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 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAR4​4 ΩB

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 30 VR1 = 12 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 ΩR4 = 4 Ω
Req = Ω
2.Последовательные и параллельные резисторыСложная
R1​ = 15 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAR4​4 ΩBR6​20 Ω

Найдите эквивалентное сопротивление Req, которое видит источник V1.

V1 = 30 VR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 12 ΩR4 = 4 ΩR5 = 10 ΩR6 = 20 Ω
Req = Ω
3.Метод узловых потенциаловСредняя
R1​ = 10 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAR4​3 ΩBIs​1 A

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

V1 = 24 VIs = 1 AR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 15 ΩR4 = 3 Ω
PIs = W
4.Метод узловых потенциаловСложная
R1​ = 4 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​6 VR3​20 ΩAR5​30 ΩBIs​1 A+−V2​9 V

Используйте метод узловых потенциалов, чтобы найти узловое напряжение VA (относительно земли).

V1 = 6 VIs = 1 AV2 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 2 ΩR3 = 20 ΩR4 = 6 ΩR5 = 30 Ω
VA = V
5.Метод контурных токовСредняя
R1​ = 10 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​2 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

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

V1 = 24 VV2 = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 Ω
I2 = A
6.Метод контурных токовСложная
R1​ = 4 ΩR2​ = 3 ΩIR2​R3​ = 20 Ω+−V1​18 VR4​3 ΩAR5​2 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

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

V1 = 18 VV2 = 15 VR1 = 4 ΩR2 = 3 ΩR3 = 20 ΩR4 = 3 ΩR5 = 2 Ω
IR2 = A
7.Метод наложенияСредняя
R1​ = 2 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAR4​5 ΩIR4​BIs​1,5 A

Используйте метод наложения, чтобы найти мощность PR4, потребляемую R4.

V1 = 18 VIs = 1,5 AR1 = 2 ΩR2 = 10 ΩR3 = 10 ΩR4 = 5 Ω
PR4 = W
8.Метод наложенияСложная
R1​ = 25 ΩR2​ = 30 Ω+−VR2​R4​ = 30 Ω+−V1​18 VR3​5 ΩAIs​3 AB+−V2​9 V

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

V1 = 18 VIs = 3 AV2 = 9 VR1 = 25 ΩR2 = 30 ΩR3 = 5 ΩR4 = 30 Ω
VR2 = V
9.Тевенин и НортонСредняя
R1​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAab

Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.

V1 = 10 VR1 = 8 ΩR2 = 20 ΩR3 = 12 Ω
Vth = V
10.Тевенин и НортонСложная
R1​ = 30 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAIs​3 ABab

Найдите напряжение Тевенина Vth со стороны зажимов a–b.

V1 = 18 VIs = 3 AR1 = 30 ΩR2 = 20 ΩR3 = 25 Ω
Vth = V
11.Переходные процессы RC и RLСредняя
+−Vs​6 Vt = 0R = 20 ΩL100 mHi(t)

До замыкания ключа в момент t = 0 тока через катушку нет. Найдите энергию W, запасённую в катушке при t = 10 ms, в mJ.

Vs = 6 VR = 20 ΩL = 100 mHt = 10 ms
W = mJ
12.Переходные процессы RC и RLСложная
+−Vs​24 Vразмыкается при t = 0R1​ = 1 kΩR2​ = 1 kΩC10 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 = 5 ms.

Vs = 24 VR1 = 1 kΩR2 = 1 kΩC = 10 µFt = 5 ms
vC = V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСредняя
24 V200 HzR = 15 ΩL = 100 mHC = 2,2 µFI

Последовательная цепь RLC подключена к сети 24 V (действующее значение), 200 Hz. Найдите действующее значение тока I.

V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 15 ΩL = 100 mHC = 2,2 µF
I = A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитудыСложная
5 Vf0​R = 50 ΩL = 200 mHC = 0,47 µF

Последовательный RLC-контур питается от источника 5 V (действующее значение), частота которого равна резонансной частоте контура. Найдите действующее напряжение VL на катушке.

V = 5 V (rms)R = 50 ΩL = 200 mHC = 0,47 µF
VL = V
15.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСредняя
P = 12 kWQ = ?Sφ

Однофазный двигатель потребляет 12 kW при коэффициенте мощности 0,9 (индуктивном) от сети 230 V. Найдите реактивную мощность Q, которую он потребляет.

P = 12 kWpf = 0,9V = 230 V
Q = kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощностиСложная
P = 45 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазная нагрузка потребляет 45 kW при коэффициенте мощности 0,75 (индуктивном) от сети 240 V, 60 Hz. Параллельно подключённый конденсатор повышает коэффициент мощности до 0,95. Найдите новый ток линии Inew.

P = 45 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95V = 240 Vf = 60 Hz
Inew = A
17.Трёхфазная мощностьСредняя
ABCVL​ = 400 VNZ = 7 + j24 Ωна фазу

Симметричная нагрузка, соединённая звездой, с полным сопротивлением 7 + j24 Ω на фазу подключена к симметричной трёхфазной сети с линейным напряжением 400 V. Найдите полную активную мощность P, потребляемую нагрузкой, в kW.

VL = 400 VZ = 7 + j24 Ω на фазу
P = kW
18.Трёхфазная мощностьСложная
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симметричная трёхфазная нагрузка потребляет 60 kW при коэффициенте мощности 0,7 (отстающий) от сети 415 V (линейное), 50 Hz. Трёхфазная конденсаторная батарея, включённая параллельно нагрузке, должна повысить общий коэффициент мощности до 0,92 (отстающий). Активная мощность не меняется. Найдите полную реактивную мощность QC, которую должна выдавать конденсаторная батарея, в kvar.

P = 60 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.ТрансформаторыСредняя
RL​ = 40 Ω51600 VV2​I1​ = ?I2​

К первичной обмотке идеального трансформатора с коэффициентом трансформации N₁:N₂ = 5:1 приложено 600 V. К вторичной обмотке подключён резистор 40 Ω. Найдите первичный ток I1.

N1:N2 = 5:1V1 = 600 VRL = 40 Ω
I1 = A
20.ТрансформаторыСложная
pf 0,8575 kVA, η = 97%

Однофазный трансформатор 75 kVA имеет потери в стали 225 W. При номинальной нагрузке и коэффициенте мощности 0,85 (отстающий) его КПД равен 97%. Найдите потери в меди при номинальной нагрузке Pcu,fl в ваттах.

S = 75 kVAPcore = 225 Wpf = 0,85η = 97%
Pcu,fl = W
21.Схемы на операционных усилителяхСредняя
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 10 kΩVin​

Подберите резистор обратной связи Rf, чтобы этот неинвертирующий усилитель имел коэффициент усиления по напряжению 10.

R1 = 10 kΩAv = 10
Rf = kΩ
22.Схемы на операционных усилителяхСложная
Vin​V1​Vout​каскад 1: инвертирующийR1​ = 4,7 kΩRf1​ = 10 kΩкаскад 2: неинвертирующийR2​ = 4,7 kΩRf2​ = 1 kΩ

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

R1 = 4,7 kΩRf1 = 10 kΩR2 = 4,7 kΩRf2 = 1 kΩVin = 0,15 V
Vout = V
23.Диоды и транзисторыСредняя
RC​ = 2,7 kΩβ = 150RE​ = 2,2 kΩVCC​ = 20 VR1​ = 39 kΩR2​ = 8,2 kΩ

NPN-транзистор с β = 150 смещён делителем напряжения от VCC = 20 V: R₁ = 39 kΩ от VCC к базе и R₂ = 8,2 kΩ от базы к земле. Резистор коллектора RC = 2,7 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 = 20 VR1 = 39 kΩR2 = 8,2 kΩRC = 2,7 kΩRE = 2,2 kΩβ = 150
VCE = V
24.Диоды и транзисторыСложная
RC​ = 330 Ωβ = 200IC​ = ?VCC​ = 24 V5 VRB​ = 2,2 kΩ

NPN-транзистор с β = 200 коммутирует нагрузочный резистор 330 Ω, включённый между VCC = 24 V и его коллектором. Эмиттер заземлён. База управляется от логического выхода 5 V через резистор базы RB = 2,2 kΩ. Примите VBE = 0,7 V и VCE(sat) = 0,2 V. Найдите ток коллектора IC в mA при высоком уровне на входе. Сначала определите, насыщен ли транзистор.

VCC = 24 VRC = 330 Ωβ = 200Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 2,2 kΩ
IC = mA
25.Системы счисленияСредняя
8-битный дополнительный код0−12806403201608040201

Установите биты так, чтобы они хранили −92 в 8-битном дополнительном коде. Чему равно значение комбинации U, если читать её как число без знака?

N = −928 bit
U =
26.Системы счисленияСложная
нажимайте на биты, чтобы установить их012806403201608040201

Установите биты в 8-битный результат операции 1111 1010 >> 3. Чему равно значение результата R в десятичной системе?

1111 1010>> 3
R =
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСредняя
ABCD000111100001111010111302141517160120130150140819111110

С помощью карты Карно найдите минимальную форму «сумма произведений» (SOP) для F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 3, 4, 5, 6, 7, 9, 10, 11). Сколько всего литералов, L, она содержит (переменная со штрихом считается одним литералом)?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 3, 4, 5, 6, 7, 9, 10, 11)
L =
28.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггерыСложная
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​FFQ4​Q4​CLKMOD-20

Счётчику по модулю 20 нужно пройти через 20 различных состояний. Каково минимальное число триггеров n, которое ему нужно?

N = 20
n =
29.Преобразования ЛапласаСредняя
ReIm−2−42

Найдите f(t) для F(s) = (4s + 18)/(s² + 4s + 13) выделением полного квадрата и вычислите f(0,4).

F(s) = (4s + 18)/(s² + 4s + 13)t = 0,4 s
f(0.4) =
30.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,4y(0,4) = ?

Решите y″ + 5y′ + 6y = 0 при y(0) = −5 и y′(0) = 7 с помощью преобразования Лапласа и найдите y(0,4).

y″ + 5y′ + 6y = 0y(0) = −5y′(0) = 7t = 0,4 s
y(0.4) =
31.Структурные схемыСредняя
R(s)+16s + 9G(s)C(s)0,2H−

Объект G(s) = 16/(s + 9) управляется в контуре отрицательной обратной связи, у датчика которой коэффициент H = 0,2. На R подаётся ступенька величиной 12. Найдите установившееся значение выхода css.

G(s) = 16/(s + 9)H = 0,2R = 12
css =
32.Структурные схемыСложная
R(s)+19s + 3G₁+7s + 2G₂C(s)1H₁−0,5H₂−

Упростите структурную схему, где G₁ = 19/(s + 3), G₂ = 7/(s + 2), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 1 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 0,5. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).

G₁ = 19/(s + 3)G₂ = 7/(s + 2)H₁ = 1H₂ = 0,5
T(0) =
33.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1

Система имеет передаточную функцию G(s) = 81/(s² + 13s + 81) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите коэффициент демпфирования ζ.

G(s) = 81/(s² + 13s + 81)
ζ =
34.Переходная характеристикаСложная
t (s)y(t)12 %

Переходная характеристика системы второго порядка без нулей должна иметь перерегулирование 2 %. Найдите коэффициент демпфирования ζ.

%OS = 2 %
ζ =
35.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​L = 100 mHC = 4,7 µFR = 50 Ωvout​

В показанном последовательном RLC-полосовом фильтре выход берётся на R = 50 Ω при L = 100 mH и C = 4,7 µF. Найдите полосу пропускания по уровню −3 dB BW в Hz.

R = 50 ΩL = 100 mHC = 4,7 µF
BW = Hz
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) = 15,2/(s(s + 8)). Найдите запас по фазе PM в градусах.

L(s) = 15,2/(s(s + 8))
PM = °
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1s(s + 2)(s + 10)C(s)−

Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 2)(s + 10)). Коэффициент усиления повышают до тех пор, пока замкнутая система не окажется на границе устойчивости. Найдите частоту ω незатухающих колебаний.

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

Корневой годограф L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8)) покидает вещественную ось между s = 0 и s = −2. Найдите точку отрыва sb.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8))
sb =
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 0,5t+2(s + 1)s(s + 1)(s + 5)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 2(s + 1)/(s(s + 1)(s + 5)) подано линейное воздействие r(t) = 0,5t. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 2(s + 1)/(s(s + 1)(s + 5))r(t) = 0,5t
ess =
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+Kp​ + Ki​/s5s + 2C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s управляет объектом G(s) = 5/(s + 2) в контуре с единичной обратной связью. Замкнутая система должна иметь ωₙ = 3 rad/s и ζ = 0,7. Найдите интегральный коэффициент Ki.

G(s) = 5/(s + 2)ωₙ = 3 rad/sζ = 0,7
Ki =

3Растворы

1.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 14,73 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​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAR4​4 ΩB

Объединяйте резисторы с дальнего конца

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

R3 + R4 = 2 + 4 = 6 Ω
R2 ∥ 6 = 5·6/(5+6) = 2,727 Ω
Req = R1 + 2,727 = 12 + 2,727 = 14,73 Ω

Ответ

Req = 14,73 Ω
2.Последовательные и параллельные резисторы

Ответ: Req = 19,33 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​ = 15 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAR4​4 ΩBR6​20 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 = 10 + 20 = 30 Ω
R4 ∥ 30 = 3,529 Ω
R3 + 3,529 = 15,53 Ω
R2 ∥ 15,53 = 4,328 Ω
Req = R1 + 4,328 = 15 + 4,328 = 19,33 Ω

Ответ

Req = 19,33 Ω
3.Метод узловых потенциалов

Ответ: PIs = 4,581 W

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

ЗТК в узле A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/20 + (VA − 24)/10 + (VA − VB)/15 = 0
0,2167·VA − 0,06667·VB = 2,4

ЗТК в узле B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/3 + (VB − VA)/15 = 1
−0,06667·VA + 0,4·VB = 1

Решите

Δ = (0,2167)(0,4) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,08222
VA = Δ1/Δ = 1,027/0,08222 = 12,49 V
VB = Δ2/Δ = 0,3767/0,08222 = 4,581 V

Мощность, отдаваемая источником тока

Источник направляет ток Iₛ вверх в узел B, от земли (0 V) к VB. Источник, ток которого выходит из его вывода +, отдаёт мощность P = V·I.

PIs = VB·Is = 4,581·1 = 4,581 W

Ответ

PIs = 4,581 W
4.Метод узловых потенциалов

Ответ: VA = 7,419 V

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

R1​ = 4 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​6 VR3​20 ΩAR5​30 ΩBIs​1 A+−V2​9 V

Определите узлы

Земля — нижний провод. Известные узловые напряжения берутся прямо из источников (V1 = 6 V, V2 = 9 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/20 + (VA − 6)/4 + (VA − VB)/2 = 0
0,8·VA − 0,5·VB = 1,5

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/30 + (VB − VA)/2 + (VB − 9)/6 = 1
−0,5·VA + 0,7·VB = 2,5

Решите

Δ = (0,8)(0,7) − (−0,5)(−0,5) = 0,31
VA = Δ1/Δ = 2,3/0,31 = 7,419 V
VB = Δ2/Δ = 2,75/0,31 = 8,871 V

Ответ

VA = 7,419 V
5.Метод контурных токов

Ответ: I2 = −0,2609 A

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

R1​ = 10 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​2 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
10·I1 + 2(I1 − I2) = 24
12·I1 − 2·I2 = 24

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
6·I2 + 2(I2 − I1) = (−6)
−2·I1 + 8·I2 = −6

Решите

Δ = (12)(8) − (−2)(−2) = 92
I1 = Δ1/Δ = 180/92 = 1,957 A
I2 = Δ2/Δ = −24/92 = −0,2609 A

Ответ

I2 = −0,2609 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

6.Метод контурных токов

Ответ: IR2 = 0,9722 A

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

R1​ = 4 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR4​3 ΩAR5​2 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

Задайте контурные токи

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

ЗНК для контура 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
4·I1 + 3(I1 − I2) = 18
7·I1 − 3·I2 = 18

ЗНК для контура 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
3·I2 + 3(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−3·I1 + 8·I2 − 2·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 + 2(I3 − I2) = (−15)
−2·I2 + 22·I3 = −15

Решите

Δ = определитель матрицы коэффициентов = 1006
I1 = Δ1/Δ = 3006/1006 = 2,988 A
I2 = Δ2/Δ = 978/1006 = 0,9722 A
I3 = Δ3/Δ = −597/1006 = −0,5934 A

Ответ

IR2 = I2 = 0,9722 A

Отрицательный контурный ток течёт против часовой стрелки.

7.Метод наложения

Ответ: PR4 = 0,1125 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​ = 2 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAR4​5 ΩBОБРЫВ

Случай 1 · действует только V1

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

R3+R4 = 10+5 = 15 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·15/(10+15) = 6 Ω
VA = 18·6/(2+6) = 13,5 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 13,5·5/15 = 4,5 V
IR4′ = (VB − 0)/R4 = (4,5 − 0)/5 = 0,9 A
R1​ = 2 ΩR3​ = 10 ΩКЗR2​10 ΩAR4​5 ΩBIs​1,5 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. Стрелка Iₛ направлена вниз, от своего узла, поэтому Iₛ отводит ток из этого узла: его член входит со знаком минус.

R1 ∥ R2 = 2·10/(2+10) = 1,667 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 5 ∥ 11,67 = 3,5 Ω
VB = −Is·Req = −1,5·3,5 = −5,25 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −5,25·1,667/11,67 = −0,75 V
IR4″ = (VB − 0)/R4 = (−5,25 − 0)/5 = −1,05 A

Складываем вклады токов

IR4 = IR4′ + IR4″ = 0,9 + (−1,05) = −0,15 A

Мощность в резисторе

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

PR4 = IR4²·R4 = (−0,15)²·5 = 0,1125 W

Ответ

PR4 = 0,1125 W

Сложение мощностей отдельных случаев дало бы 9,562 W, что неверно.

8.Метод наложения

Ответ: VR2 = −44,88 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​ = 25 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​18 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 ∥ 60 = 4,615 Ω
VA = 18·4,615/(25+4,615) = 2,805 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,805·30/60 = 1,403 V
VR2′ = VA − VB = 2,805 − 1,403 = 1,403 V
R1​ = 25 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 30 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 = 4,167 Ω, поэтому левый путь — R2+4,167 = 34,17 Ω
Req = R4 ∥ 34,17 = 15,97 Ω
VB = Is·Req = 3·15,97 = 47,92 V
VA = VB·4,167/34,17 = 5,844 V
VR2″ = VA − VB = 5,844 − 47,92 = −42,08 V
R1​ = 25 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 30 ΩКЗR3​5 ΩAОБРЫВB+−V2​9 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 = 25·5/(25+5) = 4,167 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 9·34,17/64,17 = 4,792 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 4,792·4,167/34,17 = 0,5844 V
VR2‴ = VA − VB = 0,5844 − 4,792 = −4,208 V

Сложите составляющие

VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = 1,403 + (−42,08) + (−4,208) = −44,88 V

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

9.Тевенин и Нортон

Ответ: Vth = 7,143 V

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

R1​ = 8 ΩR3​ = 12 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 = 8·20/(8+20) = 5,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,714 + 12 = 17,71 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 12 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/(8+20) = 7,143 V
10.Тевенин и Нортон

Ответ: Vth = 118,2 V

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

R1​ = 30 ΩR3​ = 25 ΩКЗR2​20 ΩAОБРЫВBabRth​

Найдите Rth со всеми отключёнными источниками

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

R1 ∥ R2 = 30·20/(30+20) = 12 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 12 + 25 = 37 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAIs​3 ABab+−Vth​

Найдите Vth — напряжение холостого хода

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 7,2 + 3·12 = 43,2 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 43,2 + 3·25 = 118,2 V
11.Переходные процессы RC и RL

Ответ: W = 3,364 mJ

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

Постоянная времени и конечный ток

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

τ = L/R = 100 mH / 20 Ω = 5 ms
i(∞) = Vs/R = 6/20 = 0,3 A

Ток в заданный момент

i(t) = 0,3·(1 − e−10/5) = 0,2594 A

Запасённая энергия

W = ½·L·i² = ½·100·0,2594² = 3,364 mJ

Ответ

W = 3,364 mJ
12.Переходные процессы RC и RL

Ответ: vC = 7,278 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) = 24·1/(1 + 1) = 12 V

Постоянная времени после размыкания ключа

τ = R2·C = 1·10 = 10 ms

Разряд

vC(t) = 12·e−5/10 = 7,278 V

Ответ

vC = 7,278 V
13.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: I = 0,1015 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,1 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·2,2·10⁻⁶) = 361,7 Ω

Полное сопротивление

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(15² + (−236,1)²) = 236,5 Ω

Ток

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

I = V/|Z| = 24/236,5 = 0,1015 A

Ответ

I = 0,1015 A
14.Полное сопротивление и комплексные амплитуды

Ответ: VL = 65,23 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/√(0,2·0,47·10⁻⁶) = 3262 rad/s
I = V/R = 5/50 = 0,1 A

Напряжение на катушке

XL = ω₀L = 3262·0,2 = 652,3 Ω
VL = I·XL = 0,1·652,3 = 65,23 V

Ответ

VL = 65,23 V

Это в Q = 13,05 раз больше напряжения источника.

15.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Q = 5,812 kvar

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.

Угол

φ = arccos(0,9) = 25,84°, tan φ = 0,4843

Реактивная мощность

Q = P·tan φ = 12·0,4843 = 5,812 kvar

Ответ

Q = 5,812 kvar
16.Мощность переменного тока и коэффициент мощности

Ответ: Inew = 197,4 A

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

Реактивная мощность до и после

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

Q1 = P·tan φ1 = 45·tan(41,41°) = 39,69 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 45·tan(18,19°) = 14,79 kvar
QC = Q1 − Q2 = 24,9 kvar

Новый ток линии

Inew = P/(V·cos φ2) = 45000/(240·0,95) = 197,4 A

Ответ

Inew = 197,4 A
17.Трёхфазная мощность

Ответ: P = 1,792 kW

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

Фазное напряжение

Vph = 400/√3 = 230,9 V

Фазный ток

|Z| = √(7² + 24²) = 25 Ω
Iph = 230,9/25 = 9,238 A

Полная активная мощность

Активную мощность потребляет только активная составляющая каждого сопротивления.

P = 3·Iph²·R = 3·9,238²·7 = 1,792 kW

Ответ

P = 1,792 kW

Проверка: cos φ = R/|Z| = 0,28, и √3·VL·IL·cos φ даёт ту же мощность.

18.Трёхфазная мощность

Ответ: QC = 35,65 kvar

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

Реактивная мощность до и после

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

Q1 = 60·tan(acos 0,7) = 60·1,02 = 61,21 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,92) = 60·0,426 = 25,56 kvar

Реактивная мощность конденсаторов

QC = Q1 − Q2 = 35,65 kvar

Ответ

QC = 35,65 kvar
19.Трансформаторы

Ответ: I1 = 0,6 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 = 600/5 = 120 V
I2 = 120/40 = 3 A

Первичный ток

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

I1 = I2/5 = 0,6 A

Ответ

I1 = 0,6 A

Проверка: нагрузка со стороны первичной обмотки равна a²·RL = 1000 Ω, и 600/1000 даёт тот же ток.

20.Трансформаторы

Ответ: Pcu,fl = 1747 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 = 75·0,85 = 63,75 kW
Pin = 63750/0,97 = 65722 W

Суммарные потери и потери в меди

Ploss = 65722 − 63750 = 1972 W
Pcu,fl = 1972 − 225 = 1747 W

Ответ

Pcu,fl = 1747 W
21.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Rf = 90 kΩ

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

Коэффициент усиления неинвертирующего усилителя

V₋ = V₊ = Vin, а ток через R₁ течёт и через Rf, поэтому Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (10 − 1)·10 = 90 kΩ

Ответ

Rf = 90 kΩ
22.Схемы на операционных усилителях

Ответ: Vout = −0,3871 V

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

Коэффициент усиления каждого каскада

A1 = −Rf1/R1 = −10/4,7 = −2,128
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 1/4,7 = 1,213

Каскад за каскадом

V1 = −2,128·0,15 = −0,3191 V
Vout = 1,213·(−0,3191) = −0,3871 V

Ответ

Vout = −0,3871 V
23.Диоды и транзисторы

Ответ: VCE = 13,97 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 = 20·8,2/(39 + 8,2) = 3,475 V
RTH = 39·8,2/(39 + 8,2) = 6,775 kΩ

Ток базы

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

IB = (3,475 − 0,7)/(6,775 + 151·2,2) = 8,185 µA

Ток коллектора

IC = 150·8,185 µA = 1,228 mA
IE = 151·8,185 µA = 1,236 mA

Напряжение коллектор–эмиттер

VCE = 20 − 1,228·2,7 − 1,236·2,2 = 13,97 V

Ответ

VCE = 13,97 V
24.Диоды и транзисторы

Ответ: IC = 72,12 mA

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 базы

IB = (5 − 0,7)/2,2 kΩ = 1955 µA

Насыщение или активный режим?

β·IB больше IC(sat), поэтому транзистор насыщается.

β·IB = 390,9 mA
IC(sat) = (24 − 0,2)/330 = 72,12 mA

Ток коллектора

IC = IC(sat) = 72,12 mA

Ответ

IC = 72,12 mA

Транзистор насыщен.

25.Системы счисления

Ответ: U = 164

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

92 = 0101 1100
инвертировано: 1010 0011
+1 → 1010 0100

Прочитайте как беззнаковое

1010 0100₂ = 256 − 92 = 164

Ответ

U = 164
26.Системы счисления

Ответ: R = 31

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

Сдвиг вправо на 3 перемещает каждый бит на 3 позиций вправо; биты, выходящие за правый край, теряются, а слева входят нули.

1111 1010 >> 3
= 0001 1111

Значение результата

0001 1111₂ = 31

Ответ

R = 31
27.Цифровая логика: вентили, карты Карно и триггеры

Ответ: L = 9

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

ABCD000111100001111010111302141517160120130150140819111110

Сгруппируйте единицы

Каждая группа — прямоугольник из 2ᵏ клеток; клетки на краю соседствуют с клетками на противоположном краю.

B′D
A′C′
A′B
AB′C

Минимальная форма SOP

F = B′D + A′C′ + A′B + AB′C
L = 9

Ответ

L = 9
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 ≥ 20 → n = 5 (2⁵ = 32)

Ответ

n = 5
29.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.4) = 2,047

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

Выделение полного квадрата

s² + 4s + 13 = (s + 2)² + 9 = (s + 2)² + 3²

Подбор числителя

F(s) = 4·(s + 2)/((s + 2)² + 3²) + (10/3)·3/((s + 2)² + 3²)

Обратное преобразование

f(t) = e−2t·(4·cos 3t + 3,333·sin 3t)
f(0,4) = e−2·0,4·(4·cos(3·0,4) + 3,333·sin(3·0,4)) = 2,047

Ответ

f(0,4) = 2,047
30.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.4) = −2,691

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 − (−5)s − 7 + 5(sY − (−5)) + 6Y = 0
Y(s) = (−5s − 18)/((s + 2)(s + 3))

Простые дроби

A = −8/1 = −8
B = −3/(−1) = 3

Результат

y(t) = −8·e−2t + 3·e−3t
y(0,4) = −2,691

Ответ

y(0,4) = −2,691

Проверка: y(0) = A + B = −5.

31.Структурные схемы

Ответ: css = 15,74

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) = 16/(s + 9 + 3,2) = 16/(s + 12,2)

Результат

css = R·T(0) = 12·16/12,2 = 15,74

Ответ

css = 15,74
32.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 1,422

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

Внутренний контур

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 7/(s + 9)

Внешний контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 133/((s + 3)(s + 9) + 66,5)

Статический коэффициент передачи

T(0) = 133/(3·9 + 66,5) = 133/93,5 = 1,422

Ответ

T(0) = 1,422
33.Переходная характеристика

Ответ: ζ = 0,7222

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 = 81 → ωₙ = 9 rad/s
2ζωₙ = 13 → ζ = 13/(2·9) = 0,7222

Результат

ζ = 0,7222

Ответ

ζ = 0,7222
34.Переходная характеристика

Ответ: ζ = 0,7797

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).

Коэффициент демпфирования

ζ = −ln(0,02)/√(π² + ln²(0,02)) = 3,912/√(9,87 + 15,3) = 0,7797

Ответ

ζ = 0,7797
35.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: BW = 79,58 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/√(0,1·4,7 × 10⁻⁶) = 1459 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 232,2 Hz

Полоса пропускания

BW = R/L = 50/0,1 = 500 rad/s = 79,58 Hz

Ответ

BW = 79,58 Hz
36.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: PM = 76,97 °

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 − 231 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·231))/2 = 3,427
ωc = 1,851 rad/s

Запас по фазе

∠L(jωc) = −90° − atan(1,851/8) = −103°
PM = 180° + ∠L = 76,97°

Ответ

PM = 76,97°
37.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: ω = 4,472 rad/s

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 + 12s² + 20s + K = 0
s³: 1, 20
s²: 12, K
s¹: (12·20 − K)/12
s⁰: K

Критический коэффициент усиления

K = 12·20 = 240

Вспомогательное уравнение

При критическом коэффициенте усиления строка s¹ равна нулю; строка s² даёт полюса на мнимой оси.

12s² + 240 = 0 → s = ±j√20
ω = 4,472 rad/s

Ответ

ω = 4,472 rad/s
38.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: sb = −0,9296

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.

Коэффициент усиления вдоль вещественной оси

K(s) = −s(s + 2)(s + 8) = −(s³ + 10s² + 16s)

Стационарные точки

dK/ds = −(3s² + 20s + 16) = 0
s = (−20 ± √(400 − 192))/6 = −0,9296, −5,737

Выберите точку на годографе

Годограф лежит на вещественной оси между 0 и −2; другой корень годографу не принадлежит.

sb = −0,9296

Ответ

sb = −0,9296
39.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 1,25

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) = 0,4

Ошибка по линейному воздействию

ess = 0,5/0,4 = 1,25

Ответ

ess = 1,25
40.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Ki = 1,8

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

Характеристический полином

1 + C(s)G(s) = 0, умноженное на s(s + 2).

s² + (2 + 5Kp)s + 5Ki

Целевой полином

s² + 2·0,7·3s + 3² = s² + 4,2s + 9

Приравняйте коэффициенты

5Ki = 9 → Ki = 1,8

Ответ

Ki = 1,8

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

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

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