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​ = 12 ΩIR1​R3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​3 ΩAR4​2 ΩB

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 3 ΩR3 = 2 ΩR4 = 2 Ω
IR1 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 10 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​36 VR2​3 ΩAR4​30 ΩBR6​3 Ω

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 36 VR1 = 10 ΩR2 = 3 ΩR3 = 2 ΩR4 = 30 ΩR5 = 6 ΩR6 = 3 Ω
Req = Ω
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 20 ΩIR1​R3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAR4​4 ΩBIs​1,5 A

Используйте метод узловых потенциалов, чтобы найти ток IR1 через R1 в направлении стрелки.

V1 = 30 VIs = 1,5 AR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 6 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 5 ΩR2​ = 20 ΩIR2​R4​ = 8 Ω+−V1​24 VR3​10 ΩAR5​20 ΩBIs​1 A+−V2​10 V

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

V1 = 24 VIs = 1 AV2 = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 ΩR4 = 8 ΩR5 = 20 Ω
IR2 = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 2 Ω+−VR1​R2​ = 4 Ω+−V1​9 VR3​6 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

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

V1 = 9 VV2 = 10 VR1 = 2 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 Ω
VR1 = V
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 10 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR4​12 ΩIR4​AR5​20 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

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

V1 = 18 VV2 = 10 VR1 = 10 ΩR2 = 30 ΩR3 = 5 ΩR4 = 12 ΩR5 = 20 Ω
IR4 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​2 Ω+−VR2​AR4​5 ΩBIs​5 A

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

V1 = 24 VIs = 5 AR1 = 2 ΩR2 = 2 ΩR3 = 6 ΩR4 = 5 Ω
VR2 = V
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 30 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​5 VR3​2 ΩIR3​AIs​6 AB+−V2​?

Найдите значение источника напряжения V2 (полярность как на схеме), при котором ток IR3 через R3 равен нулю.

V1 = 5 VIs = 6 AR1 = 30 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 ΩR4 = 3 Ω
V2 = V
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAab

Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.

V1 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 12 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​30 ΩAIs​0,5 ABab

Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.

V1 = 9 VIs = 0,5 AR1 = 12 ΩR2 = 30 ΩR3 = 6 Ω
Vth = V
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
R = 68 Ωt = 0L150 mHi(t)

Через катушку течёт установившийся ток 1 A. При t = 0 ключ замыкает контур через R, а источник отключается, поэтому ток катушки убывает через R. Найдите напряжение vR на R при t = 5 ms.

i(0) = 1 AR = 68 ΩL = 150 mHt = 5 ms
vR = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​20 VR1​ = 33 ΩR2​ = 5 Ωразмыкается при t = 0L100 mHi(t)

Ключ, шунтирующий R2, был замкнут долгое время, поэтому ток катушки установившийся. При t = 0 ключ размыкается. Найдите ток катушки i при t = 5 ms.

Vs = 20 VR1 = 33 ΩR2 = 5 ΩL = 100 mHt = 5 ms
i = A
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
100 V200 HzR = 25 ΩL = 200 mHC = 100 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 100 V (действующее значение), 200 Hz. Найдите коэффициент мощности cos φ цепи.

V = 100 V (rms)f = 200 HzR = 25 ΩL = 200 mHC = 100 µF
cos φ =
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
VfR = 15 ΩL = 10 mHC = 0,1 µF

Последовательный RLC-контур имеет R = 15 Ω, L = 10 mH и C = 0,1 µF. Найдите его полосу пропускания B (ширину полосы между частотами половинной мощности) в Hz.

R = 15 ΩL = 10 mHC = 0,1 µF
B = Hz
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
400 V117 kW, 0,8217 kW, 0,9I = ?

К однофазной сети 400 V параллельно подключены две нагрузки: нагрузка 17 kW при коэффициенте мощности 0,8 (индуктивном) и нагрузка 17 kW при коэффициенте мощности 0,9 (индуктивном). Найдите общий ток I, потребляемый от сети.

V = 400 VP1 = 17 kW, pf1 = 0,8 отстающийP2 = 17 kW, pf2 = 0,9 отстающий
I = A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
120 V50 HzRs​ = 50 ΩXs​ = j30 ΩZL​ = ?

Источник 120 V (действующее значение), 50 Hz имеет внутреннее сопротивление Zs = 50 + j30 Ω. Полное сопротивление нагрузки ZL можно выбирать произвольно. Найдите наибольшую активную мощность Pmax, которую можно передать нагрузке.

Vs = 120 V (rms)f = 50 HzZs = 50 + j30 Ω
Pmax = W
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 415 VIL​ = ?M18,5 kW, η = 88%cos φ = 0,88

Трёхфазный асинхронный двигатель при полной нагрузке развивает механическую мощность 18,5 kW. При этой нагрузке его КПД равен 88%, а коэффициент мощности 0,88 (отстающий). Линейное напряжение сети 415 V. Найдите линейный ток IL.

Pout = 18,5 kWη = 88%cos φ = 0,88VL = 415 V
IL = A
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 50 kW при коэффициенте мощности 0,72 (отстающий) от сети 400 V (линейное), 60 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,92 (отстающий). Активная мощность не меняется. Конденсаторы соединены звездой. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 50 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
480 V240 VIHV​ = ?ILV​500 kVA

Однофазный трансформатор 500 kVA, 480/240 V работает при номинальной нагрузке. Считайте его идеальным. Найдите ток IHV в обмотке высшего напряжения.

S = 500 kVAV1 = 480 VV2 = 240 V
IHV = A
20.ТрансформаторыСложная
100 kVA

Однофазный трансформатор 100 kVA имеет потери в стали 500 W и потери в меди 750 W при номинальной нагрузке. При какой нагрузке Sη,max, в kVA, его КПД максимален?

S = 100 kVAPcore = 500 WPcu,fl = 750 W
Sη,max = kVA
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 22 kΩR1​ = 22 kΩVin​ = 3,5 VRa​ = 1 kΩRb​ = 2 kΩ

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

Vin = 3,5 VRa = 1 kΩRb = 2 kΩR1 = 22 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​C = 0,1 µFVin​ = −1,6 VR = 2,2 kΩ

Интегратор выполнен на идеальном ОУ с питанием ±15 V; его выход насыщается на уровне ±14 V. Конденсатор не заряжен, когда при t = 0 подаётся постоянное входное напряжение Vin = −1,6 V. Через какое время после t = 0 выход достигнет насыщения? Найдите t.

Vin = −1,6 VR = 2,2 kΩC = 0,1 µFVsat = ±14 V
t = ms
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 1,2 kΩβ = 75VCC​ = 9 VRB​ = 680 kΩ

NPN-транзистор с β = 75 смещён резистором базы RB = 680 kΩ от источника питания VCC = 9 V. Резистор коллектора RC = 1,2 kΩ, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите напряжение коллектор–эмиттер VCE.

VCC = 9 VRB = 680 kΩRC = 1,2 kΩβ = 75VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Диоды и транзисторыСложная
+−≥ 20 VR = ?9,1 V≤ 30 mA

Стабилизатор на стабилитроне 9,1 V должен питать нагрузку током до 30 mA. Входное напряжение может падать до 20 V, а стабилитрону для стабилизации нужно не менее 2 mA. Найдите наибольшее последовательное сопротивление Rmax, при котором стабилизация сохраняется.

Vin,min = 20 VVZ = 9,1 VIL,max = 30 mAIZ,min = 2 mA
Rmax = Ω
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −76 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −768 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 0111 1110 OR 0011 1101. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

0111 1110OR0011 1101
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABC000111100101324576

Упростите F = BC + ABC′ + B′C′ до минимальной формы «сумма произведений». Сколько литералов, L, содержит упрощённое выражение?

F = BC + ABC′ + B′C′
L =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
ABCD00011110000111100001X3X21415X7X6X120131150140819111110

Найдите минимальную форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(4, 5, 9, 10, 11, 15) + d(2, 3, 6, 7, 12), где d обозначает безразличные состояния. Сколько членов-произведений, N, в ней?

F(A, B, C, D) = Σm(4, 5, 9, 10, 11, 15) + d(2, 3, 6, 7, 12)
N =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 0,2f(0,2) = ?

Найдите f(t) для F(s) = 45/(s(s + 2)(s + 6)) разложением на простые дроби и вычислите f(0,2).

F(s) = 45/(s(s + 2)(s + 6))t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
ReIm−2−4−6−8−10

Система описывается дифференциальным уравнением y″ + 11y′ + 30y = 2u′ + 19u, 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 = 0,25 s. Найдите g(0,25).

y″ + 11y′ + 30y = 2u′ + 19ut = 0,25 s
g(0.25) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+17K+8s + 2G(s)C(s)1H₁−−

Объект G(s) = 8/(s + 2) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 1. Коэффициент регулятора K = 17, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите полюс замкнутой системы p.

G(s) = 8/(s + 2)H₁ = 1K = 17
p =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+2регулятор+D(s)+4s + 4объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K = 2 управляет объектом G(s) = 4/(s + 4) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Возмущение D действует на входе объекта (прибавляется к выходу регулятора). Одновременно подаются ступенька задания величиной 2 и ступенька возмущения величиной 1. Найдите установившийся выход css.

K = 2G(s) = 4/(s + 4)D = 1R = 2
css =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1ts​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 91/(s² + 6s + 91) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 91/(s² + 6s + 91)
ts = s
34.Переходная характеристикаСложная
k = 2000 N/mc = 30 N·s/mm = 5 kgF = 50 Nx(t)

Масса m = 5 kg подвешена на пружине k = 2000 N/m с вязким демпфером c = 30 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 50 N. Найдите наибольшее смещение xmax в mm.

m = 5 kgk = 2000 N/mc = 30 N·s/mF = 50 N
xmax = mm
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,11101001000−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 20

Найдите точный модуль |G(jω)| функции G(s) = 1872/((s + 8)(s + 18)) при ω = 20 rad/s в dB.

G(s) = 1872/((s + 8)(s + 18))ω = 20 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 72/(s(s + 4)(s + 5)). Найдите запас по усилению GM в dB.

L(s) = 72/(s(s + 4)(s + 5))
GM = dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+101s(s + 5)(s + 8)C(s)+

Контур на схеме использует положительную обратную связь, L(s) = 10/(s(s + 5)(s + 8)). Сколько полюсов N замкнутой системы лежит в правой полуплоскости?

L(s) = 10/(s(s + 5)(s + 8))
N =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4−6−8−10−12−14j2j4sb​

Показан корневой годограф L(s) = K/((s + 4)(s + 12)). Найдите коэффициент усиления K в точке отрыва sb, где два полюса замкнутой системы встречаются на вещественной оси.

L(s) = K/((s + 4)(s + 12))
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
R(s)+K(s + 1)(s + 10)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет G(s) = K/((s + 1)(s + 10)). Найдите коэффициент усиления K, при котором установившаяся ошибка по ступеньке составляет 2 %.

G(s) = K/((s + 1)(s + 10))ess = 2 %
K =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
r(t) = 2t+2 + 10/s5(s + 1)(s + 5)C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = 2 + 10/s управляет объектом G(s) = 5/((s + 1)(s + 5)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите установившуюся ошибку ess для линейного входа r(t) = 2t.

C(s) = 2 + 10/sG(s) = 5/((s + 1)(s + 5))r(t) = 2t
ess =

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 0,4375 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​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​3 ΩAR4​2 ΩB

Объединяйте резисторы с дальнего конца

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

R3 + R4 = 2 + 2 = 4 Ω
R2 ∥ 4 = 3·4/(3+4) = 1,714 Ω
Req = R1 + 1,714 = 12 + 1,714 = 13,71 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 6/13,71 = 0,4375 A

Ответ

IR1 = 0,4375 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 12,25 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​ = 2 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​36 VR2​3 ΩAR4​30 ΩBR6​3 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 = 6 + 3 = 9 Ω
R4 ∥ 9 = 6,923 Ω
R3 + 6,923 = 8,923 Ω
R2 ∥ 8,923 = 2,245 Ω
Req = R1 + 2,245 = 10 + 2,245 = 12,25 Ω

Ответ

Req = 12,25 Ω
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR1 = 1,358 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​ = 20 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAR4​4 ΩBIs​1,5 A

Определите узлы

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

ЗТК в узле A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/6 + (VA − 30)/20 + (VA − VB)/6 = 0
0,3833·VA − 0,1667·VB = 1,5

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/4 + (VB − VA)/6 = (−1,5)
−0,1667·VA + 0,4167·VB = −1,5

Решите

Δ = (0,3833)(0,4167) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,1319
VA = Δ1/Δ = 0,375/0,1319 = 2,842 V
VB = Δ2/Δ = −0,325/0,1319 = −2,463 V

Ответ

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (30 − 2,842)/20 = 1,358 A
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR2 = 0,1082 A

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

R1​ = 5 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​24 VR3​10 ΩAR5​20 ΩBIs​1 A+−V2​10 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 24 V, V2 = 10 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/10 + (VA − 24)/5 + (VA − VB)/20 = 0
0,35·VA − 0,05·VB = 4,8

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/20 + (VB − VA)/20 + (VB − 10)/8 = 1
−0,05·VA + 0,225·VB = 2,25

Решите

Δ = (0,35)(0,225) − (−0,05)(−0,05) = 0,07625
VA = Δ1/Δ = 1,193/0,07625 = 15,64 V
VB = Δ2/Δ = 1,028/0,07625 = 13,48 V

Ответ

IR2 = (VA − VB)/R2 = (15,64 − 13,48)/20 = 0,1082 A
5.Метод контурных токов

Ответ: VR1 = 1,364 V

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

R1​ = 2 ΩR2​ = 4 Ω+−V1​9 VR3​6 ΩA+−V2​10 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 + 6(I1 − I2) = 9
8·I1 − 6·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
4·I2 + 6(I2 − I1) = (−10)
−6·I1 + 10·I2 = −10

Решите

Δ = (8)(10) − (−6)(−6) = 44
I1 = Δ1/Δ = 30/44 = 0,6818 A
I2 = Δ2/Δ = −26/44 = −0,5909 A

Ответ

IR1 = I1 = 0,6818 A
VR1 = IR1·R1 = 0,6818·2 = 1,364 V

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: IR4 = 0,7972 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​ = 30 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR4​12 ΩAR5​20 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
10·I1 + 12(I1 − I2) = 18
22·I1 − 12·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
30·I2 + 12(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−12·I1 + 62·I2 − 20·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
5·I3 + 20(I3 − I2) = (−10)
−20·I2 + 25·I3 = −10

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 21700
I1 = Δ1/Δ = 18300/21700 = 0,8433 A
I2 = Δ2/Δ = 1000/21700 = 0,04608 A
I3 = Δ3/Δ = −7880/21700 = −0,3631 A

Ответ

IR4 = I1 − I2 = 0,7972 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: VR2 = 13,08 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​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAR4​5 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 = 6+5 = 11 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 2·11/(2+11) = 1,692 Ω
VA = 24·1,692/(2+1,692) = 11 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 11·5/11 = 5 V
VR2′ = VA − 0 = 11 − 0 = 11 V
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 ΩКЗR2​2 ΩAR4​5 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 = 2·2/(2+2) = 1 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 5 ∥ 7 = 2,917 Ω
VB = Is·Req = 5·2,917 = 14,58 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 14,58·1/7 = 2,083 V
VR2″ = VA − 0 = 2,083 − 0 = 2,083 V

Сложите составляющие

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 11 + 2,083 = 13,08 V

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

8.Метод наложения

Ответ: V2 = 15,5 V

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

R1​ = 30 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​5 VR3​2 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) = 2 ∥ 15 = 1,765 Ω
VA = 5·1,765/(30+1,765) = 0,2778 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 0,2778·3/15 = 0,05556 V
R1​ = 30 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 3 ΩКЗR3​2 ΩAIs​6 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. Стрелка Iₛ направлена вниз, от своего узла, поэтому Iₛ отводит ток из этого узла: его член входит со знаком минус.

R1 ∥ R3 = 1,875 Ω, поэтому левый путь — R2+1,875 = 13,88 Ω
Req = R4 ∥ 13,88 = 2,467 Ω
VB = −Is·Req = −6·2,467 = −14,8 V
VA = VB·1,875/13,88 = −2 V

Случай 3 · действует только V2, на один вольт

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

R1 ∥ R3 = 1,875 Ω
VA‴ = V2·1,875/(3 + 12 + 1,875) = 0,1111·V2

Приравниваем VA к нулю

При VA = 0 напряжение на R₃ отсутствует, поэтому ток через него равен нулю.

VA′ + VA″ + VA‴ = 0,2778 + (−2) + 0,1111·V2 = 0
V2 = 1,722/0,1111 = 15,5 V

Ответ

V2 = 15,5 V
9.Тевенин и Нортон

Ответ: Vth = 6,429 V

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​15 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 = 6·15/(6+15) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 20 = 24,29 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​15 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) = 9·15/(6+15) = 6,429 V
10.Тевенин и Нортон

Ответ: Vth = −0,8571 V

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 6 ΩКЗR2​30 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 = 12·30/(12+30) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 6 = 14,57 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​30 ΩAIs​0,5 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) = 6,429 + (−0,5)·8,571 = 2,143 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 2,143 + (−0,5)·6 = −0,8571 V
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vR = 7,049 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

τ = L/R = 150 mH / 68 Ω = 2,206 ms

Убывание тока

i(t) = 1·e−5/2,206 = 0,1037 A
vR = R·i = 68·0,1037 = 7,049 V

Ответ

vR = 7,049 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: i = 0,5382 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.

Начальное значение, конечное значение, постоянная времени

До t = 0 замкнутый ключ шунтирует R₂; после этого в контур входят и R₁, и R₂.

i(0) = 20/33 = 0,6061 A
i(∞) = 20/(33 + 5) = 0,5263 A
τ = L/R = 100/38 = 2,632 ms
i(t) = 0,5263 + (0,6061 − 0,5263)·e−t/τ

Ток в заданный момент

i(5) = 0,5263 + (0,07974)·e−5/2,632 = 0,5382 A

Ответ

i = 0,5382 A
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: cos φ = 0,1022

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 = 251,3 Ω, XC = 7,958 Ω

Полное сопротивление

|Z| = √(25² + (243,4)²) = 244,7 Ω

Коэффициент мощности

cos φ = R/|Z| = 25/244,7 = 0,1022
Цепь индуктивная, поэтому коэффициент мощности отстающий.

Ответ

cos φ = 0,1022
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: B = 238,7 Hz

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

Резонансная частота

f0 = 1/(2π·√(0,01·0,1·10⁻⁶)) = 5033 Hz

Добротность

Добротность сравнивает реактивное сопротивление при резонансе с активным: Q = ω₀L/R.

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/15)·√(0,01/(0,1·10⁻⁶)) = 21,08

Полоса пропускания

B = f0/Q = 5033/21,08 = 238,7 Hz

Ответ

B = 238,7 Hz
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 99,88 A

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

Реактивная мощность каждой нагрузки

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

Q1 = 17·tan(arccos 0,8) = 12,75 kvar
Q2 = 17·tan(arccos 0,9) = 8,233 kvar

Суммы

P = 17 + 17 = 34 kW
Q = 12,75 + 8,233 = 20,98 kvar
S = √(34² + 20,98²) = 39,95 kVA

Общий ток

I = S/V = 39954/400 = 99,88 A

Ответ

I = 99,88 A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Pmax = 72 W

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.

Сопряжённое согласование

Реактивное сопротивление нагрузки компенсирует реактивное сопротивление источника, а активное сопротивление нагрузки равно активному сопротивлению источника.

ZL = Zs* = 50 − j30 Ω

Наибольшая мощность

I = Vs/(2Rs) = 120/100 = 1,2 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 120²/(4·50) = 72 W

Ответ

Pmax = 72 W
17.Трёхфазная мощность

Ответ: IL = 33,24 A

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

Потребляемая электрическая мощность

Pin = Pout/η = 18,5/0,88 = 21,02 kW

Ток линии

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 21023/(√3·415·0,88) = 33,24 A

Ответ

IL = 33,24 A
18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 445,8 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 = 50·tan(acos 0,72) = 50·0,9639 = 48,19 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,92) = 50·0,426 = 21,3 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 26,89 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 400/√3 = 230,9 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 8964/(377·230,9²) = 445,8 µF

Ответ

Cph = 445,8 µF
19.Трансформаторы

Ответ: IHV = 1042 A

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

Номинальный ток

Через обе обмотки передаётся одинаковая полная мощность.

IHV = S/V = 500000/480 = 1042 A

Ответ

IHV = 1042 A
20.Трансформаторы

Ответ: Sη,max = 81,65 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

x²·750 = 500 → x = √(500/750) = 0,8165

Нагрузка при максимальном КПД

Sη,max = x·S = 0,8165·100 = 81,65 kVA

Ответ

Sη,max = 81,65 kVA
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 4,667 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) = 3,5·2/(1 + 2) = 2,333 V

Коэффициент усиления неинвертирующего усилителя

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

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 2,333·(1 + 22/22) = 4,667 V

Ответ

Vout = 4,667 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: t = 1,925 ms

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

Входной ток и скорость нарастания

kΩ умножить на µF даёт миллисекунды.

RC = 2,2 kΩ · 0,1 µF = 0,22 ms
скорость нарастания = −Vin/(RC) = −(−1,6)/0,22 = 7,273 V/ms

Время до насыщения

|Vin|·t/(RC) = Vsat → t = Vsat·RC/|Vin| = 14·0,22/1,6 = 1,925 ms

Ответ

t = 1,925 ms
23.Диоды и транзисторы

Ответ: VCE = 7,901 V

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

Ток базы

IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/680 kΩ = 12,21 µA

Ток коллектора

IC = β·IB = 75·12,21 µA = 0,9154 mA

Напряжение коллектор–эмиттер

VCE = 9 − 0,9154 mA·1,2 kΩ = 7,901 V

Ответ

VCE = 7,901 V
24.Диоды и транзисторы

Ответ: Rmax = 340,6 Ω

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

Ток в худшем случае

IR = 30 + 2 = 32 mA

Наибольшее сопротивление

Rmax = 10,9/0,032 = 340,6 Ω

Ответ

Rmax = 340,6 Ω
25.Системы счисления

Ответ: U = 180

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

76 = 0100 1100
инвертировано: 1011 0011
+1 → 1011 0100

Прочитайте как беззнаковое

1011 0100₂ = 256 − 76 = 180

Ответ

U = 180
26.Системы счисления

Ответ: R = 127

Установка битов: каждый бит стоит степень двойки (128, 64, …, 1). Одна шестнадцатеричная цифра — это ровно четыре бита, а в 8-битном дополнительном коде крайний левый бит стоит −128. Побитовые операции работают с каждой позицией бита отдельно.

Бит за битом

OR даёт 1 там, где хотя бы один бит равен 1.

0111 1110
OR 0011 1101
= 0111 1111

Значение результата

0111 1111₂ = 127

Ответ

R = 127
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 6

Булева алгебра: правила, упрощающие выражения: X + X′ = 1 и X·X′ = 0, X + X = X, поглощение X + X·Y = X, правило склеивания X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y и теорема о консенсусе XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Законы де Моргана превращают (X·Y)′ в X′ + Y′ и (X + Y)′ в X′·Y′. Карта Карно применяет эти правила графически: каждая группа из двух соседних клеток — это одно применение XY + XY′ = X.

Минтермы выражения

BC → m(3, 7)
ABC′ → m(6)
B′C′ → m(0, 4)
ABC00011110011001130214051716

Сгруппируйте и прочитайте

F = B′C′ + BC + AC′

Посчитайте литералы

L = 6

Ответ

L = 6

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

28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 4

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.

CD, B′C, BC′D′, A′B, AB′D
ABCD00011110000111100001X3X21415X7X6X120131150140819111110

Минимальное покрытие

F = CD + B′C + A′B + AB′D
N = 4

Ответ

N = 4
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.2) = 0,5442

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).

Простые дроби

F(s) = A/s + B/(s + 2) + C/(s + 6)
A = 45/(2·6) = 3,75
B = 45/((−2)·4) = −5,625
C = 45/((−6)·(−4)) = 1,875

Обратное преобразование

f(t) = 3,75 − 5,625·e−2t + 1,875·e−6t

Вычислите

f(0,2) = 3,75 − 5,625·e−2·0,2 + 1,875·e−6·0,2 = 0,5442

Ответ

f(0,2) = 0,5442
30.Преобразования Лапласа

Ответ: g(0.25) = 1,017

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) = (2s + 19)/(s² + 11s + 30)

Простые дроби

s² + 11s + 30 = (s + 5)(s + 6)
A = 9, B = −7

Импульсная характеристика

g(t) = 9·e−5t − 7·e−6t
g(0,25) = 1,017

Ответ

g(0,25) = 1,017
31.Структурные схемы

Ответ: p = −146

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

Внутренний контур

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 8/(s + 2 + 8·1) = 8/(s + 10)

Внешний контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 136/(s + 10 + 136) = 136/(s + 146)

Результат

p = −146

Ответ

p = −146
32.Структурные схемы

Ответ: css = 1,667

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) = 4/(s + 4 + 8)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 8/(s + 4 + 8)

Установившийся режим

css = 2·8/12 + 1·4/12 = 1,667

Ответ

css = 1,667

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

33.Переходная характеристика

Ответ: ts = 1,333 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 = 91 → ωₙ = 9,539 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·9,539) = 0,3145

Результат

ζωₙ = 3 → ts ≈ 4/3 = 1,333 s

Ответ

ts = 1,333 s
34.Переходная характеристика

Ответ: xmax = 40,52 mm

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) = √(2000/5) = 20 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 30/(2·√(2000·5)) = 0,15

Результат

xst = F/k = 50/2000 m = 25 mm
%OS = 62,09 %
xmax = 25·(1 + 0,6209) = 40,52 mm

Ответ

xmax = 40,52 mm
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: |G(jω)| = 10,18 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(j20)| = 1872/(√(20² + 8²)·√(20² + 18²)) = 1872/(21,54·26,91) = 3,23

Результат

20·log₁₀(3,23) = 10,18 dB

Ответ

|G(jω)| = 10,18 dB
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: GM = 7,959 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/4)·(ω/5) = 1 → ω180 = √(4·5) = 4,472 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 25)) = K/(4·5·(4 + 5)) = K/180

Запас по усилению

GM = 20·log₁₀(180/72) = 7,959 dB

Ответ

GM = 7,959 dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: N = 1

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

Характеристический полином

s³ + 13s² + 40s − 10 = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 40
s²: 13, −10
s¹: 40,77
s⁰: −10

Смены знака в первом столбце

1 → 13 → 40,77 → −10
N = 1

Ответ

N = 1

Положительная обратная связь делает свободный коэффициент отрицательным: один вещественный полюс всегда уходит в правую полуплоскость.

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 + 4)(s + 12) равенство dK/ds = 0 даёт 2s + 16 = 0.

sb = −8

Условие по модулю

K = |−8 + 4|·|−8 + 12| = 4·4 = 16

Ответ

K = 16

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

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 490

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.

Требуемый коэффициент ошибки

1/(1 + Kp) = 0,02 → Kp = 49

Коэффициент усиления

K/10 = 49 → K = 490

Ответ

K = 490

Проверьте и устойчивость замкнутой системы: для этого контура второго порядка устойчив любой K > 0.

40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 0,2

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).

Коэффициент скоростной ошибки

s·C(s) = 2s + 10 → 10 при s → 0.

Kv = 10·5/5 = 10

Ошибка по линейному воздействию

ess = 2/10 = 0,2

Ответ

ess = 0,2

ПИ-регулятор полностью устраняет ошибку по ступеньке; линейное воздействие отслеживается с постоянным отставанием.

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