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​ = 4 ΩIR1​R3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​20 ΩB

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 18 VR1 = 4 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 ΩR4 = 20 Ω
IR1 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 3 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩIR2​AR4​6 ΩBR6​5 Ω

Найдите ток IR2 через R2.

V1 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 15 ΩR3 = 15 ΩR4 = 6 ΩR5 = 12 ΩR6 = 5 Ω
IR2 = A
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​5 Ω+−V1​9 VI1​R2​12 Ω+−V2​9 VR3​20 Ω+−V3​15 VA

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 = 5 ΩV2 = 9 VR2 = 12 ΩV3 = 15 VR3 = 20 Ω
I1 = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 10 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​36 VR2​2 ΩAR4​4 ΩIR4​B0,5·VA​

Ромб — это источник тока, управляемый напряжением, который направляет ток 0,5·VA (в A при VA в V) вверх в узел B. Методом узловых потенциалов найдите ток IR4 через R4 в направлении стрелки.

V1 = 36 VR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 ΩR4 = 4 Ωg = 0,5 A/V
IR4 = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 15 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​6 VR3​6 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

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

V1 = 6 VV2 = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 Ω
I2 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 12 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR4​4 ΩAR5​25 ΩB+−V2​6 VI1​I2​I3​

Используйте метод контурных токов, чтобы найти контурный ток I3 (по часовой стрелке).

V1 = 9 VV2 = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 ΩR4 = 4 ΩR5 = 25 Ω
I3 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 5 ΩR3​ = 3 ΩIR3​+−V1​24 VR2​10 ΩAR4​8 ΩBIs​5 A

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

V1 = 24 VIs = 5 AR1 = 5 ΩR2 = 10 ΩR3 = 3 ΩR4 = 8 Ω
IR3 = A
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 6 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​12 VR3​6 Ω−+VR3​AIs​0,5 AB+−V2​18 V

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

V1 = 12 VIs = 0,5 AV2 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 30 ΩR3 = 6 ΩR4 = 30 Ω
VR3 = V
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAab

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

V1 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAIs​1 ABRL​20 ΩIL​

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

V1 = 9 VIs = 1 AR1 = 8 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 ΩRL = 20 Ω
IL = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
R = 10 Ωt = 0L47 mHi(t)

Через катушку течёт установившийся ток 2 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) = 2 AR = 10 ΩL = 47 mHt = 5 ms
vR = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​9 Vразмыкается при t = 0R1​ = 10 kΩR2​ = 2,2 kΩC33 µF+−vC​

Ключ был замкнут долгое время, поэтому цепь находится в установившемся режиме. При t = 0 ключ размыкается. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 40 ms.

Vs = 9 VR1 = 10 kΩR2 = 2,2 kΩC = 33 µFt = 40 ms
vC = V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
Vf0​ = 5000 HzRL = 50 mHC = ?

Последовательный RLC-контур с L = 50 mH должен резонировать на частоте 5000 Hz. Найдите необходимую ёмкость C.

f0 = 5000 HzL = 50 mH
C = µF
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
100 V500 HzR = 60 ΩL = 200 mHC = 47 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 100 V (действующее значение), 500 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 100 V (rms)f = 500 HzR = 60 ΩL = 200 mHC = 47 µF
I = A
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 потребляемую ею реактивную мощность Q.

V = 230 VZ = 12 + j16 Ω
Q = var
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P = 15 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазная нагрузка потребляет 15 kW при коэффициенте мощности 0,65 (индуктивном) от сети 400 V, 60 Hz. Параллельно подключённый конденсатор повышает коэффициент мощности до 0,9. Найдите необходимую ёмкость C.

P = 15 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9V = 400 Vf = 60 Hz
C = µF
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M18,5 kW, η = 91%cos φ = 0,84

Трёхфазный асинхронный двигатель при полной нагрузке развивает механическую мощность 18,5 kW. При этой нагрузке его КПД равен 91%, а коэффициент мощности 0,84 (отстающий). Линейное напряжение сети 480 V. Найдите линейный ток IL.

Pout = 18,5 kWη = 91%cos φ = 0,84VL = 480 V
IL = A
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 200 kW при коэффициенте мощности 0,78 (отстающий) от сети 480 V (линейное), 50 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,92 (отстающий). Активная мощность не меняется. Конденсаторы соединены звездой. Найдите ёмкость Cph каждого конденсатора в µF.

P = 200 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаторыСредняя
RL​ = 60 Ω41480 VV2​I1​ = ?I2​

К первичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 4:1 приложено 480 V. К вторичной обмотке подключён резистор 60 Ω. Найдите первичный ток I1.

N1:N2 = 4:1V1 = 480 VRL = 60 Ω
I1 = A
20.ТрансформаторыСложная
50 kVA

Однофазный трансформатор 50 kVA имеет потери в стали 150 W и потери в меди 300 W при номинальной нагрузке. При какой нагрузке Sη,max, в kVA, его КПД максимален?

S = 50 kVAPcore = 150 WPcu,fl = 300 W
Sη,max = kVA
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 10 kΩVin​ = 2 VRa​ = 1 kΩRb​ = 100 kΩ

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

Vin = 2 VRa = 1 kΩRb = 100 kΩR1 = 10 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​C = 0,47 µFVin​ = 1,8 VR = 4,7 kΩ

Интегратор выполнен на идеальном ОУ с питанием ±15 V; его выход насыщается на уровне ±13 V. Конденсатор не заряжен, когда при t = 0 подаётся постоянное входное напряжение Vin = 1,8 V. Через какое время после t = 0 выход достигнет насыщения? Найдите t.

Vin = 1,8 VR = 4,7 kΩC = 0,47 µFVsat = ±13 V
t = ms
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 1,5 kΩβ = 80RE​ = 2,2 kΩVCC​ = 12 VR1​ = 47 kΩR2​ = 10 kΩ

NPN-транзистор с β = 80 смещён делителем напряжения от VCC = 12 V: R₁ = 47 kΩ от VCC к базе и R₂ = 10 kΩ от базы к земле. Резистор коллектора RC = 1,5 kΩ, резистор эмиттера RE = 2,2 kΩ. Примите VBE = 0,7 V и используйте эквивалент Тевенена для делителя (ток базы не пренебрегайте). Найдите напряжение коллектор–эмиттер VCE.

VCC = 12 VR1 = 47 kΩR2 = 10 kΩRC = 1,5 kΩRE = 2,2 kΩβ = 80
VCE = V
24.Диоды и транзисторыСложная
V (V)I (mA)0,65515,15Q = ?

Диод моделируется напряжением 0,65 V последовательно с 20 Ω (он проводит выше 0,65 V). Он включён последовательно с резистором 330 Ω к источнику 5 V. Найдите рабочий ток ID в точке пересечения характеристики диода и нагрузочной прямой.

Vs = 5 VR = 330 ΩV0 = 0,65 Vrd = 20 Ω
ID = mA
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код?−128?64?32?16?8?4?2?1

Запишите −89 как 8-битную комбинацию в дополнительном коде. Прочитайте комбинацию как беззнаковое двоичное число: каково его значение U в десятичной системе?

N = −898 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
8 bit1 px800 px600 pxM = ? KiB

Несжатое изображение имеет размер 800 × 600 пикселей и 8 бит на пиксель. Сколько памяти M оно занимает, в KiB (1 KiB = 1024 байта)?

800 × 600 px8 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
MUXCI0​1I1​C′I2​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 = 1, I₂ = C′, I₃ = C′. Для скольких из 8 комбинаций A, B и C выход F = 1? Найдите N.

I₀ = CI₁ = 1I₂ = C′I₃ = C′
N =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKJOHNSON

4-разрядный счётчик Джонсона Q₃Q₂Q₁Q₀ начинает с 0000. По каждому фронту тактового сигнала биты сдвигаются на одну позицию вправо (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀), а Q₃ получает инверсию Q₀. Укажите состояние Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ в виде десятичного числа после 10 фронтов тактового сигнала.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 000010
Q =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 0,4f(0,4) = ?

Найдите f(t) для F(s) = 45/(s(s + 1)(s + 3)) разложением на простые дроби и вычислите f(0,4).

F(s) = 45/(s(s + 1)(s + 3))t = 0,4 s
f(0.4) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,6y(0,6) = ?

Решите y″ + 6y′ + 8y = 0 при y(0) = −7 и y′(0) = −3 с помощью преобразования Лапласа и найдите y(0,6).

y″ + 6y′ + 8y = 0y(0) = −7y′(0) = −3t = 0,6 s
y(0.6) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+12K+5s + 5G(s)C(s)4H₁−−

Объект G(s) = 5/(s + 5) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 4. Коэффициент регулятора K = 12, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите полюс замкнутой системы p.

G(s) = 5/(s + 5)H₁ = 4K = 12
p =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+Kрегулятор+D(s)+4s + 8объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 4/(s + 8) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Ступенька возмущения величиной 5 действует на входе объекта при R = 0. Найдите наименьший коэффициент K, при котором установившийся выход не превышает 0,125.

G(s) = 4/(s + 8)D = 5css ≤ 0,125
K =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)2

Система имеет передаточную функцию G(s) = 124/(s² + 4s + 62) и получает на вход единичную ступеньку. Полюсы равны s = σ ± jωd. Найдите вещественную часть σ.

G(s) = 124/(s² + 4s + 62)
σ =
34.Переходная характеристикаСложная
+−24 VR = 30 ΩL = 500 mHC = 22 µFvC​

Последовательная RLC-цепь с R = 30 Ω, L = 500 mH и C = 22 µF подключается к ступеньке 24 V при t = 0. Конденсатор не заряжен, и до ступеньки ток не течёт. Найдите собственную частоту ωn без затухания в rad/s.

R = 30 ΩL = 500 mHC = 22 µFV = 24 V
ωn = rad/s
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​L = 5 mHC = 0,1 µFR = 50 Ωvout​

В показанном последовательном RLC-полосовом фильтре выход берётся на R = 50 Ω при L = 5 mH и C = 0,1 µF. Найдите центральную (резонансную) частоту f0 в Hz.

R = 50 ΩL = 5 mHC = 0,1 µF
f0 = Hz
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) = 20/(s(s + 1)(s + 10)). Найдите запас по усилению GM в dB.

L(s) = 20/(s(s + 1)(s + 10))
GM = dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K = 241s(s + 2)(s + 6)C(s)−

Контур на схеме работает при K = 24, L(s) = K/(s(s + 2)(s + 6)). Во сколько раз m можно увеличить коэффициент усиления, прежде чем замкнутая система станет неустойчивой?

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 6))K = 24
m =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−1−2−3−4−5−6j1sb​

Показан корневой годограф L(s) = K/((s + 3)(s + 5)). Найдите коэффициент усиления K в точке отрыва sb, где два полюса замкнутой системы встречаются на вещественной оси.

L(s) = K/((s + 3)(s + 5))
K =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
R(s)+K(s + 4)(s + 10)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет G(s) = K/((s + 4)(s + 10)). Найдите коэффициент усиления K, при котором установившаяся ошибка по ступеньке составляет 2 %.

G(s) = K/((s + 4)(s + 10))ess = 2 %
K =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
r(t) = 1t+1 + 2/s20(s + 2)(s + 4)C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = 1 + 2/s управляет объектом G(s) = 20/((s + 2)(s + 4)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите установившуюся ошибку ess для линейного входа r(t) = 1t.

C(s) = 1 + 2/sG(s) = 20/((s + 2)(s + 4))r(t) = 1t
ess =

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 2 A

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

R1​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​20 ΩB

Объединяйте резисторы с дальнего конца

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

R3 + R4 = 10 + 20 = 30 Ω
R2 ∥ 30 = 6·30/(6+30) = 5 Ω
Req = R1 + 5 = 4 + 5 = 9 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 18/9 = 2 A

Ответ

IR1 = 2 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR2 = 1,181 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​ = 3 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAR4​6 ΩBR6​5 Ω

Объединяйте резисторы с дальнего конца

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

R5 + R6 = 12 + 5 = 17 Ω
R4 ∥ 17 = 4,435 Ω
R3 + 4,435 = 19,43 Ω
R2 ∥ 19,43 = 8,466 Ω
Req = R1 + 8,466 = 3 + 8,466 = 11,47 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 24/11,47 = 2,093 A

Ток через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 24 − 2,093·3 = 17,72 V
IR2 = VA/R2 = 17,72/15 = 1,181 A

Ответ

IR2 = 1,181 A
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: I1 = −0,18 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)/5 + (VA − 9)/12 + (VA − 15)/20 = 0

Находим VA

VA = (9/5 + 9/12 + 15/20) / (1/5 + 1/12 + 1/20) = 3,3/0,3333 = 9,9 V

Ток ветви

Стрелка направлена вверх по ветви, в узел A.

I1 = (9 − VA)/R1 = (9 − 9,9)/5 = −0,18 A

Ответ

I1 = −0,18 A

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

4.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR4 = 2,813 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

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

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,9333·VA − 0,3333·VB = 3,6

ЗТК в узле B

Зависимый источник направляет ток g·VA в узел B. Рассматривайте его как независимый источник, а затем перенесите член с VA в левую часть.

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,5·VA
−0,8333·VA + 0,5833·VB = 0

Решите

Δ = (0,9333)(0,5833) − (−0,3333)(−0,8333) = 0,2667
VA = Δ1/Δ = 2,1/0,2667 = 7,875 V
VB = Δ2/Δ = 3/0,2667 = 11,25 V

Ток через R₄

IR4 = VB/R4 = 11,25/4 = 2,813 A

Ответ

IR4 = 2,813 A
5.Метод контурных токов

Ответ: I2 = −0,4235 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​ = 20 Ω+−V1​6 VR3​6 ΩA+−V2​12 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
15·I1 + 6(I1 − I2) = 6
21·I1 − 6·I2 = 6

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
20·I2 + 6(I2 − I1) = (−12)
−6·I1 + 26·I2 = −12

Решите

Δ = (21)(26) − (−6)(−6) = 510
I1 = Δ1/Δ = 84/510 = 0,1647 A
I2 = Δ2/Δ = −216/510 = −0,4235 A

Ответ

I2 = −0,4235 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I3 = −0,2417 A

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

R1​ = 12 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR4​4 ΩAR5​25 ΩB+−V2​6 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
12·I1 + 4(I1 − I2) = 9
16·I1 − 4·I2 = 9

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
20·I2 + 4(I2 − I1) + 25(I2 − I3) = 0
−4·I1 + 49·I2 − 25·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
8·I3 + 25(I3 − I2) = (−6)
−25·I2 + 33·I3 = −6

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 15344
I1 = Δ1/Δ = 8328/15344 = 0,5428 A
I2 = Δ2/Δ = −1212/15344 = −0,07899 A
I3 = Δ3/Δ = −3708/15344 = −0,2417 A

Ответ

I3 = −0,2417 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: IR3 = −1,674 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​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩAR4​8 ΩBОБРЫВ

Случай 1 · действует только V1

Iₛ становится разрывом, поэтому R₃ и R₄ образуют одну последовательную ветвь от A к земле, параллельную R₂.

R3+R4 = 3+8 = 11 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·11/(10+11) = 5,238 Ω
VA = 24·5,238/(5+5,238) = 12,28 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 12,28·8/11 = 8,93 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (12,28 − 8,93)/3 = 1,116 A
R1​ = 5 ΩR3​ = 3 ΩКЗR2​10 ΩAR4​8 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 = 5·10/(5+10) = 3,333 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 8 ∥ 6,333 = 3,535 Ω
VB = Is·Req = 5·3,535 = 17,67 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 17,67·3,333/6,333 = 9,302 V
IR3″ = (VA − VB)/R3 = (9,302 − 17,67)/3 = −2,791 A

Сложите составляющие

IR3 = IR3′ + IR3″
IR3 = 1,116 + (−2,791) = −1,674 A

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

8.Метод наложения

Ответ: VR3 = −7,286 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​ = 6 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​12 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 ∥ 60 = 5,455 Ω
VA = 12·5,455/(6+5,455) = 5,714 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 5,714·30/60 = 2,857 V
VR3′ = 0 − VA = 0 − 5,714 = −5,714 V
R1​ = 6 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 30 ΩКЗR3​6 ΩAIs​0,5 ABКЗ

Случай 2 · действует только Is

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

R1 ∥ R3 = 3 Ω, поэтому левый путь — R2+3 = 33 Ω
Req = R4 ∥ 33 = 15,71 Ω
VB = Is·Req = 0,5·15,71 = 7,857 V
VA = VB·3/33 = 0,7143 V
VR3″ = 0 − VA = 0 − 0,7143 = −0,7143 V
R1​ = 6 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 30 ΩКЗR3​6 ΩAОБРЫВB+−V2​18 V

Случай 3 · действует только V2

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

R1 ∥ R3 = 6·6/(6+6) = 3 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 18·33/63 = 9,429 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 9,429·3/33 = 0,8571 V
VR3‴ = 0 − VA = 0 − 0,8571 = −0,8571 V

Сложите составляющие

VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = (−5,714) + (−0,7143) + (−0,8571) = −7,286 V

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

9.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = 0,2273 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​ = 20 ΩКЗR2​20 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 = 12·20/(12+20) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 20 = 27,5 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​20 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) = 10·20/(12+20) = 6,25 V
IN​0,2273 ARth​27,5 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 = 6,25/27,5 = 0,2273 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 0,4259 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​ = 8 ΩR3​ = 3 ΩКЗR2​8 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 = 8·8/(8+8) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 3 = 7 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAIs​1 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) = 4,5 + 1·4 = 8,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 8,5 + 1·3 = 11,5 V
Rth​ = 7 Ω+−Vth​11,5 VRL​20 ΩIL​

Подключите нагрузку к эквиваленту Тевенина

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

IL = Vth/(Rth + RL) = 11,5/(7 + 20) = 0,4259 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vR = 6,903 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 = 47 mH / 10 Ω = 4,7 ms

Убывание тока

i(t) = 2·e−5/4,7 = 0,6903 A
vR = R·i = 10·0,6903 = 6,903 V

Ответ

vR = 6,903 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 0,9355 V

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

Начальное напряжение конденсатора

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

vC(0) = 9·2,2/(10 + 2,2) = 1,623 V

Постоянная времени после размыкания ключа

τ = R2·C = 2,2·33 = 72,6 ms

Разряд

vC(t) = 1,623·e−40/72,6 = 0,9355 V

Ответ

vC = 0,9355 V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: C = 0,02026 µF

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|.

Условие резонанса

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

ω₀ = 2π·5000 = 31416 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(31416²·0,05) = 0,02026 µF

Ответ

C = 0,02026 µF
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,1601 A

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

Реактивные сопротивления

ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,2 = 628,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·47·10⁻⁶) = 6,773 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(60² + (621,5)²) = 624,4 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 100/624,4 = 0,1601 A

Ответ

I = 0,1601 A
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Q = 2116 var

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

Реактивная мощность

Q = I²·X = 11,5²·16 = 2116 var

Ответ

Q = 2116 var
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: C = 170,3 µF

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 = 15·tan(49,46°) = 17,54 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 15·tan(25,84°) = 7,265 kvar
QC = Q1 − Q2 = 10,27 kvar

Ёмкость

Конденсатор, подключённый к сети, поставляет Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 10272/(2π·60·400²) = 170,3 µF

Ответ

C = 170,3 µF
17.Трёхфазная мощность

Ответ: IL = 29,11 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 = 18,5/0,91 = 20,33 kW

Ток линии

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 20330/(√3·480·0,84) = 29,11 A

Ответ

IL = 29,11 A
18.Трёхфазная мощность

Ответ: Cph = 1040 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 = 200·tan(acos 0,78) = 200·0,8023 = 160,5 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,92) = 200·0,426 = 85,2 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 75,26 kvar

Ёмкость на фазу

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

V = 480/√3 = 277,1 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 25086/(314,2·277,1²) = 1040 µF

Ответ

Cph = 1040 µF
19.Трансформаторы

Ответ: I1 = 0,5 A

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

Вторичные напряжение и ток

V2 = 480/4 = 120 V
I2 = 120/60 = 2 A

Первичный ток

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

I1 = I2/4 = 0,5 A

Ответ

I1 = 0,5 A

Проверка: нагрузка со стороны первичной обмотки равна a²·RL = 960 Ω, и 480/960 даёт тот же ток.

20.Трансформаторы

Ответ: Sη,max = 35,36 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

x²·300 = 150 → x = √(150/300) = 0,7071

Нагрузка при максимальном КПД

Sη,max = x·S = 0,7071·50 = 35,36 kVA

Ответ

Sη,max = 35,36 kVA
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 3,96 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) = 2·100/(1 + 100) = 1,98 V

Коэффициент усиления неинвертирующего усилителя

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

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 1,98·(1 + 10/10) = 3,96 V

Ответ

Vout = 3,96 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: t = 15,95 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 = 4,7 kΩ · 0,47 µF = 2,209 ms
скорость нарастания = −Vin/(RC) = −1,8/2,209 = −0,8148 V/ms

Время до насыщения

|Vin|·t/(RC) = Vsat → t = Vsat·RC/|Vin| = 13·2,209/1,8 = 15,95 ms

Ответ

t = 15,95 ms
23.Диоды и транзисторы

Ответ: VCE = 9,752 V

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

Эквивалент Тевенена для делителя

VTH = 12·10/(47 + 10) = 2,105 V
RTH = 47·10/(47 + 10) = 8,246 kΩ

Ток базы

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

IB = (2,105 − 0,7)/(8,246 + 81·2,2) = 7,537 µA

Ток коллектора

IC = 80·7,537 µA = 0,603 mA
IE = 81·7,537 µA = 0,6105 mA

Напряжение коллектор–эмиттер

VCE = 12 − 0,603·1,5 − 0,6105·2,2 = 9,752 V

Ответ

VCE = 9,752 V
24.Диоды и транзисторы

Ответ: ID = 12,43 mA

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).

Объедините два уравнения

5 = 0,65 + I·(330 + 20)

Рабочий ток

ID = 4,35/350 = 12,43 mA
VD = 0,65 + 0,01243·20 = 0,8986 V

Ответ

ID = 12,43 mA
25.Системы счисления

Ответ: U = 167

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

89 = 0101 1001
инвертировано: 1010 0110
+1 → 1010 0111

Прочитайте как беззнаковое

1010 0111₂ = 256 − 89 = 167

Ответ

U = 167
26.Системы счисления

Ответ: M = 468,8 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

800·600·8 = 3840000 bit = 480000 B

Переведите в KiB

480000/1024 = 468,75 KiB

Ответ

M = 468,75 KiB
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: N = 5

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′B + AB′C′ + ABC′

Строки с F = 1

ABC = 001, 010, 011, 100, 110
N = 5

Ответ

N = 5
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: Q = 12

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

Состояние после каждого фронта

0000 → 1000 → 1100 → 1110 → 1111 → 0111 → 0011 → 0001 → 0000 → 1000 → 1100

Десятичное значение

1100₂ = 12

Ответ

Q = 12
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.4) = 2,177

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 + 1) + C/(s + 3)
A = 45/(1·3) = 15
B = 45/((−1)·2) = −22,5
C = 45/((−3)·(−2)) = 7,5

Обратное преобразование

f(t) = 15 − 22,5·e−t + 7,5·e−3t

Вычислите

f(0,4) = 15 − 22,5·e−0,4 + 7,5·e−3·0,4 = 2,177

Ответ

f(0,4) = 2,177
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.6) = −3,897

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

Преобразование уравнения

s²Y − (−7)s − (−3) + 6(sY − (−7)) + 8Y = 0
Y(s) = (−7s − 45)/((s + 2)(s + 4))

Простые дроби

A = −31/2 = −15,5
B = −17/(−2) = 8,5

Результат

y(t) = −15,5·e−2t + 8,5·e−4t
y(0,6) = −3,897

Ответ

y(0,6) = −3,897

Проверка: y(0) = A + B = −7.

31.Структурные схемы

Ответ: p = −85

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) = 5/(s + 5 + 5·4) = 5/(s + 25)

Внешний контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 60/(s + 25 + 60) = 60/(s + 85)

Результат

p = −85

Ответ

p = −85
32.Структурные схемы

Ответ: K = 38

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

Реакция на возмущение

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 5·4/(8 + 4K)

Решите относительно K

8 + 4K = 5·4/0,125 = 160
K = (160 − 8)/4 = 38

Ответ

K = 38
33.Переходная характеристика

Ответ: σ = −2

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 = 62 → ωₙ = 7,874 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·7,874) = 0,254

Результат

σ = −ζωₙ = −4/2 = −2

Ответ

σ = −2
34.Переходная характеристика

Ответ: ωn = 301,5 rad/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).

Собственная частота и коэффициент демпфирования

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,5·2,2 × 10⁻⁵) = 301,5 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (30/2)·√(2,2 × 10⁻⁵/0,5) = 0,0995

Результат

ωₙ = 301,5 rad/s

Ответ

ωn = 301,5 rad/s
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: f0 = 7118 Hz

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.

Резонансная частота

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,005·1 × 10⁻⁷) = 44721 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 7118 Hz

Ответ

f0 = 7118 Hz
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: GM = 14,81 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/1)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(1·10) = 3,162 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 100)) = K/(1·10·(1 + 10)) = K/110

Запас по усилению

GM = 20·log₁₀(110/20) = 14,81 dB

Ответ

GM = 14,81 dB
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: m = 4

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.

Таблица Рауса

s³ + 8s² + 12s + K = 0
s³: 1, 12
s²: 8, K
s¹: (8·12 − K)/8
s⁰: K

Наибольший устойчивый коэффициент усиления

Kmax = 8·12 = 96

Множитель

m = 96/24 = 4

Ответ

m = 4

Этот множитель — запас по усилению в разах: 12,04 dB.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 1

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 + 3)(s + 5) равенство dK/ds = 0 даёт 2s + 8 = 0.

sb = −4

Условие по модулю

K = |−4 + 3|·|−4 + 5| = 1·1 = 1

Ответ

K = 1

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

39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 1960

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/40 = 49 → K = 1960

Ответ

K = 1960

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) = 1s + 2 → 2 при s → 0.

Kv = 2·20/8 = 5

Ошибка по линейному воздействию

ess = 1/5 = 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