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 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩAR4​12 ΩB

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 9 VR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 3 ΩR4 = 12 Ω
Req = Ω
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 4 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩIR2​AR4​3 ΩBR6​25 Ω

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 15 VR1 = 4 ΩR2 = 3 ΩR3 = 25 ΩR4 = 3 ΩR5 = 5 ΩR6 = 25 Ω
IR2 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 12 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAR4​3 ΩBIs​3 A

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

V1 = 9 VIs = 3 AR1 = 12 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 ΩR4 = 3 Ω
PIs = W
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 8 Ω+−Vs​ = 12 V+−V1​36 VR2​4 ΩAR3​15 ΩBIs​1,5 A

Вывод + источника напряжения Vₛ между A и B находится у A, поэтому он задаёт VA − VB = Vₛ. Методом узловых потенциалов с супер-узлом найдите узловое напряжение VB (относительно земли).

V1 = 36 VIs = 1,5 AVs = 12 VR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 Ω
VB = V
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 10 ΩIR1​R2​ = 10 Ω+−V1​30 VR3​5 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

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

V1 = 30 VV2 = 30 VR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 Ω
IR1 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 4 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​9 VR4​30 ΩIR4​AR5​10 ΩB+−V2​24 VI1​I2​I3​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти ток IR4 через R4 в направлении стрелки.

V1 = 9 VV2 = 24 VR1 = 4 ΩR2 = 30 ΩR3 = 12 ΩR4 = 30 ΩR5 = 10 Ω
IR4 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 10 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​4 Ω+−VR2​AR4​6 ΩBIs​5 A

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

V1 = 30 VIs = 5 AR1 = 10 ΩR2 = 4 ΩR3 = 10 ΩR4 = 6 Ω
VR2 = V
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 3 ΩR2​ = 12 ΩIR2​R4​ = 30 Ω+−V1​10 VR3​8 ΩAIs​2,5 AB−+V2​18 V

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

V1 = 10 VIs = 2,5 AV2 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 ΩR4 = 30 Ω
IR2 = A
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAab

Найдите сопротивление Тевенина Rth со стороны зажимов a–b.

V1 = 10 VR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 5 Ω
Rth = Ω
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 2 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAIs​3 ABab

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

V1 = 9 VIs = 3 AR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​9 Vt = 0R = 10 ΩL47 mHi(t)

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

Vs = 9 VR = 10 ΩL = 47 mHt = 5 ms
i = A
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​20 Vразмыкается при t = 0R1​ = 2,2 kΩR2​ = 10 kΩi2​C47 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 = 250 ms.

Vs = 20 VR1 = 2,2 kΩR2 = 10 kΩC = 47 µFt = 250 ms
i2 = mA
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
100 V100 HzR = 80 ΩL = 150 mHC = 2,2 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 100 V (действующее значение), 100 Hz. Найдите коэффициент мощности cos φ цепи.

V = 100 V (rms)f = 100 HzR = 80 ΩL = 150 mHC = 2,2 µF
cos φ =
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
24 V60 HzR1​ = 25 ΩR2​ = 20 ΩC = 100 µF

Резистор R1 включён последовательно с параллельным соединением R2 и конденсатора C в сеть 24 V (действующее значение), 60 Hz. Найдите модуль полного сопротивления |Z|.

V = 24 V (rms)f = 60 HzR1 = 25 ΩR2 = 20 ΩC = 100 µF
|Z| = Ω
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
P = 38 kWQSφ

Однофазный двигатель потребляет 38 kW при коэффициенте мощности 0,75 (индуктивном) от сети 230 V. Найдите ток линии I.

P = 38 kWpf = 0,75V = 230 V
I = A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P1​ = 56 kWQ1​S1​φ

Однофазный трансформатор 200 kVA питает нагрузку 56 kW при коэффициенте мощности 0,7 (индуктивном). Какую дополнительную активную мощность ΔP можно добавить в виде активной нагрузки (коэффициент мощности 1), прежде чем трансформатор достигнет своей номинальной мощности в kVA?

Smax = 200 kVAP1 = 56 kWpf1 = 0,7
ΔP = kW
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 415 VIL​ = 10 Acos φ = 0,82отстающий

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет линейный ток 10 A от сети с линейным напряжением 415 V. Коэффициент мощности 0,82 (отстающий). Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 415 VIL = 10 Acos φ = 0,82
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 300 kW при коэффициенте мощности 0,7 (отстающий) от сети 480 V (линейное), 50 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,95 (отстающий). Активная мощность не меняется. Конденсаторы соединены звездой. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 300 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
RL​ = 30 Ω1011200 VV2​I1​ = ?I2​

К первичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 10:1 приложено 1200 V. К вторичной обмотке подключён резистор 30 Ω. Найдите первичный ток I1.

N1:N2 = 10:1V1 = 1200 VRL = 30 Ω
I1 = A
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,95150 kVA, η = 98,5%

Однофазный трансформатор 150 kVA имеет потери в стали 1200 W. При номинальной нагрузке и коэффициенте мощности 0,95 (отстающий) его КПД равен 98,5%. Найдите потери в меди при номинальной нагрузке Pcu,fl в ваттах.

S = 150 kVAPcore = 1200 Wpf = 0,95η = 98,5%
Pcu,fl = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 47 kΩR1​ = 2 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 = 2 kΩRf = 47 kΩVsat = ±13 V
Vin,max = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
Vin​V1​Vout​каскад 1: инвертирующийR1​ = 2 kΩRf1​ = 22 kΩкаскад 2: неинвертирующийR2​ = 4,7 kΩRf2​ = 1 kΩ

Два каскада на идеальных ОУ соединены последовательно: инвертирующий усилитель (R1, Rf1), за ним неинвертирующий (R2 на землю, Rf2 в обратной связи). Оба питаются от ±15 V. Входное напряжение Vin = 0,6 V. Найдите выходное напряжение Vout.

R1 = 2 kΩRf1 = 22 kΩR2 = 4,7 kΩRf2 = 1 kΩVin = 0,6 V
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 1,5 kΩβ = 100IC​ = ?VCC​ = 12 VRB​ = 680 kΩ

NPN-транзистор с β = 100 смещён резистором базы RB = 680 kΩ от источника питания VCC = 12 V. Резистор коллектора RC = 1,5 kΩ, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите ток коллектора IC в mA.

VCC = 12 VRB = 680 kΩRC = 1,5 kΩβ = 100VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 680 Ωβ = 50VCC​ = 24 V5 VRB​ = ?

NPN-транзистор с β = 50 коммутирует нагрузочный резистор 680 Ω, включённый между VCC = 24 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 5 V через резистор базы RB. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Для надёжного переключения рассчитайте ток базы в 5 раз больше минимального, нужного для насыщения. Найдите RB в kΩ.

VCC = 24 VRC = 680 Ωβ = 50Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vкоэффициент запаса = 5
RB = kΩ
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −4 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −48 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
24 bit1 px1920 px1080 pxM = ? KiB

Несжатое изображение имеет размер 1920 × 1080 пикселей и 24 бит на пиксель. Сколько памяти M оно занимает, в KiB (1 KiB = 1024 байта)?

1920 × 1080 px24 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABCD00011110000111101111

На этой карте Карно ровно у одной единицы нет соседней единицы, поэтому в минимальной форме SOP она остаётся группой из одной клетки (полным минтермом из четырёх литералов). Соседи через края карты учитываются. Нажмите на эту клетку.

F = Σm(4, 5, 10, 12)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​CLKMOD-16

Тактовый сигнал 100 kHz управляет счётчиком по модулю 16. Найдите частоту fout его старшего выхода, который завершает один цикл за один цикл счёта.

fclk = 100 kHzN = 16
fout = kHz
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 0,2f(0,2) = ?

Найдите f(t) для F(s) = (2s + 36)/(s² + 6s + 9) и вычислите f(0,2).

F(s) = (2s + 36)/(s² + 6s + 9)t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,50,51

Система описывается дифференциальным уравнением y″ + 7y′ + 12y = u, где u(t) — вход, y(t) — выход. Найдите её передаточную функцию G(s) = Y(s)/U(s) (при нулевых начальных условиях) и вычислите импульсную характеристику g(t) при t = 0,4 s. Найдите g(0,4).

y″ + 7y′ + 12y = ut = 0,4 s
g(0.4) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+Ks(s + 8)G(s)C(s)−

Объект G(s) = K/(s(s + 8)) помещён в контур с единичной отрицательной обратной связью. Найдите коэффициент K, при котором замкнутая система демпфирована критически (два равных вещественных полюса).

G(s) = K/(s(s + 8))единичная отрицательная обратная связь
K =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+13регулятор+D(s)+1s + 8объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K = 13 управляет объектом G(s) = 1/(s + 8) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Возмущение D действует на входе объекта (прибавляется к выходу регулятора). При R = 0 подаётся ступенька возмущения величиной 0,5. Найдите установившийся выход css.

K = 13G(s) = 1/(s + 8)D = 0,5R = 0
css =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 40/(s² + 10s + 40) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите перерегулирование %OS переходной характеристики в процентах.

G(s) = 40/(s² + 10s + 40)
%OS = %
34.Переходная характеристикаСложная
k = 1000 N/mc = 13 N·s/mm = 4 kgF = 100 Nx(t)

Масса m = 4 kg подвешена на пружине k = 1000 N/m с вязким демпфером c = 13 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 100 N. Найдите перерегулирование %OS смещения в процентах.

m = 4 kgk = 1000 N/mc = 13 N·s/mF = 100 N
%OS = %
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)1101001000−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 10

Найдите точный модуль |G(jω)| функции G(s) = 1320/((s + 10)(s + 11)) при ω = 10 rad/s в dB.

G(s) = 1320/((s + 10)(s + 11))ω = 10 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)−180−135−90−450ωc​ = ?

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 8,5/(s(s + 1)). Найдите частоту среза усиления ωc, где |L(jω)| = 1.

L(s) = 8,5/(s(s + 1))
ωc = rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+Ks + 7s(s + 1)(s + 2)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K(s + 7)/(s(s + 1)(s + 2)), K > 0. Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K(s + 7)/(s(s + 1)(s + 2))
Kmax =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4−6−8−10−12−14−162j2j4sb​

Показан корневой годограф L(s) = K/((s + 6)(s + 14)). Найдите коэффициент усиления K в точке отрыва sb, где два полюса замкнутой системы встречаются на вещественной оси.

L(s) = K/((s + 6)(s + 14))
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 2 + 4t+5(s + 4)s(s + 10)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 5(s + 4)/(s(s + 10)) подан вход r(t) = 2 + 4t (ступенька плюс линейное воздействие). Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 5(s + 4)/(s(s + 10))r(t) = 2 + 4t
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+Kp​ + Ki​/s4s + 5C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s управляет объектом G(s) = 4/(s + 5) в контуре с единичной обратной связью. Замкнутая система должна иметь ωₙ = 10 rad/s и ζ = 1. Найдите пропорциональный коэффициент Kp.

G(s) = 4/(s + 5)ωₙ = 10 rad/sζ = 1
Kp =

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 11,75 Ω

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

R1​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩAR4​12 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 = 3 + 12 = 15 Ω
R2 ∥ 15 = 5·15/(5+15) = 3,75 Ω
Req = R1 + 3,75 = 8 + 3,75 = 11,75 Ω

Ответ

Req = 11,75 Ω
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 2,018 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​ = 4 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAR4​3 ΩBR6​25 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 = 5 + 25 = 30 Ω
R4 ∥ 30 = 2,727 Ω
R3 + 2,727 = 27,73 Ω
R2 ∥ 27,73 = 2,707 Ω
Req = R1 + 2,707 = 4 + 2,707 = 6,707 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 15/6,707 = 2,236 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 15 − 2,236·4 = 6,054 V
IR2 = VA/R2 = 6,054/3 = 2,018 A

Ответ

IR2 = 2,018 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: PIs = 25,17 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/15 + (VA − 9)/12 + (VA − VB)/10 = 0
0,25·VA − 0,1·VB = 0,75

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/3 + (VB − VA)/10 = 3
−0,1·VA + 0,4333·VB = 3

Решите

Δ = (0,25)(0,4333) − (−0,1)(−0,1) = 0,09833
VA = Δ1/Δ = 0,625/0,09833 = 6,356 V
VB = Δ2/Δ = 0,825/0,09833 = 8,39 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 = 8,39·3 = 25,17 W

Ответ

PIs = 25,17 W
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: VB = 3,396 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.

Образуем супер-узел

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

VB = VA − 12
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Решите

(VA − 36)/8 + VA/4 + (VA − 12)/15 = 1,5
VA·(1/8 + 1/4 + 1/15) = 1,5 + 36/8 + 12/15 = 6,8
VA = 6,8/0,4417 = 15,4 V
VB = 3,396 V

Ответ

VB = 3,396 V
5.Метод контурных токов

Ответ: IR1 = 1,5 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​ = 10 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​30 VR3​5 ΩA+−V2​30 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
10·I1 + 5(I1 − I2) = 30
15·I1 − 5·I2 = 30

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
10·I2 + 5(I2 − I1) = (−30)
−5·I1 + 15·I2 = −30

Решите

Δ = (15)(15) − (−5)(−5) = 200
I1 = Δ1/Δ = 300/200 = 1,5 A
I2 = Δ2/Δ = −300/200 = −1,5 A

Ответ

IR1 = I1 = 1,5 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: IR4 = 0,2737 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​ = 4 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​9 VR4​30 ΩAR5​10 ΩB+−V2​24 VI1​I2​I3​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
4·I1 + 30(I1 − I2) = 9
34·I1 − 30·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
30·I2 + 30(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 70·I2 − 10·I3 = 0

ЗНК для контура 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
12·I3 + 10(I3 − I2) = (−24)
−10·I2 + 22·I3 = −24

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 29160
I1 = Δ1/Δ = 5760/29160 = 0,1975 A
I2 = Δ2/Δ = −2220/29160 = −0,07613 A
I3 = Δ3/Δ = −32820/29160 = −1,126 A

Ответ

IR4 = I1 − I2 = 0,2737 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: VR2 = 11,82 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​ = 10 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​4 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 = 10+6 = 16 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 4·16/(4+16) = 3,2 Ω
VA = 30·3,2/(10+3,2) = 7,273 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 7,273·6/16 = 2,727 V
VR2′ = VA − 0 = 7,273 − 0 = 7,273 V
R1​ = 10 ΩR3​ = 10 ΩКЗR2​4 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 = 10·4/(10+4) = 2,857 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 12,86 = 4,091 Ω
VB = Is·Req = 5·4,091 = 20,45 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 20,45·2,857/12,86 = 4,545 V
VR2″ = VA − 0 = 4,545 − 0 = 4,545 V

Сложите составляющие

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 7,273 + 4,545 = 11,82 V

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

8.Метод наложения

Ответ: IR2 = −1,126 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​ = 3 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​10 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 ∥ 42 = 6,72 Ω
VA = 10·6,72/(3+6,72) = 6,914 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 6,914·30/42 = 4,938 V
IR2′ = (VA − VB)/R2 = (6,914 − 4,938)/12 = 0,1646 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 12 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 = 2,182 Ω, поэтому левый путь — R2+2,182 = 14,18 Ω
Req = R4 ∥ 14,18 = 9,63 Ω
VB = Is·Req = 2,5·9,63 = 24,07 V
VA = VB·2,182/14,18 = 3,704 V
IR2″ = (VA − VB)/R2 = (3,704 − 24,07)/12 = −1,698 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 12 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 = 3·8/(3+8) = 2,182 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−18)·14,18/44,18 = −5,778 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −5,778·2,182/14,18 = −0,8889 V
IR2‴ = (VA − VB)/R2 = (−0,8889 − −5,778)/12 = 0,4074 A

Сложите составляющие

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴
IR2 = 0,1646 + (−1,698) + 0,4074 = −1,126 A

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

9.Тевенин и Нортон

Ответ: Rth = 8,077 Ω

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

R1​ = 8 ΩR3​ = 5 ΩКЗR2​5 ΩAabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

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

R1 ∥ R2 = 8·5/(8+5) = 3,077 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,077 + 5 = 8,077 Ω
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = 3,375 A

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​20 ΩAОБРЫВBabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

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

R1 ∥ R2 = 2·20/(2+20) = 1,818 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,818 + 20 = 21,82 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAIs​3 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) = 8,182 + 3·1,818 = 13,64 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 13,64 + 3·20 = 73,64 V
IN​3,375 ARth​21,82 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 = 73,64/21,82 = 3,375 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: i = 0,5894 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 / 10 Ω = 4,7 ms
i(∞) = Vs/R = 9/10 = 0,9 A

Ток в заданный момент

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,9·(1 − e−5/4,7) = 0,5894 A

Ответ

i = 0,5894 A
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: i2 = 0,9631 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) = 20·10/(2,2 + 10) = 16,39 V

Постоянная времени после размыкания ключа

τ = R2·C = 10·47 = 470 ms

Разряд

vC(t) = 16,39·e−250/470 = 9,631 V
i2 = vC/R2 = 9,631/10 = 0,9631 mA

Ответ

i2 = 0,9631 mA
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: cos φ = 0,1261

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

XL = 94,25 Ω, XC = 723,4 Ω

Полное сопротивление

|Z| = √(80² + (−629,2)²) = 634,2 Ω

Коэффициент мощности

cos φ = R/|Z| = 80/634,2 = 0,1261
Цепь ёмкостная, поэтому коэффициент мощности опережающий.

Ответ

cos φ = 0,1261
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: |Z| = 38,96 Ω

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|.

Реактивное сопротивление

XC = 1/(2π·60·100·10⁻⁶) = 26,53 Ω

Параллельное соединение

Умножьте числитель и знаменатель на комплексно сопряжённое число, чтобы разделить Zp на действительную и мнимую части.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 12,75 − j9,614 Ω

Полное сопротивление цепи

Z = 25 + 12,75 − j9,614 = 37,75 − j9,614 Ω
|Z| = √(37,75² + 9,614²) = 38,96 Ω

Ответ

|Z| = 38,96 Ω
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 220,3 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.

Ток линии

Работу совершает только активная часть мощности, поэтому разделите на коэффициент мощности.

I = P/(V·cos φ) = 38000/(230·0,75) = 220,3 A

Ответ

I = 220,3 A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: ΔP = 135,7 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 = 56·tan(arccos 0,7) = 57,13 kvar

Наибольшая суммарная активная мощность

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 57,13²) = 191,7 kW

Дополнительная активная мощность

ΔP = 191,7 − 56 = 135,7 kW

Ответ

ΔP = 135,7 kW
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 5,894 kW

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

Полная мощность

S = √3·VL·IL = √3·415·10 = 7,188 kVA

Активная мощность

P = S·cos φ = 7,188·0,82 = 5,894 kW

Ответ

P = 5,894 kW
18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 2866 µF

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

Реактивная мощность до и после

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

Q1 = 300·tan(acos 0,7) = 300·1,02 = 306,1 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,95) = 300·0,3287 = 98,61 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 207,5 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 480/√3 = 277,1 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 69152/(314,2·277,1²) = 2866 µF

Ответ

Cph = 2866 µF
19.Трансформаторы

Ответ: I1 = 0,4 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 = 1200/10 = 120 V
I2 = 120/30 = 4 A

Первичный ток

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

I1 = I2/10 = 0,4 A

Ответ

I1 = 0,4 A

Проверка: нагрузка со стороны первичной обмотки равна a²·RL = 3000 Ω, и 1200/3000 даёт тот же ток.

20.Трансформаторы

Ответ: Pcu,fl = 970,1 W

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

Выходная и потребляемая мощность

Pout = 150·0,95 = 142,5 kW
Pin = 142500/0,985 = 144670 W

Суммарные потери и потери в меди

Ploss = 144670 − 142500 = 2170 W
Pcu,fl = 2170 − 1200 = 970,1 W

Ответ

Pcu,fl = 970,1 W
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vin,max = 0,5306 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 + 47/2 = 24,5

Наибольший вход до ограничения

Vin,max = Vsat/|Av| = 13/24,5 = 0,5306 V

Ответ

Vin,max = 0,5306 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −8,004 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 каждого каскада

A1 = −Rf1/R1 = −22/2 = −11
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 1/4,7 = 1,213

Каскад за каскадом

V1 = −11·0,6 = −6,6 V
Vout = 1,213·(−6,6) = −8,004 V

Ответ

Vout = −8,004 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 1,662 mA

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

Ток базы

IB = (VCC − VBE)/RB = (12 − 0,7)/680 kΩ = 16,62 µA

Ток коллектора

IC = β·IB = 100·16,62 µA = 1,662 mA

Ответ

IC = 1,662 mA

Проверка: VCE = 9,507 V заметно больше 0,2 V, значит, транзистор действительно в активном режиме.

24.Диоды и транзисторы

Ответ: RB = 1,229 kΩ

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

Ток коллектора в насыщении

IC(sat) = (24 − 0,2)/680 = 35 mA

Минимальный ток базы

IB(min) = IC(sat)/β = 35/50 = 700 µA

Расчётный ток базы

IB = 5·700 µA = 3500 µA

Резистор базы

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/3,5 mA = 1,229 kΩ

Ответ

RB = 1,229 kΩ
25.Системы счисления

Ответ: U = 252

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

4 = 0000 0100
инвертировано: 1111 1011
+1 → 1111 1100

Прочитайте как беззнаковое

1111 1100₂ = 256 − 4 = 252

Ответ

U = 252
26.Системы счисления

Ответ: M = 6075 KiB

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

Биты и байты

1920·1080·24 = 49766400 bit = 6220800 B

Переведите в KiB

6220800/1024 = 6075 KiB

Ответ

M = 6075 KiB
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: AB = 10, CD = 10

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

Соседи каждой единицы

Единица с соседней единицей может войти в группу из двух или более.

m10: m11, m8, m14, m2 → 0
ABCD00011110000111101111

Изолированная единица

m10 = AB′CD′ → AB = 10, CD = 10

Ответ

AB = 10, CD = 10
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: fout = 6,25 kHz

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.

Деление частоты

fout = 100 kHz / 16 = 6,25 kHz

Ответ

fout = 6,25 kHz
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.2) = 4,39

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 + 6s + 9 = (s + 3)²

Простые дроби

2s + 36 = 2(s + 3) + 30
F(s) = 2/(s + 3) + 30/(s + 3)²

Обратное преобразование

f(t) = 2·e−3t + 30·t·e−3t
f(0,2) = (2 + 30·0,2)·e−3·0,2 = 4,39

Ответ

f(0,2) = 4,39
30.Преобразования Лапласа

Ответ: g(0.4) = 0,0993

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

Передаточная функция

G(s) = Y(s)/U(s) = 1/(s² + 7s + 12)

Простые дроби

s² + 7s + 12 = (s + 3)(s + 4)
A = 1, B = −1

Импульсная характеристика

g(t) = e−3t − e−4t
g(0,4) = 0,0993

Ответ

g(0,4) = 0,0993
31.Структурные схемы

Ответ: K = 16

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

1 + K/(s(s + 8)) = 0 → s² + 8s + K = 0

Кратный корень

Квадратный трёхчлен s² + βs + γ имеет двойной корень, когда β² = 4γ.

8² = 4K → K = 64/4 = 16

Ответ

K = 16
Тогда оба полюса замкнутой системы находятся в s = −4.
32.Структурные схемы

Ответ: css = 0,02381

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

Передаточные функции

C/D = G/(1 + K·G) = 1/(s + 8 + 13)

Установившийся режим

css = 0,5·1/21 = 0,02381

Ответ

css = 0,02381

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

33.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 1,732 %

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

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−4,056 = 1,732 %

Ответ

%OS = 1,732 %
34.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 72,28 %

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

Собственная частота и коэффициент демпфирования

ωₙ = √(k/m) = √(1000/4) = 15,81 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 13/(2·√(1000·4)) = 0,1028

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 72,28 %

Ответ

%OS = 72,28 %
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: |G(jω)| = 15,96 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(j10)| = 1320/(√(10² + 10²)·√(10² + 11²)) = 1320/(14,14·14,87) = 6,279

Результат

20·log₁₀(6,279) = 15,96 dB

Ответ

|G(jω)| = 15,96 dB
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ωc = 2,831 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 среза усиления

ω⁴ + 1ω² − 72,25 = 0
ω² = (−1 + √(1 + 4·72,25))/2 = 8,015
ωc = 2,831 rad/s

Ответ

ωc = 2,831 rad/s
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 1,5

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

s(s + 1)(s + 2) + K(s + 7) = s³ + 3s² + (2 + K)s + 7K

Таблица Рауса

s³: 1, 2 + K
s²: 3, 7K
s¹: (3·(2 + K) − 7K)/3
s⁰: 7K

Условие

6 − 4K > 0
K < 6/4 = 1,5

Ответ

Kmax = 1,5

Если бы нуль лежал правее s = −3, контур оставался бы устойчивым при любом K > 0.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 16

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.

Точка отрыва

Для K = −(s + 6)(s + 14) равенство dK/ds = 0 даёт 2s + 20 = 0.

sb = −10

Условие по модулю

K = |−10 + 6|·|−10 + 14| = 4·4 = 16

Ответ

K = 16

При этом коэффициенте усиления замкнутая система критически демпфирована (ζ = 1).

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) = 2

Ступенчатая часть

Kp = ∞ → estep = 0

Ошибка по линейному воздействию

ess = 4/2 = 2

Ответ

ess = 2
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Kp = 3,75

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

Характеристический полином

1 + C(s)G(s) = 0, умноженное на s(s + 5).

s² + (5 + 4Kp)s + 4Ki

Целевой полином

s² + 2·1·10s + 10² = s² + 20s + 100

Приравняйте коэффициенты

5 + 4Kp = 20 → Kp = 3,75

Ответ

Kp = 3,75

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

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

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