 90%cos φ = 0,84

Трёхфазный асинхронный двигатель при полной нагрузке развивает механическую мощность 110 kW. При этой нагрузке его КПД равен 90%, а коэффициент мощности 0,84 (отстающий). Линейное напряжение сети 690 V. Найдите линейный ток IL.

Pout = 110 kWη = 90%cos φ = 0,84VL = 690 V
IL = A
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 150 kW при коэффициенте мощности 0,7 (отстающий) от сети 690 V (линейное), 50 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,92 (отстающий). Активная мощность не меняется. Конденсаторы соединены треугольником. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 150 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
RL​ = 15 Ω41960 VV2​I1​ = ?I2​

К первичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 4:1 приложено 960 V. К вторичной обмотке подключён резистор 15 Ω. Найдите первичный ток I1.

N1:N2 = 4:1V1 = 960 VRL = 15 Ω
I1 = A
20.ТрансформаторыСложная
250 kVA

Однофазный трансформатор 250 kVA имеет потери в стали 1500 W и потери в меди 3750 W при номинальной нагрузке. При какой нагрузке Sη,max, в kVA, его КПД максимален?

S = 250 kVAPcore = 1500 WPcu,fl = 3750 W
Sη,max = kVA
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 47 kΩR1​ = 1 kΩVin​

ОУ идеальный и питается от источников ±15 V; его выход насыщается на уровне ±13 V. На неинвертирующий усилитель подаётся синусоидальный сигнал. Найдите наибольшую амплитуду входного сигнала Vin,max (пиковое значение), при которой выход не ограничивается.

R1 = 1 kΩRf = 47 kΩVsat = ±13 V
Vin,max = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​C = 0,22 µFVin​ = 2,8 VR = 10 kΩ

Интегратор выполнен на идеальном ОУ с питанием ±15 V; его выход насыщается на уровне ±13 V. Конденсатор не заряжен, когда при t = 0 подаётся постоянное входное напряжение Vin = 2,8 V. Найдите выходное напряжение Vout при t = 5 ms.

Vin = 2,8 VR = 10 kΩC = 0,22 µFVsat = ±13 Vt = 5 ms
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
+−24 V470 Ω6,2 V470 ΩIZ​ = ?

Стабилизатор на стабилитроне 6,2 V питается от 24 V через 470 Ω и питает нагрузку 470 Ω. Найдите ток стабилитрона IZ.

Vin = 24 VVZ = 6,2 VR = 470 ΩRL = 470 Ω
IZ = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 100 Ωβ = 200IC​ = ?VCC​ = 5 V5 VRB​ = 1 kΩ

NPN-транзистор с β = 200 коммутирует нагрузочный резистор 100 Ω, включённый между VCC = 5 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 5 V через резистор базы RB = 1 kΩ. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Найдите ток коллектора IC в mA при высоком уровне на входе. Сначала определите, насыщен ли транзистор.

VCC = 5 VRC = 100 Ωβ = 200Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 1 kΩ
IC = mA
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код?−128?64?32?16?8?4?2?1

Запишите −51 как 8-битную комбинацию в дополнительном коде. Прочитайте комбинацию как беззнаковое двоичное число: каково его значение U в десятичной системе?

N = −518 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 1011 0100 XOR 1101 0010. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

1011 0100XOR1101 0010
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABC00011110011011130204151706

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «сумма произведений» (SOP) для F(A, B, C) = Σm(0, 1, 3, 5, 7). Сколько всего литералов, L, она содержит (переменная со штрихом считается одним литералом)?

F(A, B, C) = Σm(0, 1, 3, 5, 7)
L =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
ABCD0001111000011110000103121415X716112013115114X819011010

Найдите минимальную форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(2, 4, 5, 6, 9, 12, 14, 15) + d(7, 8), где d обозначает безразличные состояния. Сколько членов-произведений, N, в ней?

F(A, B, C, D) = Σm(2, 4, 5, 6, 9, 12, 14, 15) + d(7, 8)
N =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm−1−2−3−4−5−6−712

Найдите f(t) для F(s) = (5s + 32)/(s² + 4s + 8) выделением полного квадрата и вычислите f(0,6).

F(s) = (5s + 32)/(s² + 4s + 8)t = 0,6 s
f(0.6) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 8y′ + 12y = 12·u(t). Она начинает из покоя (y(0) = 0, y′(0) = 0), а входом служит ступенька u(t) = 2 при t ≥ 0. С помощью преобразования Лапласа найдите выход y(0,25).

y″ + 8y′ + 12y = 12·u(t)u(t) = 2y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+13K+8s + 2G(s)C(s)1H₁−−

Объект G(s) = 8/(s + 2) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 1. Коэффициент регулятора K = 13, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите статический коэффициент передачи замкнутой системы T(0).

G(s) = 8/(s + 2)H₁ = 1K = 13
T(0) =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+52s(s + 12)G(s)C(s)2H−

Объект G(s) = 52/(s(s + 12)) охвачен отрицательной обратной связью с коэффициентом датчика H = 2. Полюсы замкнутой системы комплексные. Найдите их вещественную часть σ.

G(s) = 52/(s(s + 12))H = 2
σ =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)2tp​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 136/(s² + 7s + 68) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время пика tp переходной характеристики.

G(s) = 136/(s² + 7s + 68)
tp = s
34.Переходная характеристикаСложная
+−12 VR = 13 ΩL = 100 mHC = 22 µFvC​

Последовательная RLC-цепь с R = 13 Ω, L = 100 mH и C = 22 µF подключается к ступеньке 12 V при t = 0. Конденсатор не заряжен, и до ступеньки ток не течёт. Найдите время tp первого пика напряжения в ms.

R = 13 ΩL = 100 mHC = 22 µFV = 12 V
tp = ms
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​C = 1 nFR = 2,2 kΩvout​

Изображённый RC-фильтр верхних частот имеет R = 2,2 kΩ, C = 1 nF. На вход подаётся синусоидальный сигнал 14 kHz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.

R = 2,2 kΩC = 1 nFf = 14 kHz
φ = °
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 500/(s(s + 5)(s + 9)). Найдите запас по усилению GM в dB.

L(s) = 500/(s(s + 5)(s + 9))
GM = dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1(s + 1)(s + 3)(s + 6)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K/((s + 1)(s + 3)(s + 6)), K > 0. Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K/((s + 1)(s + 3)(s + 6))
Kmax =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,5−50,5j0,5j1−1,5

Для контура L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4)) найдите коэффициент усиления K, при котором полюс замкнутой системы находится в точке s = −1,5.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4))s = −1,5
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 2 + 3t+4(s + 3)s(s + 2)(s + 4)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 4(s + 3)/(s(s + 2)(s + 4)) подан вход r(t) = 2 + 3t (ступенька плюс линейное воздействие). Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 4(s + 3)/(s(s + 2)(s + 4))r(t) = 2 + 3t
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 505s(s + 6)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 50 управляет объектом G(s) = 5/(s(s + 6)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите перерегулирование %OS переходной характеристики в процентах.

G(s) = 5/(s(s + 6))K = 50
%OS = %

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 0,7895 A

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

R1​ = 8 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAR4​15 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 = 6 + 15 = 21 Ω
R2 ∥ 21 = 6·21/(6+21) = 4,667 Ω
Req = R1 + 4,667 = 8 + 4,667 = 12,67 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 10/12,67 = 0,7895 A

Ответ

IR1 = 0,7895 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 2,642 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​ = 5 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​2 ΩAR4​8 ΩBR6​8 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 = 2 + 8 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 4,444 Ω
R3 + 4,444 = 19,44 Ω
R2 ∥ 19,44 = 1,813 Ω
Req = R1 + 1,813 = 5 + 1,813 = 6,813 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 18/6,813 = 2,642 A

Ответ

IR1 = 2,642 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: PIs = 34,18 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/20 + (VA − 12)/3 + (VA − VB)/12 = 0
0,4667·VA − 0,08333·VB = 4

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/6 + (VB − VA)/12 = 2,5
−0,08333·VA + 0,25·VB = 2,5

Решите

Δ = (0,4667)(0,25) − (−0,08333)(−0,08333) = 0,1097
VA = Δ1/Δ = 1,208/0,1097 = 11,01 V
VB = Δ2/Δ = 1,5/0,1097 = 13,67 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 = 13,67·2,5 = 34,18 W

Ответ

PIs = 34,18 W
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: VA = 3,238 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​ = 2 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​5 VR3​30 ΩAR5​2 ΩBIs​1 A−+V2​30 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 5 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 − 5)/2 + (VA − VB)/12 = 0
0,6167·VA − 0,08333·VB = 2,5

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/2 + (VB − VA)/12 + (VB − (−30))/5 = 1
−0,08333·VA + 0,7833·VB = −5

Решите

Δ = (0,6167)(0,7833) − (−0,08333)(−0,08333) = 0,4761
VA = Δ1/Δ = 1,542/0,4761 = 3,238 V
VB = Δ2/Δ = −2,875/0,4761 = −6,039 V

Ответ

VA = 3,238 V
5.Метод контурных токов

Ответ: IR2 = −1,364 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​ = 12 ΩR2​ = 4 Ω+−V1​15 VR3​8 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
12·I1 + 8(I1 − I2) = 15
20·I1 − 8·I2 = 15

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
4·I2 + 8(I2 − I1) = (−18)
−8·I1 + 12·I2 = −18

Решите

Δ = (20)(12) − (−8)(−8) = 176
I1 = Δ1/Δ = 36/176 = 0,2045 A
I2 = Δ2/Δ = −240/176 = −1,364 A

Ответ

IR2 = I2 = −1,364 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: VR1 = 3,642 V

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

R1​ = 8 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR4​15 ΩAR5​5 ΩB+−V2​18 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
8·I1 + 15(I1 − I2) = 9
23·I1 − 15·I2 = 9

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) + 5(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 25·I2 − 5·I3 = 0

ЗНК для контура 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
15·I3 + 5(I3 − I2) = (−18)
−5·I2 + 20·I3 = −18

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 6425
I1 = Δ1/Δ = 2925/6425 = 0,4553 A
I2 = Δ2/Δ = 630/6425 = 0,09805 A
I3 = Δ3/Δ = −5625/6425 = −0,8755 A

Ответ

IR1 = I1 = 0,4553 A
VR1 = IR1·R1 = 0,4553·8 = 3,642 V

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: IR3 = −3,846 A

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAR4​6 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 = 3+6 = 9 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 12·9/(12+9) = 5,143 Ω
VA = 30·5,143/(6+5,143) = 13,85 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 13,85·6/9 = 9,231 V
IR3′ = (VB − VA)/R3 = (9,231 − 13,85)/3 = −1,538 A
R1​ = 6 ΩR3​ = 3 ΩКЗR2​12 ΩAR4​6 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 = 6·12/(6+12) = 4 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 7 = 3,231 Ω
VB = Is·Req = (−5)·3,231 = −16,15 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −16,15·4/7 = −9,231 V
IR3″ = (VB − VA)/R3 = (−16,15 − −9,231)/3 = −2,308 A

Сложите составляющие

IR3 = IR3′ + IR3″
IR3 = (−1,538) + (−2,308) = −3,846 A

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

8.Метод наложения

Ответ: VR3 = 10,34 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​ = 5 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​5 VR3​8 ΩAОБРЫВBКЗ

Случай 1 · действует только V1

V₂ становится коротким замыканием, а Iₛ — разрывом. Со стороны A резистор R₃ параллелен последовательной паре R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 8 ∥ 35 = 6,512 Ω
VA = 5·6,512/(5+6,512) = 2,828 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,828·30/35 = 2,424 V
VR3′ = VA − 0 = 2,828 − 0 = 2,828 V
R1​ = 5 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 30 ΩКЗR3​8 ΩAIs​2,5 ABКЗ

Случай 2 · действует только Is

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

R1 ∥ R3 = 3,077 Ω, поэтому левый путь — R2+3,077 = 8,077 Ω
Req = R4 ∥ 8,077 = 6,364 Ω
VB = Is·Req = 2,5·6,364 = 15,91 V
VA = VB·3,077/8,077 = 6,061 V
VR3″ = VA − 0 = 6,061 − 0 = 6,061 V
R1​ = 5 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 30 ΩКЗR3​8 ΩAОБРЫВB+−V2​18 V

Случай 3 · действует только V2

V₁ становится коротким замыканием, а Iₛ — разрывом. R₁ ∥ R₃ отходит от A, последовательно с R₂ обратно к B.

R1 ∥ R3 = 5·8/(5+8) = 3,077 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 18·8,077/38,08 = 3,818 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 3,818·3,077/8,077 = 1,455 V
VR3‴ = VA − 0 = 1,455 − 0 = 1,455 V

Сложите составляющие

VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = 2,828 + 6,061 + 1,455 = 10,34 V

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

9.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = 0,2667 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​ = 15 ΩR3​ = 3 ΩКЗR2​10 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 = 15·10/(15+10) = 6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6 + 3 = 9 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​10 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) = 6·10/(15+10) = 2,4 V
IN​0,2667 ARth​9 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 = 2,4/9 = 0,2667 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = 6,652 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​ = 25 ΩR3​ = 6 ΩКЗR2​10 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 = 25·10/(25+10) = 7,143 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,143 + 6 = 13,14 Ω
R1​ = 25 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAIs​6 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) = 8,571 + 6·7,143 = 51,43 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 51,43 + 6·6 = 87,43 V
IN​6,652 ARth​13,14 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 = 87,43/13,14 = 6,652 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: i = 0,3189 A

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

Постоянная времени и конечный ток

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

τ = L/R = 47 mH / 15 Ω = 3,133 ms
i(∞) = Vs/R = 6/15 = 0,4 A

Ток в заданный момент

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,4·(1 − e−5/3,133) = 0,3189 A

Ответ

i = 0,3189 A
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: i2 = 1,939 mA

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

Начальное напряжение конденсатора

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

vC(0) = 30·10/(1 + 10) = 27,27 V

Постоянная времени после размыкания ключа

τ = R2·C = 10·220 = 2200 ms

Разряд

vC(t) = 27,27·e−750/2200 = 19,39 V
i2 = vC/R2 = 19,39/10 = 1,939 mA

Ответ

i2 = 1,939 mA
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: φ = −72,61 °

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

Реактивные сопротивления

ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,02 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·1·10⁻⁶) = 318,3 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (−255,5)²) = 267,7 Ω

Угол сдвига фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−255,5/80) = −72,61°

Ответ

φ = −72,61°
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,6081 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·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,15 = 94,25 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·100·10⁻⁶) = 15,92 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(25² + (78,33)²) = 82,22 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 50/82,22 = 0,6081 A

Ответ

I = 0,6081 A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 130,5 A

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

Реактивная мощность каждой нагрузки

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

Q1 = 24·tan(arccos 0,65) = 28,06 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Суммы

P = 24 + 20 = 44 kW
Q = 28,06 + 0 = 28,06 kvar
S = √(44² + 28,06²) = 52,19 kVA

Общий ток

I = S/V = 52185/400 = 130,5 A

Ответ

I = 130,5 A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: ΔP = 61,27 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 = 63·tan(arccos 0,6) = 84 kvar

Наибольшая суммарная активная мощность

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(150² − 84²) = 124,3 kW

Дополнительная активная мощность

ΔP = 124,3 − 63 = 61,27 kW

Ответ

ΔP = 61,27 kW
17.Трёхфазная мощность

Ответ: IL = 121,7 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 = 110/0,9 = 122,2 kW

Ток линии

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 122222/(√3·690·0,84) = 121,7 A

Ответ

IL = 121,7 A
18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 198,6 µF

Симметричные трёхфазные системы: при соединении звездой (Y) линейное напряжение в √3 раз больше фазного, VL = √3·Vph, а линейный ток равен фазному. При соединении треугольником (Δ) линейное напряжение равно фазному, а линейный ток в √3 раз больше фазного, IL = √3·Iph. Полная мощность в три раза больше мощности одной фазы: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Компенсация реактивной мощности: конденсаторы вырабатывают реактивную мощность на месте, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Каждый из трёх конденсаторов даёт QC/3 = V²·ω·C, где V — напряжение на этом конденсаторе: VL в батарее, соединённой треугольником, VL/√3 — в батарее, соединённой звездой.

Реактивная мощность до и после

Активная мощность не меняется, поэтому каждый коэффициент мощности задаёт реактивную мощность: Q = P·tan φ.

Q1 = 150·tan(acos 0,7) = 150·1,02 = 153 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,92) = 150·0,426 = 63,9 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 89,13 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 690 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 29710/(314,2·690²) = 198,6 µF

Ответ

Cph = 198,6 µF
19.Трансформаторы

Ответ: I1 = 4 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.

Вторичные напряжение и ток

V2 = 960/4 = 240 V
I2 = 240/15 = 16 A

Первичный ток

Идеальный трансформатор не имеет потерь: V₁·I₁ = V₂·I₂.

I1 = I2/4 = 4 A

Ответ

I1 = 4 A

Проверка: нагрузка со стороны первичной обмотки равна a²·RL = 240 Ω, и 960/240 даёт тот же ток.

20.Трансформаторы

Ответ: Sη,max = 158,1 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

x²·3750 = 1500 → x = √(1500/3750) = 0,6325

Нагрузка при максимальном КПД

Sη,max = x·S = 0,6325·250 = 158,1 kVA

Ответ

Sη,max = 158,1 kVA
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vin,max = 0,2708 V

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

Коэффициент усиления

Av = 1 + Rf/R1 = 1 + 47/1 = 48

Наибольший вход до ограничения

Vin,max = Vsat/|Av| = 13/48 = 0,2708 V

Ответ

Vin,max = 0,2708 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −6,364 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.

Входной ток и скорость нарастания

kΩ умножить на µF даёт миллисекунды.

RC = 10 kΩ · 0,22 µF = 2,2 ms
скорость нарастания = −Vin/(RC) = −2,8/2,2 = −1,273 V/ms

Выходное напряжение в заданный момент

Идеальное значение лежит в пределах ±Vsat, поэтому интегратор ещё не вошёл в ограничение.

Vout = −Vin·t/(RC) = −2,8·5/2,2 = −6,364 V

Ответ

Vout = −6,364 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IZ = 24,68 mA

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

Ток резистора

IR = 17,8/470 = 37,87 mA

Ток нагрузки

IL = 6,2/470 = 13,19 mA

Ток стабилитрона

IZ = 37,87 − 13,19 = 24,68 mA

Ответ

IZ = 24,68 mA
24.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 48 mA

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

Ток базы

IB = (5 − 0,7)/1 kΩ = 4300 µA

Насыщение или активный режим?

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

β·IB = 860 mA
IC(sat) = (5 − 0,2)/100 = 48 mA

Ток коллектора

IC = IC(sat) = 48 mA

Ответ

IC = 48 mA

Транзистор насыщен.

25.Системы счисления

Ответ: U = 205

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

Инвертируйте и прибавьте единицу

51 = 0011 0011
инвертировано: 1100 1100
+1 → 1100 1101

Прочитайте как беззнаковое

1100 1101₂ = 256 − 51 = 205

Ответ

U = 205
26.Системы счисления

Ответ: R = 102

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.

Бит за битом

XOR даёт 1 там, где два бита различаются.

1011 0100
XOR 1101 0010
= 0110 0110

Значение результата

0110 0110₂ = 102

Ответ

R = 102
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 3

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.

ABC00011110011011130204151706

Сгруппируйте единицы

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

C
A′B′

Минимальная форма SOP

F = C + A′B′
L = 3

Ответ

L = 3
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 5

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′, BC, A′CD′, AC′D′, A′B, AB′C′
ABCD0001111000011110000103121415X716112013115114X819011010

Минимальное покрытие

F = BD′ + BC + A′CD′ + A′B + AB′C′
N = 5

Ответ

N = 5
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.6) = 3,634

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).

Выделение полного квадрата

s² + 4s + 8 = (s + 2)² + 4 = (s + 2)² + 2²

Подбор числителя

F(s) = 5·(s + 2)/((s + 2)² + 2²) + (22/2)·2/((s + 2)² + 2²)

Обратное преобразование

f(t) = e−2t·(5·cos 2t + 11·sin 2t)
f(0,6) = e−2·0,6·(5·cos(2·0,6) + 11·sin(2·0,6)) = 3,634

Ответ

f(0,6) = 3,634
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.25) = 0,4035

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

Преобразование уравнения

Y(s) = 24/(s(s + 2)(s + 6))

Простые дроби

A = 24/(2·6) = 2
B = 24/((−2)·4) = −3
C = 24/((−6)·(−4)) = 1

Выделение

y(t) = 2 − 3·e−2t + e−6t
y(0,25) = 0,4035

Ответ

y(0,25) = 0,4035
31.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 0,9123

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) = 8/(s + 2 + 8·1) = 8/(s + 10)

Внешний контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 104/(s + 10 + 104) = 104/(s + 114)

Результат

T(0) = 104/114 = 0,9123

Ответ

T(0) = 0,9123
32.Структурные схемы

Ответ: σ = −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).

Характеристическое уравнение

s(s + 12) + 52·2 = 0 → s² + 12s + 104 = 0

Корни

s = −6 ± j·√(104 − 36) = −6 ± j8,246
σ = −6

Ответ

σ = −6
33.Переходная характеристика

Ответ: tp = 0,4208 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 = 68 → ωₙ = 8,246 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·8,246) = 0,4244

Результат

ωd = 8,246·√(1 − 0,4244²) = 7,467 rad/s → tp = π/ωd = 0,4208 s

Ответ

tp = 0,4208 s
34.Переходная характеристика

Ответ: tp = 4,682 ms

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 = 1/√(LC) = 1/√(0,1·2,2 × 10⁻⁵) = 674,2 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (13/2)·√(2,2 × 10⁻⁵/0,1) = 0,09641

Результат

ωd = 671,1 rad/s
tp = π/ωd = 4,682 ms

Ответ

tp = 4,682 ms
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/(2200·1 × 10⁻⁹) = 454545 rad/s
fc = 72343 Hz → f/fc = 14000/72343 = 0,1935

Фаза

φ = 90° − atan(0,1935) = 79,05°

Ответ

φ = 79,05°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: GM = 2,007 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/5)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(5·9) = 6,708 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 25)·√(ω² + 81)) = K/(5·9·(5 + 9)) = K/630

Запас по усилению

GM = 20·log₁₀(630/500) = 2,007 dB

Ответ

GM = 2,007 dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 252

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 + 10s² + 27s + 18 + K = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 27
s²: 10, 18 + K
s¹: (10·27 − 18 − K)/10
s⁰: 18 + K

Условие

Элемент строки s¹ должен оставаться положительным.

K < 10·27 − 18 = 252

Ответ

Kmax = 252

На границе устойчивости контур колеблется с частотой ω = √27 = 5,196 rad/s.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 1,875

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.

Условие по модулю

K = |s|·|s + 2|·|s + 4|

Вычислите в этой точке

K = 1,5·0,5·2,5 = 1,875

Ответ

K = 1,875

Проверка: s(s + 2)(s + 4) + K равно нулю при s = −1,5.

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 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) = 1,5

Ступенчатая часть

Kp = ∞ → estep = 0

Ошибка по линейному воздействию

ess = 3/1,5 = 2

Ответ

ess = 2
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: %OS = 54,49 %

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 + 6) + 50·5 = s² + 6s + 250

ωₙ и ζ

ωₙ = √250 = 15,81 rad/s
ζ = 6/(2·15,81) = 0,1897

Перерегулирование

%OS = 100·e−0,1897π/√(1 − 0,1897²) = 54,49 %

Ответ

%OS = 54,49 %

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