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​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAR4​8 ΩB

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 ΩR4 = 8 Ω
Req = Ω
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 10 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​30 ΩIR2​AR4​6 ΩBR6​25 Ω

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 30 ΩR3 = 4 ΩR4 = 6 ΩR5 = 3 ΩR6 = 25 Ω
IR2 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​15 Ω+−V1​9 VI1​R2​5 Ω+−V2​10 VR3​4 ΩA

Между узлом A и землёй включены три ветви, как показано на схеме. Методом узловых потенциалов найдите ток I1 в ветви 1, текущий вверх в узел A по направлению стрелки.

V1 = 9 VR1 = 15 ΩV2 = 10 VR2 = 5 ΩR3 = 4 Ω
I1 = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 30 ΩR2​ = 12 ΩIR2​R4​ = 30 Ω+−V1​12 VR3​2 ΩAR5​10 ΩBIs​3 A+−V2​30 V

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

V1 = 12 VIs = 3 AV2 = 30 VR1 = 30 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 ΩR4 = 30 ΩR5 = 10 Ω
IR2 = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 2 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​9 VR3​10 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти контурный ток I2 (по часовой стрелке).

V1 = 9 VV2 = 30 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 Ω
I2 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 15 ΩR2​ = 5 ΩIR2​R3​ = 12 Ω+−V1​18 VR4​10 ΩAR5​10 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

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

V1 = 18 VV2 = 9 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 ΩR4 = 10 ΩR5 = 10 Ω
IR2 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 ΩIR3​+−V1​10 VR2​8 ΩAR4​6 ΩBIs​3 A

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

V1 = 10 VIs = 3 AR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 12 ΩR4 = 6 Ω
IR3 = A
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 3 ΩR2​ = 2 ΩIR2​R4​ = 3 Ω+−V1​36 VR3​6 ΩAIs​2 AB−+V2​24 V

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

V1 = 36 VIs = 2 AV2 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 6 ΩR4 = 3 Ω
IR2 = A
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 15 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAab

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

V1 = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 12 Ω
IN = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 12 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩAIs​5 ABRL​5 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 5 Ω. Замените остальную цепь эквивалентом Тевенина и найдите ток нагрузки IL.

V1 = 15 VIs = 5 AR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 ΩRL = 5 Ω
IL = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​5 Vt = 0R = 47 ΩL33 mHi(t)

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

Vs = 5 VR = 47 ΩL = 33 mHt = 1 ms
vL = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​15 Vt = 0R = ?C10 µF+−vC​

Таймер при t = 0 начинает заряжать незаряженный конденсатор через резистор от источника 15 V. Он должен сработать, когда напряжение конденсатора достигнет 11,25 V, ровно через 20 ms после старта. При C = 10 µF найдите необходимое сопротивление R.

Vs = 15 VVth = 11,25 VT = 20 msC = 10 µF
R = kΩ
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
50 V500 HzR = 100 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF

Последовательная цепь RLC подключена к сети 50 V (действующее значение), 500 Hz. Найдите угол сдвига фаз φ полного сопротивления в градусах (положительный, когда ток отстаёт от напряжения).

V = 50 V (rms)f = 500 HzR = 100 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF
φ = °
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
50 V200 HzR = 40 ΩL = 100 mHC = 47 µF+−VC​

Последовательная цепь RLC подключена к сети 50 V (действующее значение), 200 Hz. Найдите действующее значение напряжения VC на конденсаторе.

V = 50 V (rms)f = 200 HzR = 40 ΩL = 100 mHC = 47 µF
VC = V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
230 VZ12 + j16 ΩI

Нагрузка с полным сопротивлением Z = 12 + j16 Ω подключена к однофазной сети 230 V (действующее значение). Найдите полную мощность S.

V = 230 VZ = 12 + j16 Ω
S = VA
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P = 30 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазная нагрузка потребляет 30 kW при коэффициенте мощности 0,65 (индуктивном) от сети 400 V, 60 Hz. Параллельно подключённый конденсатор повышает коэффициент мощности до 0,9. Найдите новый ток линии Inew.

P = 30 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9V = 400 Vf = 60 Hz
Inew = A
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 480 VZ = 16 + j12 Ωна фазу

Симметричная нагрузка, соединённая треугольником, с полным сопротивлением 16 + j12 Ω на фазу подключена к симметричной трёхфазной сети с линейным напряжением 480 V. Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 480 VZ = 16 + j12 Ω на фазу
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 60 kW при коэффициенте мощности 0,75 (отстающий) от сети 415 V (линейное), 50 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,95 (отстающий). Активная мощность не меняется. Найдите полную реактивную мощность QC, которую должна выдавать конденсаторная батарея, в kvar.

P = 60 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаторыСредняя
10 Ω41

К вторичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 4:1 подключён резистор 10 Ω. Найдите сопротивление R1′ со стороны первичной обмотки.

N1:N2 = 4:1RL = 10 Ω
R1′ = Ω
20.ТрансформаторыСложная
500 kVA

Однофазный трансформатор 500 kVA имеет потери в стали 1500 W и потери в меди 4500 W при номинальной нагрузке. При какой нагрузке Sη,max, в kVA, его КПД максимален?

S = 500 kVAPcore = 1500 WPcu,fl = 4500 W
Sη,max = kVA
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = 2 VRa​ = 2 kΩRb​ = 10 kΩ

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

Vin = 2 VRa = 2 kΩRb = 10 kΩR1 = 1 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
Vin​V1​Vout​каскад 1: инвертирующийR1​ = 22 kΩRf1​ = 22 kΩкаскад 2: неинвертирующийR2​ = 10 kΩRf2​ = 4,7 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 = 22 kΩRf1 = 22 kΩR2 = 10 kΩRf2 = 4,7 kΩVin = 0,6 V
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
+−9 VR = ?2 × 2,2 V20 mA

Светодиодов: 2 (зелёные), прямое напряжение 2,2 V у каждого; они соединены последовательно с резистором к источнику 9 V. Найдите сопротивление R, при котором ток равен 20 mA.

Vs = 9 VVF = 2,2 Vn = 2I = 20 mA
R = Ω
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 680 Ωβ = 100VCC​ = 5 V3,3 VRB​ = ?

NPN-транзистор с β = 100 коммутирует нагрузочный резистор 680 Ω, включённый между VCC = 5 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 3,3 V через резистор базы RB. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Найдите наибольшее сопротивление резистора базы RB, в kΩ, при котором транзистор ещё входит в насыщение.

VCC = 5 VRC = 680 Ωβ = 100Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код?−128?64?32?16?8?4?2?1

Запишите −68 как 8-битную комбинацию в дополнительном коде. Прочитайте комбинацию как беззнаковое двоичное число: каково его значение U в десятичной системе?

N = −688 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
24 bit1 px512 px512 pxM = ? KiB

Несжатое изображение имеет размер 512 × 512 пикселей и 24 бит на пиксель. Сколько памяти M оно занимает, в KiB (1 KiB = 1024 байта)?

512 × 512 px24 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
MUXCI0​C′I1​CI2​C′I3​ABS1​S0​F

У мультиплексора 4 в 1 адресные входы S₁ = A и S₀ = B, а информационные входы подключены так: I₀ = C, I₁ = C′, I₂ = C, I₃ = C′. Для скольких из 8 комбинаций A, B и C выход F = 1? Найдите N.

I₀ = CI₁ = C′I₂ = CI₃ = C′
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
ABCD0001111000011110X001031204151706X12113X15X140819011010

Найдите минимальную форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(2, 5, 7, 9, 13) + d(0, 12, 14, 15), где d обозначает безразличные состояния. Сколько литералов, L, она содержит?

F(A, B, C, D) = Σm(2, 5, 7, 9, 13) + d(0, 12, 14, 15)
L =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm−5−10−15−20−255

Найдите f(t) для F(s) = (s + 26)/(s² + 8s + 41) выделением полного квадрата и вычислите f(0,25).

F(s) = (s + 26)/(s² + 8s + 41)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,50,51

Система описывается дифференциальным уравнением y″ + 5y′ + 4y = 4u′ + 12u, 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 = 0,75 s. Найдите g(0,75).

y″ + 5y′ + 4y = 4u′ + 12ut = 0,75 s
g(0.75) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+6s + 7G(s)C(s)2H−

Объект G(s) = 6/(s + 7) управляется в контуре отрицательной обратной связи, у датчика которой коэффициент H = 2. На R подаётся ступенька величиной 1. Найдите установившееся значение выхода css.

G(s) = 6/(s + 7)H = 2R = 1
css =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+9s + 3G₁+1s + 7G₂C(s)0,5H₁−0,25H₂−

Упростите структурную схему, где G₁ = 9/(s + 3), G₂ = 1/(s + 7), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 0,5 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 0,25. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).

G₁ = 9/(s + 3)G₂ = 1/(s + 7)H₁ = 0,5H₂ = 0,25
T(0) =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)2ts​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 66/(s² + 9s + 33) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 66/(s² + 9s + 33)
ts = s
34.Переходная характеристикаСложная
R(s)+Ks(s + 20)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = K/(s(s + 20)). Найдите коэффициент K, при котором переходная характеристика имеет перерегулирование 2 %.

G(s) = K/(s(s + 20))%OS = 2 %
K =
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 20

Найдите фазу ∠G(jω) функции G(s) = 40(s + 5)/(s(s + 4)) при ω = 20 rad/s в градусах.

G(s) = 40(s + 5)/(s(s + 4))ω = 20 rad/s
∠G(jω) = °
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) = 614/(s(s + 8)(s + 9)). Найдите запас по усилению GM в dB.

L(s) = 614/(s(s + 8)(s + 9))
GM = dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+Ks + 10(s − 3)(s + 1)C(s)−

Объект G(s) = (s + 10)/((s − 3)(s + 1)) имеет неустойчивый полюс в точке s = 3. Пропорциональный коэффициент усиления K замыкает вокруг него контур с единичной обратной связью. Найдите наименьший коэффициент усиления Kmin, при котором замкнутая система устойчива.

G(s) = (s + 10)/((s − 3)(s + 1))
Kmin =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2−1

Для контура L(s) = K/(s(s + 4)(s + 8)) найдите коэффициент усиления K, при котором полюс замкнутой системы находится в точке s = −1.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 8))s = −1
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 2t+20s(s + 1)(s + 5)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 20/(s(s + 1)(s + 5)) подано линейное воздействие r(t) = 2t. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 20/(s(s + 1)(s + 5))r(t) = 2t
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+Kp​ + Ki​/s4s + 4C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s управляет объектом G(s) = 4/(s + 4) в контуре с единичной обратной связью. Замкнутая система должна иметь ωₙ = 10 rad/s и ζ = 0,7. Найдите интегральный коэффициент Ki.

G(s) = 4/(s + 4)ωₙ = 10 rad/sζ = 0,7
Ki =

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 15,09 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​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAR4​8 ΩB

Объединяйте резисторы с дальнего конца

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

R3 + R4 = 6 + 8 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 8·14/(8+14) = 5,091 Ω
Req = R1 + 5,091 = 10 + 5,091 = 15,09 Ω

Ответ

Req = 15,09 Ω
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 0,08157 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​ = 10 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​30 ΩAR4​6 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 = 3 + 25 = 28 Ω
R4 ∥ 28 = 4,941 Ω
R3 + 4,941 = 8,941 Ω
R2 ∥ 8,941 = 6,888 Ω
Req = R1 + 6,888 = 10 + 6,888 = 16,89 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 6/16,89 = 0,3553 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 6 − 0,3553·10 = 2,447 V
IR2 = VA/R2 = 2,447/30 = 0,08157 A

Ответ

IR2 = 0,08157 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: I1 = 0,2645 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.

ЗТК в узле A

Примите нижний провод за землю. Каждая ветвь проводит ток (VA − Vk)/Rk, вытекающий из A, где Vk — напряжение её источника (ноль для простого резистора). Сумма токов, вытекающих из A, равна нулю.

(VA − 9)/15 + (VA − 10)/5 + VA/4 = 0

Находим VA

VA = (9/15 + 10/5 + 0/4) / (1/15 + 1/5 + 1/4) = 2,6/0,5167 = 5,032 V

Ток ветви

Стрелка направлена вверх по ветви, в узел A.

I1 = (9 − VA)/R1 = (9 − 5,032)/15 = 0,2645 A

Ответ

I1 = 0,2645 A

Отрицательный результат означает, что в действительности ток течёт против стрелки.

4.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR2 = −1,368 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​ = 30 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​12 VR3​2 ΩAR5​10 ΩBIs​3 A+−V2​30 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 12 V, V2 = 30 V). Неизвестные: VA, VB.

ЗТК в узле A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/2 + (VA − 12)/30 + (VA − VB)/12 = 0
0,6167·VA − 0,08333·VB = 0,4

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/10 + (VB − VA)/12 + (VB − 30)/30 = 3
−0,08333·VA + 0,2167·VB = 4

Решите

Δ = (0,6167)(0,2167) − (−0,08333)(−0,08333) = 0,1267
VA = Δ1/Δ = 0,42/0,1267 = 3,316 V
VB = Δ2/Δ = 2,5/0,1267 = 19,74 V

Ответ

IR2 = (VA − VB)/R2 = (3,316 − 19,74)/12 = −1,368 A
5.Метод контурных токов

Ответ: I2 = −1,646 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​ = 2 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​9 VR3​10 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
2·I1 + 10(I1 − I2) = 9
12·I1 − 10·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 + R3(I2 − I1) = −V2
12·I2 + 10(I2 − I1) = (−30)
−10·I1 + 22·I2 = −30

Решите

Δ = (12)(22) − (−10)(−10) = 164
I1 = Δ1/Δ = −102/164 = −0,622 A
I2 = Δ2/Δ = −270/164 = −1,646 A

Ответ

I2 = −1,646 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: IR2 = 0,189 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​ = 15 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR4​10 ΩAR5​10 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
15·I1 + 10(I1 − I2) = 18
25·I1 − 10·I2 = 18

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
5·I2 + 10(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 25·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) = (−9)
−10·I2 + 22·I3 = −9

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 9050
I1 = Δ1/Δ = 7200/9050 = 0,7956 A
I2 = Δ2/Δ = 1710/9050 = 0,189 A
I3 = Δ3/Δ = −2925/9050 = −0,3232 A

Ответ

IR2 = I2 = 0,189 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: IR3 = 0,604 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​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​8 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 = 12+6 = 18 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·18/(8+18) = 5,538 Ω
VA = 10·5,538/(10+5,538) = 3,564 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,564·6/18 = 1,188 V
IR3′ = (VB − VA)/R3 = (1,188 − 3,564)/12 = −0,198 A
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 ΩКЗR2​8 ΩAR4​6 ΩBIs​3 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 = 10·8/(10+8) = 4,444 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 16,44 = 4,396 Ω
VB = Is·Req = 3·4,396 = 13,19 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 13,19·4,444/16,44 = 3,564 V
IR3″ = (VB − VA)/R3 = (13,19 − 3,564)/12 = 0,802 A

Сложите составляющие

IR3 = IR3′ + IR3″
IR3 = (−0,198) + 0,802 = 0,604 A

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

8.Метод наложения

Ответ: IR2 = −6 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​ = 2 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​36 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 ∥ 5 = 2,727 Ω
VA = 36·2,727/(3+2,727) = 17,14 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 17,14·3/5 = 10,29 V
IR2′ = (VB − VA)/R2 = (10,29 − 17,14)/2 = −3,429 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 3 ΩКЗR3​6 ΩAIs​2 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 Ω, поэтому левый путь — R2+2 = 4 Ω
Req = R4 ∥ 4 = 1,714 Ω
VB = Is·Req = 2·1,714 = 3,429 V
VA = VB·2/4 = 1,714 V
IR2″ = (VB − VA)/R2 = (3,429 − 1,714)/2 = 0,8571 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 3 ΩКЗR3​6 ΩAОБРЫВB−+V2​24 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 = 3·6/(3+6) = 2 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−24)·4/7 = −13,71 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −13,71·2/4 = −6,857 V
IR2‴ = (VB − VA)/R2 = (−13,71 − −6,857)/2 = −3,429 A

Сложите составляющие

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴
IR2 = (−3,429) + 0,8571 + (−3,429) = −6 A

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

9.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = 0,2424 A

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

R1​ = 15 ΩR3​ = 12 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 = 15·8/(15+8) = 5,217 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,217 + 12 = 17,22 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 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) = 12·8/(15+8) = 4,174 V
IN​0,2424 ARth​17,22 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 = 4,174/17,22 = 0,2424 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 3,447 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​ = 12 ΩR3​ = 8 ΩКЗR2​2 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 = 12·2/(12+2) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 8 = 9,714 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩAIs​5 ABab+−Vth​

Найдите Vth — напряжение холостого хода

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 2,143 + 5·1,714 = 10,71 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 10,71 + 5·8 = 50,71 V
Rth​ = 9,714 Ω+−Vth​50,71 VRL​5 ΩIL​

Подключите нагрузку к эквиваленту Тевенина

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

IL = Vth/(Rth + RL) = 50,71/(9,714 + 5) = 3,447 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vL = 1,203 V

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

Постоянная времени и конечный ток

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

τ = L/R = 33 mH / 47 Ω = 0,7021 ms
i(∞) = Vs/R = 5/47 = 0,1064 A

Напряжение на катушке

В момент t = 0 всё напряжение питания приложено к катушке; затем оно спадает до нуля.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 5·e−1/0,7021 = 1,203 V

Ответ

vL = 1,203 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: R = 1,443 kΩ

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.

Требуемая постоянная времени

11,25 = 15·(1 − e−20/τ) → τ = 20/ln(15/(15 − 11,25))
τ = 20/1,386 = 14,43 ms

Сопротивление

kΩ умножить на µF даёт миллисекунды.

R = τ/C = 14,43/10 = 1,443 kΩ

Ответ

R = 1,443 kΩ
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: φ = −39,3 °

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

Реактивные сопротивления

ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,02 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·2,2·10⁻⁶) = 144,7 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (−81,85)²) = 129,2 Ω

Угол сдвига фаз

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−81,85/100) = −39,3°

Ответ

φ = −39,3°
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: VC = 7,307 V

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

Реактивные сопротивления

ω = 2πf = 2π·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,1 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·47·10⁻⁶) = 16,93 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (108,7)²) = 115,9 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 50/115,9 = 0,4316 A

Напряжение на конденсаторе

VC = I·XC = 0,4316·16,93 = 7,307 V

Ответ

VC = 7,307 V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: S = 2645 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| = √(12² + 16²) = 20 Ω
I = V/|Z| = 230/20 = 11,5 A

Полная мощность

S = V·I = 230·11,5 = 2645 VA

Ответ

S = 2645 VA
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Inew = 83,33 A

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

Реактивная мощность до и после

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

Q1 = P·tan φ1 = 30·tan(49,46°) = 35,07 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 30·tan(25,84°) = 14,53 kvar
QC = Q1 − Q2 = 20,54 kvar

Новый ток линии

Inew = P/(V·cos φ2) = 30000/(400·0,9) = 83,33 A

Ответ

Inew = 83,33 A
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 27,65 kW

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

Фазное напряжение

Vph = VL = 480 V

Фазный ток

|Z| = √(16² + 12²) = 20 Ω
Iph = 480/20 = 24 A

Полная активная мощность

Активную мощность потребляет только активная составляющая каждого сопротивления.

P = 3·Iph²·R = 3·24²·16 = 27,65 kW

Ответ

P = 27,65 kW

Проверка: cos φ = R/|Z| = 0,8, и √3·VL·IL·cos φ даёт ту же мощность.

18.Трёхфазная мощность

Ответ: QC = 33,19 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 = 60·tan(acos 0,75) = 60·0,8819 = 52,92 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,95) = 60·0,3287 = 19,72 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 33,19 kvar

Ответ

QC = 33,19 kvar
19.Трансформаторы

Ответ: R1′ = 160 Ω

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.

Приведённое сопротивление

Напряжение растёт в a раз, а ток уменьшается в a раз, поэтому отношение V/I растёт в a² раз.

R1′ = a²·RL = 4²·10 = 160 Ω

Ответ

R1′ = 160 Ω
20.Трансформаторы

Ответ: Sη,max = 288,7 kVA

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

Потери в меди равны потерям в стали

x²·4500 = 1500 → x = √(1500/4500) = 0,5774

Нагрузка при максимальном КПД

Sη,max = x·S = 0,5774·500 = 288,7 kVA

Ответ

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

Ответ: Vout = 9,5 V

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

Напряжение на входе +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 2·10/(2 + 10) = 1,667 V

Коэффициент усиления неинвертирующего усилителя

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

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 1,667·(1 + 4,7/1) = 9,5 V

Ответ

Vout = 9,5 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −0,882 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 = −22/22 = −1
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 4,7/10 = 1,47

Каскад за каскадом

V1 = −1·0,6 = −0,6 V
Vout = 1,47·(−0,6) = −0,882 V

Ответ

Vout = −0,882 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: R = 230 Ω

Цепи со светодиодами и диодами: светодиод в прямом включении падает примерно на своё прямое напряжение VF (около 2 V для красного, 3 V для синего или белого) независимо от тока. Последовательный резистор задаёт ток: R = (Vs − n·VF)/I для n светодиодов последовательно. В более точной модели диода V = V₀ + I·rd рабочая точка находится там, где характеристика диода пересекает нагрузочную прямую I = (Vs − V)/R, поэтому I = (Vs − V₀)/(R + rd).

Напряжение на резисторе

VR = 9 − 2·2,2 = 4,6 V

Сопротивление

R = 4,6/0,02 = 230 Ω

Ответ

R = 230 Ω

Резистор рассеивает 92 mW.

24.Диоды и транзисторы

Ответ: RB = 36,83 kΩ

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

Ток коллектора в насыщении

IC(sat) = (5 − 0,2)/680 = 7,059 mA

Минимальный ток базы

IB(min) = IC(sat)/β = 7,059/100 = 70,59 µA

Резистор базы

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,07059 mA = 36,83 kΩ

Ответ

RB = 36,83 kΩ

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

25.Системы счисления

Ответ: U = 188

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

Инвертируйте и прибавьте единицу

68 = 0100 0100
инвертировано: 1011 1011
+1 → 1011 1100

Прочитайте как беззнаковое

1011 1100₂ = 256 − 68 = 188

Ответ

U = 188
26.Системы счисления

Ответ: M = 768 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

512·512·24 = 6291456 bit = 786432 B

Переведите в KiB

786432/1024 = 768 KiB

Ответ

M = 768 KiB
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 4

Мультиплексор: мультиплексор 2ⁿ в 1 передаёт на выход один из своих информационных входов; адресные входы, читаемые как двоичное число, выбирают, какой именно. Для мультиплексора 4 в 1 с адресами S₁S₀ = AB: F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Если подключить информационные входы к 0, 1, C или C′, мультиплексор реализует любую функцию от A, B и C, что — распространённый способ построить логику на одной микросхеме.

Выражение выхода

F = A′B′C + A′BC′ + AB′C + ABC′

Строки с F = 1

ABC = 001, 010, 101, 110
N = 4

Ответ

N = 4
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 8

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

Простые импликанты

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

BD, AC′D, AB, A′B′D′
ABCD0001111000011110X001031204151706X12113X15X140819011010

Минимальное покрытие

F = BD + AC′D + A′B′D′
L = 8

Ответ

L = 8
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.25) = 1,652

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

Выделение полного квадрата

s² + 8s + 41 = (s + 4)² + 25 = (s + 4)² + 5²

Подбор числителя

F(s) = 1·(s + 4)/((s + 4)² + 5²) + (22/5)·5/((s + 4)² + 5²)

Обратное преобразование

f(t) = e−4t·(cos 5t + 4,4·sin 5t)
f(0,25) = e−4·0,25·(cos(5·0,25) + 4,4·sin(5·0,25)) = 1,652

Ответ

f(0,25) = 1,652
30.Преобразования Лапласа

Ответ: g(0.75) = 1,326

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) = (4s + 12)/(s² + 5s + 4)

Простые дроби

s² + 5s + 4 = (s + 1)(s + 4)
A = 2,667, B = 1,333

Импульсная характеристика

g(t) = 2,667·e−t + 1,333·e−4t
g(0,75) = 1,326

Ответ

g(0,75) = 1,326
31.Структурные схемы

Ответ: css = 0,3158

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).

Передаточная функция замкнутой системы

T(s) = G/(1 + G·H) = 6/(s + 7 + 12) = 6/(s + 19)

Результат

css = R·T(0) = 1·6/19 = 0,3158

Ответ

css = 0,3158
32.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 0,3636

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

Внутренний контур

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 1/(s + 7,5)

Внешний контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 9/((s + 3)(s + 7,5) + 2,25)

Статический коэффициент передачи

T(0) = 9/(3·7,5 + 2,25) = 9/24,75 = 0,3636

Ответ

T(0) = 0,3636
33.Переходная характеристика

Ответ: ts = 0,8889 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 = 33 → ωₙ = 5,745 rad/s
2ζωₙ = 9 → ζ = 9/(2·5,745) = 0,7833

Результат

ζωₙ = 4,5 → ts ≈ 4/4,5 = 0,8889 s

Ответ

ts = 0,8889 s
34.Переходная характеристика

Ответ: K = 164,5

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

Передаточная функция замкнутой системы

T(s) = K/(s² + 20s + K)

Коэффициент демпфирования по перерегулированию

ζ = −ln(0,02)/√(π² + ln²(0,02)) = 0,7797

Коэффициент усиления

ωₙ = 20/(2ζ) = 12,83 rad/s
K = ωₙ² = 164,5

Ответ

K = 164,5
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ∠G(jω) = −92,73 °

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.

Сложите углы

∠G = atan(20/5) − 90° − atan(20/4) = 75,96° − 90° − 78,69°

Результат

∠G(j20) = −92,73°

Ответ

∠G(jω) = −92,73°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: GM = 5,992 dB

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

Частота перехода фазы

(ω/8)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(8·9) = 8,485 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 64)·√(ω² + 81)) = K/(8·9·(8 + 9)) = K/1224

Запас по усилению

GM = 20·log₁₀(1224/614) = 5,992 dB

Ответ

GM = 5,992 dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmin = 2

Критерий Рауса–Гурвица: линейная система устойчива, если все корни её характеристического полинома лежат в левой полуплоскости s-плоскости. Запишите коэффициенты поочерёдно в первые две строки таблицы Рауса. Каждый элемент новой строки вычисляется по двум строкам над ней; для кубического полинома a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ элемент строки s¹ равен b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Число смен знака в первом столбце равно числу корней в правой полуплоскости. Если в коэффициенты входит коэффициент усиления K, все элементы первого столбца должны оставаться положительными: значение усиления, при котором элемент строки s¹ обращается в нуль, — граница устойчивости, а строка s² затем даёт частоту незатухающих колебаний.

Характеристический полином

(s − 3)(s + 1) + K(s + 10) = s² + (-2 + K)s + (10K − 3)

Условия

Для s² + c₁s + c₀ все корни лежат в левой полуплоскости ровно тогда, когда c₁ > 0 и c₀ > 0.

-2 + K > 0 → K > 2
10K − 3 > 0 → K > 0,3
Kmin = 2

Ответ

Kmin = 2
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 21

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

Условие по модулю

K = |s|·|s + 4|·|s + 8|

Вычислите в этой точке

K = 1·3·7 = 21

Ответ

K = 21

Проверка: s(s + 4)(s + 8) + K равно нулю при s = −1.

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 0,5

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) = 4

Ошибка по линейному воздействию

ess = 2/4 = 0,5

Ответ

ess = 0,5
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Ki = 25

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 + 4).

s² + (4 + 4Kp)s + 4Ki

Целевой полином

s² + 2·0,7·10s + 10² = s² + 14s + 100

Приравняйте коэффициенты

4Ki = 100 → Ki = 25

Ответ

Ki = 25

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

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