Подготовка к экзамену FE Electrical and Computer: шпаргалка-пакет

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

Новые задачиНазад к курсу

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

1Формулы и методы

Последовательные и параллельные резисторы

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

Метод

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

Метод узловых потенциалов

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

Метод

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

Метод контурных токов

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

Метод

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

Метод наложения

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

Метод

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

Тевенин и Нортон

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

Метод

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

Переходные процессы RC и RL

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

Метод

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

Полное сопротивление и комплексные амплитуды

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

Метод

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

Мощность переменного тока и коэффициент мощности

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

Трёхфазная мощность

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

Трансформаторы

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

Схемы на операционных усилителях

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

Диоды и транзисторы

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

Системы счисления

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

Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

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

Метод

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

Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

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

Метод

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

Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

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

Метод

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

2Тренировочные задачи

1.Последовательные и параллельные резисторыСредняя
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩIR2​AR4​2 ΩB

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 ΩR4 = 2 Ω
IR2 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 2 ΩIR1​R3​ = 30 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​5 VR2​30 ΩAR4​15 ΩBR6​5 Ω

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 5 VR1 = 2 ΩR2 = 30 ΩR3 = 30 ΩR4 = 15 ΩR5 = 30 ΩR6 = 5 Ω
IR1 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 10 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAR4​20 ΩBIs​5 A

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

V1 = 12 VIs = 5 AR1 = 10 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩR4 = 20 Ω
VB = V
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 3 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 10 ΩIR4​+−V1​5 VR3​5 ΩAR5​6 ΩBIs​3 A−+V2​5 V

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

V1 = 5 VIs = 3 AV2 = 5 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 ΩR4 = 10 ΩR5 = 6 Ω
IR4 = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 6 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​10 VR3​10 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

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

V1 = 10 VV2 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 Ω
I1 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 10 Ω+−VR1​R2​ = 12 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR4​8 ΩAR5​15 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

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

V1 = 15 VV2 = 9 VR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 3 ΩR4 = 8 ΩR5 = 15 Ω
VR1 = V
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​10 Ω+−VR2​AR4​20 ΩBIs​4 A

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

V1 = 12 VIs = 4 AR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 20 ΩR4 = 20 Ω
VR2 = V
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 30 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​10 VR3​6 Ω+−VR3​AIs​1,5 AB+−V2​10 V

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

V1 = 10 VIs = 1,5 AV2 = 10 VR1 = 30 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 ΩR4 = 20 Ω
VR3 = V
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAab

Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.

V1 = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 30 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​5 VR2​10 ΩAIs​2 ABRL​20 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 20 Ω. Замените остальную цепь эквивалентом Тевенина и найдите ток нагрузки IL.

V1 = 5 VIs = 2 AR1 = 30 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩRL = 20 Ω
IL = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
R = 22 Ωt = 0L150 mHi(t)

Через катушку течёт установившийся ток 1 A. При t = 0 ключ замыкает контур через R, а источник отключается, поэтому ток катушки убывает через R. За какое время ток уменьшится до 0,2 A? Найдите t.

i(0) = 1 AR = 22 ΩL = 150 mH
t = ms
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​9 Vt = 0R = 1 kΩC220 µF+−vC​vC​(0) = 15 V

Непосредственно перед замыканием ключа в момент t = 0 конденсатор заряжен до 15 V с указанной полярностью. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 300 ms.

Vs = 9 VR = 1 kΩC = 220 µFvC(0) = 15 Vt = 300 ms
vC = V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
12 V1000 HzR = 80 ΩL = 200 mHC = 22 µF

Последовательная цепь RLC подключена к сети 12 V (действующее значение), 1000 Hz. Найдите угол сдвига фаз φ полного сопротивления в градусах (положительный, когда ток отстаёт от напряжения).

V = 12 V (rms)f = 1000 HzR = 80 ΩL = 200 mHC = 22 µF
φ = °
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
24 V100 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 22 µF

Последовательная цепь RLC подключена к сети 24 V (действующее значение), 100 Hz. Найдите резонансную частоту f0 цепи.

V = 24 V (rms)f = 100 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 22 µF
f0 = Hz
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
120 VZ8 + j6 ΩI

Нагрузка с полным сопротивлением Z = 8 + j6 Ω подключена к однофазной сети 120 V (действующее значение). Найдите полную мощность S.

V = 120 VZ = 8 + j6 Ω
S = VA
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
400 V50 Hzнагрузка2 kW, 0,65C33 µFI

Однофазная нагрузка потребляет 2 kW при коэффициенте мощности 0,65 (индуктивном) от сети 400 V, 50 Hz. Параллельно нагрузке подключён конденсатор 33 µF. Найдите новый коэффициент мощности cos φ со стороны сети.

P = 2 kWpf1 = 0,65V = 400 Vf = 50 HzC = 33 µF
cos φ =
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 415 VIL​ = ?M45 kW, η = 92%cos φ = 0,84

Трёхфазный асинхронный двигатель при полной нагрузке развивает механическую мощность 45 kW. При этой нагрузке его КПД равен 92%, а коэффициент мощности 0,84 (отстающий). Линейное напряжение сети 415 V. Найдите линейный ток IL.

Pout = 45 kWη = 92%cos φ = 0,84VL = 415 V
IL = A
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 80 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 80 kW при коэффициенте мощности 0,78 (отстающий) от сети 400 V (линейное), 60 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,92 (отстающий). Активная мощность не меняется. Найдите полную реактивную мощность QC, которую должна выдавать конденсаторная батарея, в kvar.

P = 80 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаторыСредняя
2400 V240 VIHV​ = ?ILV​150 kVA

Однофазный трансформатор 150 kVA, 2400/240 V работает при номинальной нагрузке. Считайте его идеальным. Найдите ток IHV в обмотке высшего напряжения.

S = 150 kVAV1 = 2400 VV2 = 240 V
IHV = A
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,95500 kVA, η = 97%

Однофазный трансформатор 500 kVA имеет потери в стали 1500 W. При номинальной нагрузке и коэффициенте мощности 0,95 (отстающий) его КПД равен 97%. Найдите потери в меди при номинальной нагрузке Pcu,fl в ваттах.

S = 500 kVAPcore = 1500 Wpf = 0,95η = 97%
Pcu,fl = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​R2​ = 22 kΩV1​ = 1,8 VR1​ = 10 kΩV2​ = 2,4 VR3​ = 10 kΩR4​ = 22 kΩ

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

V1 = 1,8 VV2 = 2,4 VR1 = R3 = 10 kΩR2 = R4 = 22 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​C = 1 µFVin​ = 0,8 VR = 22 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 = 0,8 V. Через какое время после t = 0 выход достигнет насыщения? Найдите t.

Vin = 0,8 VR = 22 kΩC = 1 µFVsat = ±13 V
t = ms
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 2,7 kΩβ = 80RE​ = 470 ΩVCC​ = 18 VR1​ = 100 kΩR2​ = 12 kΩ

NPN-транзистор с β = 80 смещён делителем напряжения от VCC = 18 V: R₁ = 100 kΩ от VCC к базе и R₂ = 12 kΩ от базы к земле. Резистор коллектора RC = 2,7 kΩ, резистор эмиттера RE = 470 Ω. Примите VBE = 0,7 V и используйте эквивалент Тевенена для делителя (ток базы не пренебрегайте). Найдите напряжение коллектор–эмиттер VCE.

VCC = 18 VR1 = 100 kΩR2 = 12 kΩRC = 2,7 kΩRE = 470 Ωβ = 80
VCE = V
24.Диоды и транзисторыСложная
+−≥ 18 VR = ?6,2 V≤ 50 mA

Стабилизатор на стабилитроне 6,2 V должен питать нагрузку током до 50 mA. Входное напряжение может падать до 18 V, а стабилитрону для стабилизации нужно не менее 2 mA. Найдите наибольшее последовательное сопротивление Rmax, при котором стабилизация сохраняется.

Vin,min = 18 VVZ = 6,2 VIL,max = 50 mAIZ,min = 2 mA
Rmax = Ω
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −69 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −698 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 1101 1111 >> 1. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

1101 1111>> 1
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABC00011110011011030204151716

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «сумма произведений» (SOP) для F(A, B, C) = Σm(0, 1, 5, 6, 7). Сколько членов-произведений, N, в ней?

F(A, B, C) = Σm(0, 1, 5, 6, 7)
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
CLKD123456

Триггер D, срабатывающий по переднему фронту, начинает с Q = 0 и получает показанные входы на 6 передних фронтах тактового сигнала. Сколько раз, N, Q меняет состояние?

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

F(s) = (5s + 31)/(s² + 11s + 24). Её оригинал имеет вид f(t) = A·e−3t + B·e−8t. Найдите коэффициент A разложением на простые дроби.

F(s) = (5s + 31)/(s² + 11s + 24)
A =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 7y′ + 6y = 24·u(t), где y(0) = 3 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 10. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,3).

y″ + 7y′ + 6y = 24·u(t)y(0) = 3y′(0) = 0u(t) = 10t = 0,3 s
y(0.3) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+5K+9s + 1G(s)C(s)5H₁−−

Объект G(s) = 9/(s + 1) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 5. Коэффициент регулятора K = 5, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите статический коэффициент передачи замкнутой системы T(0).

G(s) = 9/(s + 1)H₁ = 5K = 5
T(0) =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+Kрегулятор+D(s)+5s + 6объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 5/(s + 6) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Ступенька возмущения величиной 0,5 действует на входе объекта при R = 0. Найдите наименьший коэффициент K, при котором установившийся выход не превышает 0,008333.

G(s) = 5/(s + 6)D = 0,5css ≤ 0,008333
K =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1tp​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 5/(s² + 3s + 5) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время пика tp переходной характеристики.

G(s) = 5/(s² + 3s + 5)
tp = s
34.Переходная характеристикаСложная
t (s)y(t)18 %

Переходная характеристика системы второго порядка без нулей должна иметь перерегулирование 8 %. Найдите коэффициент демпфирования ζ.

%OS = 8 %
ζ =
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,010,11101001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 0,5

Найдите точный модуль |G(jω)| функции G(s) = 836/((s + 4)(s + 19)) при ω = 0,5 rad/s в dB.

G(s) = 836/((s + 4)(s + 19))ω = 0,5 rad/s
|G(jω)| = dB
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) = 60/(s(s + 2)(s + 6)). Найдите частоту перехода фазы ω180, где ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 60/(s(s + 2)(s + 6))
ω180 = rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1s(s + 2)(s + 5)C(s)−

Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5)). Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5))
Kmax =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4−6−8−10−12−14−16j2j4

Корневой годограф L(s) = K(s + 13)/(s(s + 6)) покидает вещественную ось между s = 0 и s = −6, огибает нуль по окружности и снова выходит на вещественную ось левее нуля. Найдите точку входа si.

L(s) = K(s + 13)/(s(s + 6))
si =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 0,5t+50s(s + 5)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 50/(s(s + 5)) подано линейное воздействие r(t) = 0,5t. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 50/(s(s + 5))r(t) = 0,5t
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 202s(s + 10)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 20 управляет объектом G(s) = 2/(s(s + 10)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите время пика tp переходной характеристики.

G(s) = 2/(s(s + 10))K = 20
tp = s

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 0,9524 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​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩAR4​2 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 = 10 + 2 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 3·12/(3+12) = 2,4 Ω
Req = R1 + 2,4 = 6 + 2,4 = 8,4 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 10/8,4 = 1,19 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 10 − 1,19·6 = 2,857 V
IR2 = VA/R2 = 2,857/3 = 0,9524 A

Ответ

IR2 = 0,9524 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 0,26 A

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​5 VR2​30 ΩAR4​15 ΩBR6​5 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 = 30 + 5 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 10,5 Ω
R3 + 10,5 = 40,5 Ω
R2 ∥ 40,5 = 17,23 Ω
Req = R1 + 17,23 = 2 + 17,23 = 19,23 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 5/19,23 = 0,26 A

Ответ

IR1 = 0,26 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 28,6 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​ = 10 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAR4​20 ΩBIs​5 A

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 12 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/6 + (VA − 12)/10 + (VA − VB)/3 = 0
0,6·VA − 0,3333·VB = 1,2

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/20 + (VB − VA)/3 = 5
−0,3333·VA + 0,3833·VB = 5

Решите

Δ = (0,6)(0,3833) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,1189
VA = Δ1/Δ = 2,127/0,1189 = 17,89 V
VB = Δ2/Δ = 3,4/0,1189 = 28,6 V

Ответ

VB = 28,6 V
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR4 = −0,5747 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​ = 3 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​5 VR3​5 ΩAR5​6 ΩBIs​3 A−+V2​5 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 5 V, V2 = −5 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/5 + (VA − 5)/3 + (VA − VB)/20 = 0
0,5833·VA − 0,05·VB = 1,667

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/6 + (VB − VA)/20 + (VB − (−5))/10 = (−3)
−0,05·VA + 0,3167·VB = −3,5

Решите

Δ = (0,5833)(0,3167) − (−0,05)(−0,05) = 0,1822
VA = Δ1/Δ = 0,3528/0,1822 = 1,936 V
VB = Δ2/Δ = −1,958/0,1822 = −10,75 V

Ответ

IR4 = (VB − V2)/R4 = (−10,75 − −5)/10 = −0,5747 A
5.Метод контурных токов

Ответ: I1 = 0,5333 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​ = 6 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​10 VR3​10 ΩA+−V2​9 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
6·I1 + 10(I1 − I2) = 10
16·I1 − 10·I2 = 10

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
15·I2 + 10(I2 − I1) = (−9)
−10·I1 + 25·I2 = −9

Решите

Δ = (16)(25) − (−10)(−10) = 300
I1 = Δ1/Δ = 160/300 = 0,5333 A
I2 = Δ2/Δ = −44/300 = −0,1467 A

Ответ

I1 = 0,5333 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: VR1 = 8,138 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​ = 10 ΩR2​ = 12 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR4​8 ΩAR5​15 ΩB+−V2​9 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
10·I1 + 8(I1 − I2) = 15
18·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 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
12·I2 + 8(I2 − I1) + 15(I2 − I3) = 0
−8·I1 + 35·I2 − 15·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
3·I3 + 15(I3 − I2) = (−9)
−15·I2 + 18·I3 = −9

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 6138
I1 = Δ1/Δ = 4995/6138 = 0,8138 A
I2 = Δ2/Δ = −270/6138 = −0,04399 A
I3 = Δ3/Δ = −3294/6138 = −0,5367 A

Ответ

IR1 = I1 = 0,8138 A
VR1 = IR1·R1 = 0,8138·10 = 8,138 V

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: VR2 = −6,261 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​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​10 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 = 20+20 = 40 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·40/(10+40) = 8 Ω
VA = 12·8/(15+8) = 4,174 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,174·20/40 = 2,087 V
VR2′ = VA − 0 = 4,174 − 0 = 4,174 V
R1​ = 15 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​10 ΩAR4​20 ΩBIs​4 A

Случай 2 · действует только Is

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

R1 ∥ R2 = 15·10/(15+10) = 6 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 20 ∥ 26 = 11,3 Ω
VB = Is·Req = (−4)·11,3 = −45,22 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −45,22·6/26 = −10,43 V
VR2″ = VA − 0 = −10,43 − 0 = −10,43 V

Сложите составляющие

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 4,174 + (−10,43) = −6,261 V

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

8.Метод наложения

Ответ: VR3 = −1,429 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​ = 30 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​10 VR3​6 ΩAОБРЫВBКЗ

Случай 1 · действует только V1

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

R3 ∥ (R2+R4) = 6 ∥ 30 = 5 Ω
VA = 10·5/(30+5) = 1,429 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,429·20/30 = 0,9524 V
VR3′ = VA − 0 = 1,429 − 0 = 1,429 V
R1​ = 30 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 20 ΩКЗR3​6 ΩAIs​1,5 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 = 5 Ω, поэтому левый путь — R2+5 = 15 Ω
Req = R4 ∥ 15 = 8,571 Ω
VB = Is·Req = (−1,5)·8,571 = −12,86 V
VA = VB·5/15 = −4,286 V
VR3″ = VA − 0 = −4,286 − 0 = −4,286 V
R1​ = 30 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 20 ΩКЗR3​6 ΩAОБРЫВB+−V2​10 V

Случай 3 · действует только V2

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

R1 ∥ R3 = 30·6/(30+6) = 5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 10·15/35 = 4,286 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 4,286·5/15 = 1,429 V
VR3‴ = VA − 0 = 1,429 − 0 = 1,429 V

Сложите составляющие

VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = 1,429 + (−4,286) + 1,429 = −1,429 V

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

9.Тевенин и Нортон

Ответ: Vth = 10,67 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​ = 10 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​8 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 = 10·8/(10+8) = 4,444 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,444 + 20 = 24,44 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​24 VR2​8 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) = 24·8/(10+8) = 10,67 V
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 0,6864 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​ = 30 ΩR3​ = 2 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 = 30·10/(30+10) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 2 = 9,5 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​5 VR2​10 ΩAIs​2 ABab+−Vth​

Найдите Vth — напряжение холостого хода

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 1,25 + 2·7,5 = 16,25 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 16,25 + 2·2 = 20,25 V
Rth​ = 9,5 Ω+−Vth​20,25 VRL​20 ΩIL​

Подключите нагрузку к эквиваленту Тевенина

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

IL = Vth/(Rth + RL) = 20,25/(9,5 + 20) = 0,6864 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: t = 10,97 ms

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

Постоянная времени

τ = L/R = 150 mH / 22 Ω = 6,818 ms

Выразите время

0,2 = 1·e−t/τ → t = τ·ln(1/0,2)
t = 6,818·ln(5) = 10,97 ms

Ответ

t = 10,97 ms
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 10,53 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 значение, конечное значение, постоянная времени

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

vC(0) = 15 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 1 kΩ · 220 µF = 220 ms
vC(t) = 9 + (15 − 9)·e−t/τ

Напряжение в заданный момент

vC(300) = 9 + (6)·e−300/220 = 10,53 V

Ответ

vC = 10,53 V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: φ = 86,34 °

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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,2 = 1257 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·22·10⁻⁶) = 7,234 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (1249)²) = 1252 Ω

Угол сдвига фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(1249/80) = 86,34°

Ответ

φ = 86,34°
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: f0 = 67,86 Hz

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|.

Резонанс

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

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,25·22·10⁻⁶)) = 67,86 Hz

Ответ

f0 = 67,86 Hz
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: S = 1440 VA

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.

Ток

|Z| = √(8² + 6²) = 10 Ω
I = V/|Z| = 120/10 = 12 A

Полная мощность

S = V·I = 120·12 = 1440 VA

Ответ

S = 1440 VA
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: cos φ = 0,9468

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

Реактивная мощность до и после

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

Q1 = 2·tan(arccos 0,65) = 2,338 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·50·33·10⁻⁶ = 1659 var = 1,659 kvar
Q2 = 2,338 − 1,659 = 0,6795 kvar

Новая полная мощность

S2 = √(2² + 0,6795²) = 2,112 kVA

Новый коэффициент мощности

cos φ = P/S2 = 2/2,112 = 0,9468

Ответ

cos φ = 0,9468
17.Трёхфазная мощность

Ответ: IL = 81,01 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 = 45/0,92 = 48,91 kW

Ток линии

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 48913/(√3·415·0,84) = 81,01 A

Ответ

IL = 81,01 A
18.Трёхфазная мощность

Ответ: QC = 30,1 kvar

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 = 80·tan(acos 0,78) = 80·0,8023 = 64,18 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,92) = 80·0,426 = 34,08 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 30,1 kvar

Ответ

QC = 30,1 kvar
19.Трансформаторы

Ответ: IHV = 62,5 A

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

Номинальный ток

Через обе обмотки передаётся одинаковая полная мощность.

IHV = S/V = 150000/2400 = 62,5 A

Ответ

IHV = 62,5 A
20.Трансформаторы

Ответ: Pcu,fl = 13191 W

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

Выходная и потребляемая мощность

Pout = 500·0,95 = 475 kW
Pin = 475000/0,97 = 489691 W

Суммарные потери и потери в меди

Ploss = 489691 − 475000 = 14691 W
Pcu,fl = 14691 − 1500 = 13191 W

Ответ

Pcu,fl = 13191 W
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 1,32 V

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

Напряжение на входах

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

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 2,4·22/(10 + 22) = 1,65 V
V₋ = V₊

ЗТК на инвертирующем входе

(1,8 − 1,65)/10 = (1,65 − Vout)/22
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (22/10)·(2,4 − 1,8) = 1,32 V

Ответ

Vout = 1,32 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: t = 357,5 ms

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 = 22 kΩ · 1 µF = 22 ms
скорость нарастания = −Vin/(RC) = −0,8/22 = −0,03636 V/ms

Время до насыщения

|Vin|·t/(RC) = Vsat → t = Vsat·RC/|Vin| = 13·22/0,8 = 357,5 ms

Ответ

t = 357,5 ms
23.Диоды и транзисторы

Ответ: VCE = 11,6 V

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

Эквивалент Тевенена для делителя

VTH = 18·12/(100 + 12) = 1,929 V
RTH = 100·12/(100 + 12) = 10,71 kΩ

Ток базы

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

IB = (1,929 − 0,7)/(10,71 + 81·0,47) = 25,18 µA

Ток коллектора

IC = 80·25,18 µA = 2,015 mA
IE = 81·25,18 µA = 2,04 mA

Напряжение коллектор–эмиттер

VCE = 18 − 2,015·2,7 − 2,04·0,47 = 11,6 V

Ответ

VCE = 11,6 V
24.Диоды и транзисторы

Ответ: Rmax = 226,9 Ω

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 в худшем случае

IR = 50 + 2 = 52 mA

Наибольшее сопротивление

Rmax = 11,8/0,052 = 226,9 Ω

Ответ

Rmax = 226,9 Ω
25.Системы счисления

Ответ: U = 187

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

69 = 0100 0101
инвертировано: 1011 1010
+1 → 1011 1011

Прочитайте как беззнаковое

1011 1011₂ = 256 − 69 = 187

Ответ

U = 187
26.Системы счисления

Ответ: R = 111

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

Сдвиг вправо на 1 перемещает каждый бит на 1 позиций вправо; биты, выходящие за правый край, теряются, а слева входят нули.

1101 1111 >> 1
= 0110 1111

Значение результата

0110 1111₂ = 111

Ответ

R = 111
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 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.

ABC00011110011011030204151716

Сгруппируйте единицы

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

B′C
A′B′
AB

Минимальная форма SOP

F = B′C + A′B′ + AB
N = 3

Ответ

N = 3

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

28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 3

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

Q после каждого фронта

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

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

Посчитайте изменения

0 → 1 → 0 → 0 → 0 → 0 → 1
N = 3

Ответ

N = 3
29.Преобразования Лапласа

Ответ: A = 3,2

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 + 11s + 24 = (s + 3)(s + 8)
F(s) = A/(s + 3) + B/(s + 8)

Правило закрытия

Умножьте на (s + 3) и положите s = −3: слагаемое с B обращается в нуль.

A = (5s + 31)/(s + 8) |s = −3 = 16/5 = 3,2

Ответ

A = 3,2
(B = 1,8, поэтому f(t) = 3,2·e−3t + 1,8·e−8t)
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.3) = 8,331

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

(s² + 7s + 6)·Y(s) = 3s + 21 + 240/s
Y(s) = (3s² + 21s + 240)/(s(s + 1)(s + 6))

Простые дроби

A = 240/(1·6) = 40
B = 222/((−1)·5) = −44,4
C = 222/((−6)·(−5)) = 7,4

Результат

y(t) = 40 − 44,4·e−t + 7,4·e−6t
y(0,3) = 8,331

Ответ

y(0,3) = 8,331

Проверка: y(0) = A + B + C = 3.

31.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 0,4945

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) = 9/(s + 1 + 9·5) = 9/(s + 46)

Внешний контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 45/(s + 46 + 45) = 45/(s + 91)

Результат

T(0) = 45/91 = 0,4945

Ответ

T(0) = 0,4945
32.Структурные схемы

Ответ: K = 58,8

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).

Реакция на возмущение

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 0,5·5/(6 + 5K)

Решите относительно K

6 + 5K = 0,5·5/0,008333 = 300
K = (300 − 6)/5 = 58,8

Ответ

K = 58,8
33.Переходная характеристика

Ответ: tp = 1,894 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 = 5 → ωₙ = 2,236 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·2,236) = 0,6708

Результат

ωd = 2,236·√(1 − 0,6708²) = 1,658 rad/s → tp = π/ωd = 1,894 s

Ответ

tp = 1,894 s
34.Переходная характеристика

Ответ: ζ = 0,6266

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(0,08)/√(π² + ln²(0,08)) = 2,526/√(9,87 + 6,379) = 0,6266

Ответ

ζ = 0,6266
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: |G(jω)| = 20,76 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.

Перемножьте модули

|G(j0,5)| = 836/(√(0,5² + 4²)·√(0,5² + 19²)) = 836/(4,031·19,01) = 10,91

Результат

20·log₁₀(10,91) = 20,76 dB

Ответ

|G(jω)| = 20,76 dB
36.Диаграммы Боде и запасы

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

Ответ

ω180 = 3,464 rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 70

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 + 7s² + 10s + K = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 10
s²: 7, K
s¹: (7·10 − K)/7
s⁰: K

Условия

Каждый элемент первого столбца должен быть положительным.

K > 0
7·10 − K > 0 → K < 70

Ответ

Kmax = 70

При K = 70 замкнутая система колеблется с частотой ω = √10 = 3,162 rad/s.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: si = −22,54

Корневой годограф: при изменении коэффициента усиления K от 0 до ∞ полюса замкнутой системы, то есть корни уравнения 1 + K·G(s) = 0, перемещаются от полюсов разомкнутой системы к её нулям или в бесконечность. Точка на вещественной оси принадлежит годографу, если число вещественных полюсов и нулей правее неё нечётно. Ветви, уходящие в бесконечность (их n − m), идут вдоль асимптот под углами (2q + 1)·180°/(n − m), выходящих из центра асимптот σₐ = (Σ полюсов − Σ нулей)/(n − m). Ветви покидают вещественную ось или возвращаются на неё там, где dK/ds = 0. Условие по углу ∠G(s) = 180° определяет форму годографа, а условие по модулю K = 1/|G(s)| даёт коэффициент усиления в любой точке годографа.

Коэффициент усиления вдоль вещественной оси

K(s) = −(s² + 6s)/(s + 13)

Стационарные точки

Продифференцируйте по правилу для частного и приравняйте числитель к нулю.

(2s + 6)(s + 13) − (s² + 6s) = s² + 26s + 78 = 0
s = −13 ± √91 = −3,461, −22,54

Точка входа

si = −22,54

Ответ

si = −22,54

Между двумя точками годограф представляет собой окружность с центром в нуле и радиусом √91 = 9,539.

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 0,05

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) = 10

Ошибка по линейному воздействию

ess = 0,5/10 = 0,05

Ответ

ess = 0,05
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: tp = 0,8112 s

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

Характеристический полином

s(s + 10) + 20·2 = s² + 10s + 40

ωₙ и ζ

ωₙ = √40 = 6,325 rad/s
ζ = 10/(2·6,325) = 0,7906

Время пика

ωd = 6,325·√(1 − 0,7906²) = 3,873 rad/s
tp = π/3,873 = 0,8112 s

Ответ

tp = 0,8112 s

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

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