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​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​10 ΩB

Найдите ток IR1, отдаваемый источником и текущий через R1.

V1 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 ΩR4 = 10 Ω
IR1 = A
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​6 ΩAR4​2 ΩBR6​5 Ω

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 6 VR1 = 5 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 ΩR4 = 2 ΩR5 = 2 ΩR6 = 5 Ω
Req = Ω
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 2 ΩIR1​R3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩAR4​10 ΩBIs​2,5 A

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

V1 = 9 VIs = 2,5 AR1 = 2 ΩR2 = 10 ΩR3 = 4 ΩR4 = 10 Ω
IR1 = A
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 4 ΩIR1​R2​ = 2 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​5 VR3​4 ΩAR5​20 ΩBIs​1,5 A+−V2​30 V

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

V1 = 5 VIs = 1,5 AV2 = 30 VR1 = 4 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 ΩR4 = 15 ΩR5 = 20 Ω
IR1 = A
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 6 ΩR2​ = 12 ΩIR2​+−V1​9 VR3​10 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

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

V1 = 9 VV2 = 15 VR1 = 6 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 Ω
IR2 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 30 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR4​25 ΩAR5​3 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

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

V1 = 10 VV2 = 9 VR1 = 30 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩR4 = 25 ΩR5 = 3 Ω
I1 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 8 ΩR3​ = 20 ΩIR3​+−V1​6 VR2​20 ΩAR4​3 ΩBIs​?

Найдите значение источника тока Is (направление как на схеме), при котором ток IR3 через R3 равен нулю.

V1 = 6 VR1 = 8 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 ΩR4 = 3 Ω
Is = A
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 4 ΩR2​ = 10 ΩIR2​R4​ = 2 Ω+−V1​36 VR3​5 ΩAIs​3 AB+−V2​30 V

Используйте метод наложения, чтобы найти мощность PR2, потребляемую R2.

V1 = 36 VIs = 3 AV2 = 30 VR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 ΩR4 = 2 Ω
PR2 = W
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 3 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAab

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

V1 = 10 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 5 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAIs​4 ABRL​10 ΩIL​

К a–b подключена нагрузка RL = 10 Ω. Замените остальную цепь эквивалентом Тевенина и найдите ток нагрузки IL.

V1 = 24 VIs = 4 AR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 30 ΩRL = 10 Ω
IL = A
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​10 Vt = 0R1​ = 1 kΩR2​ = 6,8 kΩC33 µF+−vC​

Источник Vₛ заряжает конденсатор через R₁, а R₂ подключён параллельно C. Конденсатор разряжен, когда ключ замыкается в момент t = 0. Найдите напряжение на конденсаторе vC в момент t = 60 ms.

Vs = 10 VR1 = 1 kΩR2 = 6,8 kΩC = 33 µFt = 60 ms
vC = V
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​12 VR1​ = 5 ΩR2​ = 5 Ωзамыкается при t = 0L47 mHi(t)

Ключ, шунтирующий R2, был разомкнут долгое время, поэтому ток катушки установившийся. При t = 0 ключ замыкается и закорачивает R2. Найдите ток катушки i при t = 15 ms.

Vs = 12 VR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩL = 47 mHt = 15 ms
i = A
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
24 V60 HzR = 20 ΩL = 50 mHC = 47 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 24 V (действующее значение), 60 Hz. Найдите активную мощность P, потребляемую от источника.

V = 24 V (rms)f = 60 HzR = 20 ΩL = 50 mHC = 47 µF
P = W
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
1 Vf0​R = 15 ΩL = 20 mHC = 10 µF

Последовательный RLC-контур питается от источника 1 V (действующее значение), частота которого равна резонансной частоте контура. Найдите действующее напряжение VL на катушке.

V = 1 V (rms)R = 15 ΩL = 20 mHC = 10 µF
VL = V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
P = 33 kWQSφ

Однофазный двигатель потребляет 33 kW при коэффициенте мощности 0,85 (индуктивном) от сети 400 V. Найдите ток линии I.

P = 33 kWpf = 0,85V = 400 V
I = A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
230 V50 Hzнагрузка4 kW, 0,8C150 µFI = ?

Однофазная нагрузка потребляет 4 kW при коэффициенте мощности 0,8 (индуктивном) от сети 230 V, 50 Hz. Параллельно нагрузке подключён конденсатор 150 µF. Найдите новый ток линии I.

P = 4 kWpf1 = 0,8V = 230 Vf = 50 HzC = 150 µF
I = A
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 208 VIL​ = 20 Acos φ = 0,75отстающий

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет линейный ток 20 A от сети с линейным напряжением 208 V. Коэффициент мощности 0,75 (отстающий). Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 208 VIL = 20 Acos φ = 0,75
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 100 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 100 kW при коэффициенте мощности 0,75 (отстающий) от сети 480 V (линейное), 60 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,9 (отстающий). Активная мощность не меняется. Найдите полную реактивную мощность QC, которую должна выдавать конденсаторная батарея, в kvar.

P = 100 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаторыСредняя
11000 V400 VIHV​ILV​ = ?15 kVA

Однофазный трансформатор 15 kVA, 11000/400 V работает при номинальной нагрузке. Считайте его идеальным. Найдите ток ILV в обмотке низшего напряжения.

S = 15 kVAV1 = 11000 VV2 = 400 V
ILV = A
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,8550 kVA, η = 98,5%

Однофазный трансформатор 50 kVA имеет потери в стали 400 W. При номинальной нагрузке и коэффициенте мощности 0,85 (отстающий) его КПД равен 98,5%. Найдите потери в меди при номинальной нагрузке Pcu,fl в ваттах.

S = 50 kVAPcore = 400 Wpf = 0,85η = 98,5%
Pcu,fl = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = 22 kΩR1​ = 10 kΩVin​ = 1,5 VRa​ = 2 kΩRb​ = 47 kΩ

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

Vin = 1,5 VRa = 2 kΩRb = 47 kΩR1 = 10 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
−+Vout​Rf​ = 22 kΩV1​ = 2 VR1​ = 10 kΩV2​ = −1,1 VR2​ = 22 kΩ

Суммирующий усилитель использует идеальный ОУ с питанием ±15 V. Найдите выходное напряжение Vout.

V1 = 2 VV2 = −1,1 VR1 = 10 kΩR2 = 22 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 4,7 kΩβ = 100IC​ = ?VCC​ = 10 VRB​ = 1000 kΩ

NPN-транзистор с β = 100 смещён резистором базы RB = 1000 kΩ от источника питания VCC = 10 V. Резистор коллектора RC = 4,7 kΩ, эмиттер заземлён. Примите VBE = 0,7 V и считайте, что транзистор работает в активном режиме. Найдите ток коллектора IC в mA.

VCC = 10 VRB = 1000 kΩRC = 4,7 kΩβ = 100VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 220 Ωβ = 80VCC​ = 12 V5 VRB​ = ?

NPN-транзистор с β = 80 коммутирует нагрузочный резистор 220 Ω, включённый между VCC = 12 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 5 V через резистор базы RB. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Найдите наибольшее сопротивление резистора базы RB, в kΩ, при котором транзистор ещё входит в насыщение.

VCC = 12 VRC = 220 Ωβ = 80Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −112 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −1128 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 0010 1100 AND 1101 0110. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

0010 1100AND1101 0110
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABC000111100101324576

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

F = BC′ + AB′C′ + A′B′C′
L =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​FFQ4​Q4​CLKMOD-24

Счётчику по модулю 24 нужно пройти через 24 различных состояний. Каково минимальное число триггеров n, которое ему нужно?

N = 24
n =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
t (s)f(t)t = 1f(1) = ?

Найдите f(t) для F(s) = 55/(s(s + 1)(s + 3)) разложением на простые дроби и вычислите f(1).

F(s) = 55/(s(s + 1)(s + 3))t = 1 s
f(1) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Решите y″ + 9y′ + 20y = 0 при y(0) = −2 и y′(0) = −12 с помощью преобразования Лапласа и найдите y(0,25).

y″ + 9y′ + 20y = 0y(0) = −2y′(0) = −12t = 0,25 s
y(0.25) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+32s + 5G(s)C(s)2H−

Объект G(s) = 32/(s + 5) управляется в контуре отрицательной обратной связи, у датчика которой коэффициент H = 2. Найдите постоянную времени τ замкнутой системы.

G(s) = 32/(s + 5)H = 2
τ = s
32.Структурные схемыСложная
R(s)+2регулятор+D(s)+3s + 8объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K = 2 управляет объектом G(s) = 3/(s + 8) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Возмущение D действует на входе объекта (прибавляется к выходу регулятора). Одновременно подаются ступенька задания величиной 5 и ступенька возмущения величиной 5. Найдите установившийся выход css.

K = 2G(s) = 3/(s + 8)D = 5R = 5
css =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1ts​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 24/(s² + 3s + 24) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 24/(s² + 3s + 24)
ts = s
34.Переходная характеристикаСложная
+−5 VR = 85 ΩL = 200 mHC = 10 µFvC​

Последовательная RLC-цепь с R = 85 Ω, L = 200 mH и C = 10 µF подключается к ступеньке 5 V при t = 0. Конденсатор не заряжен, и до ступеньки ток не течёт. Найдите пиковое напряжение vC,max на конденсаторе.

R = 85 ΩL = 200 mHC = 10 µFV = 5 V
vC,max = V
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​R = 47 ΩL = 47 mHvout​

Изображённый RL-фильтр верхних частот имеет R = 47 Ω, L = 47 mH. На вход подаётся синусоидальный сигнал 80 Hz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.

R = 47 ΩL = 47 mHf = 80 Hz
φ = °
36.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 23,2/(s(s + 8)). Найдите запас по фазе PM в градусах.

L(s) = 23,2/(s(s + 8))
PM = °
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1(s + 2)(s + 3)(s + 4)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 4)), K > 0. Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 4))
Kmax =
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81j1j2

Для L(s) = K/((s + 7)(s² + 6s + 13)) найдите угол выхода θd корневого годографа из комплексного полюса в верхней полуплоскости, отсчитываемый от положительного направления вещественной оси.

L(s) = K/((s + 7)(s² + 6s + 13))
θd = °
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 2t+10s(s + 2)(s + 4)C(s)−

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

G(s) = 10/(s(s + 2)(s + 4))r(t) = 2t
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K5s(s + 10)C(s)−

Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 5/(s(s + 10)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите коэффициент усиления K, при котором замкнутая система имеет коэффициент демпфирования ζ = 0,707.

G(s) = 5/(s(s + 10))ζ = 0,707
K =

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: IR1 = 0,503 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​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​10 ΩB

Объединяйте резисторы с дальнего конца

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

R3 + R4 = 3 + 10 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 20·13/(20+13) = 7,879 Ω
Req = R1 + 7,879 = 12 + 7,879 = 19,88 Ω

Ток источника

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

IR1 = V1/Req = 10/19,88 = 0,503 A

Ответ

IR1 = 0,503 A
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 8,133 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​ = 5 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​6 ΩAR4​2 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 = 2 + 5 = 7 Ω
R4 ∥ 7 = 1,556 Ω
R3 + 1,556 = 6,556 Ω
R2 ∥ 6,556 = 3,133 Ω
Req = R1 + 3,133 = 5 + 3,133 = 8,133 Ω

Ответ

Req = 8,133 Ω
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR1 = −0,1809 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​ = 2 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩAR4​10 ΩBIs​2,5 A

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 9 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/10 + (VA − 9)/2 + (VA − VB)/4 = 0
0,85·VA − 0,25·VB = 4,5

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/10 + (VB − VA)/4 = 2,5
−0,25·VA + 0,35·VB = 2,5

Решите

Δ = (0,85)(0,35) − (−0,25)(−0,25) = 0,235
VA = Δ1/Δ = 2,2/0,235 = 9,362 V
VB = Δ2/Δ = 3,25/0,235 = 13,83 V

Ответ

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (9 − 9,362)/2 = −0,1809 A
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: IR1 = 0,554 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​ = 4 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​5 VR3​4 ΩAR5​20 ΩBIs​1,5 A+−V2​30 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 5 V, V2 = 30 V). Неизвестные: VA, VB.

ЗТК в узле A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/4 + (VA − 5)/4 + (VA − VB)/2 = 0
VA − 0,5·VB = 1,25

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)/2 + (VB − 30)/15 = (−1,5)
−0,5·VA + 0,6167·VB = 0,5

Решите

Δ = (1)(0,6167) − (−0,5)(−0,5) = 0,3667
VA = Δ1/Δ = 1,021/0,3667 = 2,784 V
VB = Δ2/Δ = 1,125/0,3667 = 3,068 V

Ответ

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (5 − 2,784)/4 = 0,554 A
5.Метод контурных токов

Ответ: IR2 = −0,5952 A

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

R1​ = 6 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​9 VR3​10 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
6·I1 + 10(I1 − I2) = 9
16·I1 − 10·I2 = 9

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
12·I2 + 10(I2 − I1) = (−15)
−10·I1 + 22·I2 = −15

Решите

Δ = (16)(22) − (−10)(−10) = 252
I1 = Δ1/Δ = 48/252 = 0,1905 A
I2 = Δ2/Δ = −150/252 = −0,5952 A

Ответ

IR2 = I2 = −0,5952 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: I1 = 0,254 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​ = 30 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR4​25 ΩAR5​3 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
30·I1 + 25(I1 − I2) = 10
55·I1 − 25·I2 = 10

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
5·I2 + 25(I2 − I1) + 3(I2 − I3) = 0
−25·I1 + 33·I2 − 3·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
20·I3 + 3(I3 − I2) = (−9)
−3·I2 + 23·I3 = −9

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 26875
I1 = Δ1/Δ = 6825/26875 = 0,254 A
I2 = Δ2/Δ = 4265/26875 = 0,1587 A
I3 = Δ3/Δ = −9960/26875 = −0,3706 A

Ответ

I1 = 0,254 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: Is = 1,429 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​ = 8 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAR4​3 ΩBОБРЫВ

Случай 1 · действует только V1

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

R3+R4 = 20+3 = 23 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 20·23/(20+23) = 10,7 Ω
VA = 6·10,7/(8+10,7) = 3,433 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,433·3/23 = 0,4478 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (3,433 − 0,4478)/20 = 0,1493 A

Случай 2 · действует только Is

V₁ становится коротким замыканием, поэтому R₁ ∥ R₂ подключены между A и землёй. Iₛ делится в узле B между R₄ и ветвью R₃ + R₁∥R₂; часть через R₃ течёт от B к A, против стрелки.

R1 ∥ R2 = 5,714 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·3/28,71 = −0,1045·Is

Приравниваем сумму к нулю

IR3′ + IR3″ = 0,1493 − 0,1045·Is = 0
Is = 0,1493/0,1045 = 1,429 A

Ответ

Is = 1,429 A
8.Метод наложения

Ответ: PR2 = 12,66 W

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​ = 4 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​36 VR3​5 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) = 5 ∥ 12 = 3,529 Ω
VA = 36·3,529/(4+3,529) = 16,88 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 16,88·2/12 = 2,813 V
IR2′ = (VA − VB)/R2 = (16,88 − 2,813)/10 = 1,406 A
R1​ = 4 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 2 ΩКЗR3​5 ΩAIs​3 ABКЗ

Случай 2 · действует только Is

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

R1 ∥ R3 = 2,222 Ω, поэтому левый путь — R2+2,222 = 12,22 Ω
Req = R4 ∥ 12,22 = 1,719 Ω
VB = Is·Req = 3·1,719 = 5,156 V
VA = VB·2,222/12,22 = 0,9375 V
IR2″ = (VA − VB)/R2 = (0,9375 − 5,156)/10 = −0,4219 A
R1​ = 4 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 2 ΩКЗR3​5 ΩAОБРЫВB+−V2​30 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 = 4·5/(4+5) = 2,222 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 30·12,22/14,22 = 25,78 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 25,78·2,222/12,22 = 4,688 V
IR2‴ = (VA − VB)/R2 = (4,688 − 25,78)/10 = −2,109 A

Складываем вклады токов

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴ = 1,406 + (−0,4219) + (−2,109) = −1,125 A

Мощность в резисторе

Мощность зависит от квадрата тока, поэтому принцип наложения к ней неприменим: сначала сложите токи, затем возведите в квадрат.

PR2 = IR2²·R2 = (−1,125)²·10 = 12,66 W

Ответ

PR2 = 12,66 W

Сложение мощностей отдельных случаев дало бы 66,05 W, что неверно.

9.Тевенин и Нортон

Ответ: IN = 1,064 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​ = 3 ΩR3​ = 4 ΩКЗR2​5 ΩAabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

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

R1 ∥ R2 = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 4 = 5,875 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​5 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) = 10·5/(3+5) = 6,25 V
IN​1,064 ARth​5,875 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 = 6,25/5,875 = 1,064 A
10.Тевенин и Нортон

Ответ: IL = 3,414 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​ = 5 ΩR3​ = 30 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 = 5·8/(5+8) = 3,077 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,077 + 30 = 33,08 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAIs​4 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) = 14,77 + 4·3,077 = 27,08 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 27,08 + 4·30 = 147,1 V
Rth​ = 33,08 Ω+−Vth​147,1 VRL​10 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) = 147,1/(33,08 + 10) = 3,414 A
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 7,635 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.

Эквивалентная схема Тевенина со стороны конденсатора

Закоротите источник, чтобы найти Rth; отключите конденсатор, чтобы найти напряжение, до которого он зарядится.

Rth = R1 ∥ R2 = 1·6,8/(1 + 6,8) = 0,8718 kΩ
vC(∞) = 10·6,8/(1 + 6,8) = 8,718 V

Постоянная времени

τ = Rth·C = 0,8718·33 = 28,77 ms

Кривая заряда

vC(t) = 8,718·(1 − e−60/28,77) = 7,635 V

Ответ

vC = 7,635 V
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: i = 2,157 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 в контур входят оба резистора; после этого замкнутый ключ шунтирует R₂.

i(0) = 12/(5 + 5) = 1,2 A
i(∞) = 12/5 = 2,4 A
τ = L/R = 47/5 = 9,4 ms
i(t) = 2,4 + (1,2 − 2,4)·e−t/τ

Ток в заданный момент

i(15) = 2,4 + (−1,2)·e−15/9,4 = 2,157 A

Ответ

i = 2,157 A
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: P = 6,355 W

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 = 18,85 Ω, XC = 56,44 Ω

Полное сопротивление

|Z| = √(20² + (−37,59)²) = 42,58 Ω

Активная мощность

Катушки и конденсаторы только запасают и возвращают энергию; всю активную мощность потребляет резистор.

I = 24/42,58 = 0,5637 A
P = I²·R = 0,5637²·20 = 6,355 W

Ответ

P = 6,355 W
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: VL = 2,981 V

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

Резонанс

При резонансе реактивные сопротивления компенсируются, поэтому полное сопротивление равно просто R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,02·10·10⁻⁶) = 2236 rad/s
I = V/R = 1/15 = 0,06667 A

Напряжение на катушке

XL = ω₀L = 2236·0,02 = 44,72 Ω
VL = I·XL = 0,06667·44,72 = 2,981 V

Ответ

VL = 2,981 V

Это в Q = 2,981 раз больше напряжения источника.

15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 97,06 A

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

Ток линии

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

I = P/(V·cos φ) = 33000/(400·0,85) = 97,06 A

Ответ

I = 97,06 A
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: I = 17,53 A

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

Реактивная мощность до и после

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

Q1 = 4·tan(arccos 0,8) = 3 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·50·150·10⁻⁶ = 2493 var = 2,493 kvar
Q2 = 3 − 2,493 = 0,5071 kvar

Новая полная мощность

S2 = √(4² + 0,5071²) = 4,032 kVA

Новый ток линии

I = S2/V = 4032/230 = 17,53 A

Ответ

I = 17,53 A
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 5,404 kW

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

Полная мощность

S = √3·VL·IL = √3·208·20 = 7,205 kVA

Активная мощность

P = S·cos φ = 7,205·0,75 = 5,404 kW

Ответ

P = 5,404 kW
18.Трёхфазная мощность

Ответ: QC = 39,76 kvar

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

Реактивная мощность до и после

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

Q1 = 100·tan(acos 0,75) = 100·0,8819 = 88,19 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,9) = 100·0,4843 = 48,43 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 39,76 kvar

Ответ

QC = 39,76 kvar
19.Трансформаторы

Ответ: ILV = 37,5 A

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

Номинальный ток

Через обе обмотки передаётся одинаковая полная мощность.

ILV = S/V = 15000/400 = 37,5 A

Ответ

ILV = 37,5 A
20.Трансформаторы

Ответ: Pcu,fl = 247,2 W

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

Выходная и потребляемая мощность

Pout = 50·0,85 = 42,5 kW
Pin = 42500/0,985 = 43147 W

Суммарные потери и потери в меди

Ploss = 43147 − 42500 = 647,2 W
Pcu,fl = 647,2 − 400 = 247,2 W

Ответ

Pcu,fl = 247,2 W
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = 4,604 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) = 1,5·47/(2 + 47) = 1,439 V

Коэффициент усиления неинвертирующего усилителя

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

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 1,439·(1 + 22/10) = 4,604 V

Ответ

Vout = 4,604 V
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −3,3 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.

Входные токи

V₋ = 0, поэтому на каждом входном резисторе всё его входное напряжение.

I1 = V1/R1 = 2/10 = 0,2 mA
I2 = V2/R2 = −1,1/22 = −0,05 mA
If = I1 + I2 = 0,15 mA

Выходное напряжение

Vout = −Rf·If = −22·0,15 = −3,3 V

Ответ

Vout = −3,3 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 0,93 mA

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

Ток базы

IB = (VCC − VBE)/RB = (10 − 0,7)/1000 kΩ = 9,3 µA

Ток коллектора

IC = β·IB = 100·9,3 µA = 0,93 mA

Ответ

IC = 0,93 mA

Проверка: VCE = 5,629 V заметно больше 0,2 V, значит, транзистор действительно в активном режиме.

24.Диоды и транзисторы

Ответ: RB = 6,414 kΩ

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

Ток коллектора в насыщении

IC(sat) = (12 − 0,2)/220 = 53,64 mA

Минимальный ток базы

IB(min) = IC(sat)/β = 53,64/80 = 670,5 µA

Резистор базы

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,6705 mA = 6,414 kΩ

Ответ

RB = 6,414 kΩ

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

25.Системы счисления

Ответ: U = 144

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

112 = 0111 0000
инвертировано: 1000 1111
+1 → 1001 0000

Прочитайте как беззнаковое

1001 0000₂ = 256 − 112 = 144

Ответ

U = 144
26.Системы счисления

Ответ: R = 4

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

AND даёт 1 только там, где оба бита равны 1.

0010 1100
AND 1101 0110
= 0000 0100

Значение результата

0000 0100₂ = 4

Ответ

R = 4
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 1

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(2, 6)
AB′C′ → m(4)
A′B′C′ → m(0)
ABC00011110011001031214050716

Сгруппируйте и прочитайте

F = C′

Посчитайте литералы

L = 1

Ответ

L = 1
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: n = 5

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.

Число триггеров

2ⁿ ≥ 24 → n = 5 (2⁵ = 32)

Ответ

n = 5
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(1) = 8,673

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 = 55/(1·3) = 18,33
B = 55/((−1)·2) = −27,5
C = 55/((−3)·(−2)) = 9,167

Обратное преобразование

f(t) = 18,33 − 27,5·e−t + 9,167·e−3t

Вычислите

f(1) = 18,33 − 27,5·e−1 + 9,167·e−3·1 = 8,673

Ответ

f(1) = 8,673
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.25) = −2,363

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 − (−2)s − (−12) + 9(sY − (−2)) + 20Y = 0
Y(s) = (−2s − 30)/((s + 4)(s + 5))

Простые дроби

A = −22/1 = −22
B = −20/(−1) = 20

Результат

y(t) = −22·e−4t + 20·e−5t
y(0,25) = −2,363

Ответ

y(0,25) = −2,363

Проверка: y(0) = A + B = −2.

31.Структурные схемы

Ответ: τ = 0,01449 s

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

Передаточная функция замкнутой системы

T(s) = G/(1 + G·H) = 32/(s + 5 + 64) = 32/(s + 69)

Результат

τ = 1/69 = 0,01449 s

Ответ

τ = 0,01449 s
32.Структурные схемы

Ответ: css = 3,214

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) = 3/(s + 8 + 6)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 6/(s + 8 + 6)

Установившийся режим

css = 5·6/14 + 5·3/14 = 3,214

Ответ

css = 3,214

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

33.Переходная характеристика

Ответ: ts = 2,667 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 = 24 → ωₙ = 4,899 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·4,899) = 0,3062

Результат

ζωₙ = 1,5 → ts ≈ 4/1,5 = 2,667 s

Ответ

ts = 2,667 s
34.Переходная характеристика

Ответ: vC,max = 6,858 V

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/√(0,2·1 × 10⁻⁵) = 707,1 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (85/2)·√(1 × 10⁻⁵/0,2) = 0,3005

Результат

%OS = 37,16 %
vC,max = 5·(1 + 0,3716) = 6,858 V

Ответ

vC,max = 6,858 V
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: φ = 63,31 °

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

Частота среза

ωc = R/L = 47/0,047 = 1000 rad/s
fc = 159,2 Hz → f/fc = 80/159,2 = 0,5027

Фаза

φ = 90° − atan(0,5027) = 63,31°

Ответ

φ = 63,31°
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: PM = 71,07 °

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

Частота среза усиления

ω⁴ + 64ω² − 538,2 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·538,2))/2 = 7,525
ωc = 2,743 rad/s

Запас по фазе

∠L(jωc) = −90° − atan(2,743/8) = −108,9°
PM = 180° + ∠L = 71,07°

Ответ

PM = 71,07°
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 210

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 + 9s² + 26s + 24 + K = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 26
s²: 9, 24 + K
s¹: (9·26 − 24 − K)/9
s⁰: 24 + K

Условие

Элемент строки s¹ должен оставаться положительным.

K < 9·26 − 24 = 210

Ответ

Kmax = 210

На границе устойчивости контур колеблется с частотой ω = √26 = 5,099 rad/s.

38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: θd = 63,43 °

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.

Положения полюсов

s² + 6s + 13 = 0 → s = −3 ± j2
s = −7

Углы от остальных полюсов

∠(−3 + j2 + 7) = atan2(2, 4) = 26,57°
∠(−3 + j2 − (−3 − j2)) = ∠(j4) = 90°

Угол выхода

θd = 180° − 26,57° − 90° = 63,43°

Ответ

θd = 63,43°
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 1,6

Установившаяся ошибка: в контуре с единичной обратной связью и передаточной функцией разомкнутой системы G(s) ошибка равна E(s) = R(s)/(1 + G(s)), а по теореме о конечном значении ess = lims→0 s·E(s). Тип системы — это число полюсов G(s) в точке s = 0. Коэффициенты ошибок: Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) и Ka = lim s²·G(s), все при s → 0. Ступенчатое воздействие величиной A даёт ess = A/(1 + Kp), линейное A·t даёт A/Kv, а параболическое A·t²/2 даёт A/Ka. Контур типа 0 отслеживает ступеньку с конечной ошибкой, контур типа 1 отслеживает её точно, а линейное воздействие — с конечной ошибкой.

Коэффициент скоростной ошибки

Kv = lim s·G(s) = 1,25

Ошибка по линейному воздействию

ess = 2/1,25 = 1,6

Ответ

ess = 1,6
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 10

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

Характеристический полином

s(s + 10) + 5K = s² + 10s + 5K

Собственная частота

2·0,707·ωₙ = 10 → ωₙ = 7,072 rad/s

Коэффициент усиления

5K = ωₙ² = 50,02 → K = 10

Ответ

K = 10

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