注冊電氣工程師考試難點解析2025電路與電磁場1.已知一正弦電流$i=10\sin(314t+30^{\circ})A$，求該電流的有效值、頻率和初相位。-有效值$I=\frac{I_{m}}{\sqrt{2}}$，其中$I_{m}=10A$，所以$I=\frac{10}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}A\approx7.07A$。-由$\omega=314rad/s$，根據(jù)$\omega=2\pif$，可得$f=\frac{\omega}{2\pi}=\frac{314}{2\pi}\approx50Hz$。-初相位$\varphi=30^{\circ}$。2.有一個$R-L-C$串聯(lián)電路，$R=10\Omega$，$L=0.1H$，$C=100\muF$，電源電壓$u=100\sin(314t)V$，求電路的阻抗、電流及各元件上的電壓。-感抗$X_{L}=\omegaL=314\times0.1=31.4\Omega$，容抗$X_{C}=\frac{1}{\omegaC}=\frac{1}{314\times100\times10^{-6}}\approx31.85\Omega$。-阻抗$Z=\sqrt{R^{2}+(X_{L}-X_{C})^{2}}=\sqrt{10^{2}+(31.4-31.85)^{2}}\approx10\Omega$。-電源電壓有效值$U=\frac{U_{m}}{\sqrt{2}}=\frac{100}{\sqrt{2}}V$，電流有效值$I=\frac{U}{Z}=\frac{100/\sqrt{2}}{10}=5\sqrt{2}A$。-電阻電壓$U_{R}=IR=5\sqrt{2}\times10=50\sqrt{2}V$，電感電壓$U_{L}=IX_{L}=5\sqrt{2}\times31.4=157\sqrt{2}V$，電容電壓$U_{C}=IX_{C}=5\sqrt{2}\times31.85=159.25\sqrt{2}V$。3.已知均勻磁場的磁感應(yīng)強度$B=0.5T$，一矩形線圈面積$S=0.2m^{2}$，匝數(shù)$N=100$，當線圈平面與磁場方向夾角為$30^{\circ}$時，求穿過線圈的磁通量。-根據(jù)磁通量公式$\varPhi=BS\cos\theta$，這里$\theta=30^{\circ}$，則$\varPhi=0.5\times0.2\times\cos30^{\circ}=0.05\sqrt{3}Wb$，對于$N=100$匝線圈，總磁通量$\varPhi_{總}=N\varPhi=100\times0.05\sqrt{3}=5\sqrt{3}Wb$。4.求半徑為$R$的無限長直圓柱導(dǎo)體，通以均勻分布的電流$I$，在導(dǎo)體內(nèi)部和外部的磁場強度。-利用安培環(huán)路定理$\oint_{l}\vec{H}\cdotd\vec{l}=I_{en}$。-內(nèi)部（$r\ltR$）：取半徑為$r$的安培環(huán)路，$I_{en}=\frac{I}{\piR^{2}}\pir^{2}=\frac{r^{2}}{R^{2}}I$，由$\oint_{l}\vec{H}\cdotd\vec{l}=H\cdot2\pir=I_{en}=\frac{r^{2}}{R^{2}}I$，可得$H=\frac{Ir}{2\piR^{2}}$。-外部（$r\gtR$）：$I_{en}=I$，由$\oint_{l}\vec{H}\cdotd\vec{l}=H\cdot2\pir=I$，可得$H=\frac{I}{2\pir}$。5.一個平行板電容器，極板面積為$S$，極板間距為$d$，中間充滿相對介電常數(shù)為$\varepsilon_{r}$的介質(zhì)，求該電容器的電容。-根據(jù)電容公式$C=\frac{\varepsilonS}lsebpmj$，其中$\varepsilon=\varepsilon_{0}\varepsilon_{r}$，所以$C=\frac{\varepsilon_{0}\varepsilon_{r}S}ikj4o1y$。6.已知一正弦電壓$u=220\sqrt{2}\sin(100\pit+60^{\circ})V$，當$t=0.01s$時，求電壓的瞬時值。-將$t=0.01s$代入$u=220\sqrt{2}\sin(100\pit+60^{\circ})$中，$100\pit=100\pi\times0.01=\pi$，則$u=220\sqrt{2}\sin(\pi+60^{\circ})=-220\sqrt{2}\sin60^{\circ}=-220\sqrt{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}=-110\sqrt{6}V$。7.對于一個$R-C$并聯(lián)電路，$R=100\Omega$，$C=10\muF$，電源電壓$u=100\sin(314t)V$，求電路的總電流。-電阻電流$i_{R}=\frac{u}{R}=\frac{100\sin(314t)}{100}=\sin(314t)A$。-容抗$X_{C}=\frac{1}{\omegaC}=\frac{1}{314\times10\times10^{-6}}\approx318.5\Omega$，電容電流$i_{C}=\frac{u}{X_{C}}=\frac{100\sin(314t)}{318.5}\approx0.314\sin(314t+90^{\circ})A$。-總電流$i=i_{R}+i_{C}$，用相量法，$\dot{I}_{R}=\frac{\dot{U}}{R}$，$\dot{U}=\frac{100}{\sqrt{2}}\angle0^{\circ}V$，$\dot{I}_{R}=\frac{100/\sqrt{2}\angle0^{\circ}}{100}=\frac{1}{\sqrt{2}}\angle0^{\circ}A$，$\dot{I}_{C}=\frac{\dot{U}}{-jX_{C}}=\frac{100/\sqrt{2}\angle0^{\circ}}{-j318.5}=\frac{100/\sqrt{2}\angle0^{\circ}}{318.5\angle-90^{\circ}}\approx0.314/\sqrt{2}\angle90^{\circ}A$，$\dot{I}=\dot{I}_{R}+\dot{I}_{C}=\frac{1}{\sqrt{2}}\angle0^{\circ}+0.314/\sqrt{2}\angle90^{\circ}=\sqrt{(\frac{1}{\sqrt{2}})^{2}+(\frac{0.314}{\sqrt{2}})^{2}}\angle\arctan(\frac{0.314}{1})\approx0.72/\sqrt{2}\angle17.4^{\circ}A$，$i=0.72\sin(314t+17.4^{\circ})A$。8.求點電荷$q$在距離為$r$處產(chǎn)生的電場強度。-根據(jù)庫侖定律和電場強度定義，$E=\frac{F}{q_{0}}$，點電荷間作用力$F=\frac{qq_{0}}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}$，所以$E=\frac{q}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}$，方向沿徑向。9.一個$L-C$串聯(lián)電路，$L=0.2H$，$C=50\muF$，求電路的諧振頻率。-諧振頻率$f_{0}=\frac{1}{2\pi\sqrt{LC}}$，代入$L=0.2H$，$C=50\times10^{-6}F$，可得$f_{0}=\frac{1}{2\pi\sqrt{0.2\times50\times10^{-6}}}=\frac{1}{2\pi\times10^{-2}}\approx15.9Hz$。10.已知一電流源$i_{s}=5\sin(314t+45^{\circ})A$，與一個$10\Omega$電阻并聯(lián)，求電阻兩端的電壓。-根據(jù)并聯(lián)電路特點，電阻兩端電壓$u=Ri_{s}=10\times5\sin(314t+45^{\circ})=50\sin(314t+45^{\circ})V$。11.有一個邊長為$a$的正方形線圈，放在均勻磁場$B$中，線圈平面與磁場方向垂直，當磁場以$\frac{dB}{dt}=k$的速率變化時，求線圈中的感應(yīng)電動勢。-根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律$\varepsilon=-N\frac{d\varPhi}{dt}$，這里$N=1$，$\varPhi=BS=Ba^{2}$，則$\varepsilon=-\frac{d\varPhi}{dt}=-a^{2}\frac{dB}{dt}=-a^{2}k$。12.對于一個$R-L$串聯(lián)電路，$R=20\Omega$，$L=0.1H$，電源電壓$u=100\sin(314t)V$，求電路的功率因數(shù)。-感抗$X_{L}=\omegaL=314\times0.1=31.4\Omega$，阻抗$Z=\sqrt{R^{2}+X_{L}^{2}}=\sqrt{20^{2}+31.4^{2}}\approx37.2\Omega$，功率因數(shù)$\cos\varphi=\frac{R}{Z}=\frac{20}{37.2}\approx0.54$。13.求均勻帶電球體（半徑為$R$，電荷體密度為$\rho$）內(nèi)部和外部的電場強度。-內(nèi)部（$r\ltR$）：利用高斯定理$\oint_{S}\vec{E}\cdotd\vec{S}=\frac{Q_{en}}{\varepsilon_{0}}$，$Q_{en}=\frac{4}{3}\pir^{3}\rho$，$\oint_{S}\vec{E}\cdotd\vec{S}=E\cdot4\pir^{2}=\frac{\frac{4}{3}\pir^{3}\rho}{\varepsilon_{0}}$，可得$E=\frac{\rhor}{3\varepsilon_{0}}$。-外部（$r\gtR$）：$Q_{en}=\frac{4}{3}\piR^{3}\rho$，$\oint_{S}\vec{E}\cdotd\vec{S}=E\cdot4\pir^{2}=\frac{\frac{4}{3}\piR^{3}\rho}{\varepsilon_{0}}$，可得$E=\frac{\rhoR^{3}}{3\varepsilon_{0}r^{2}}$。14.一個電容為$C$的電容器，初始電壓為$U_{0}$，通過電阻$R$放電，求放電電流隨時間的變化規(guī)律。-由$RC$電路放電方程$u_{C}=U_{0}e^{-\frac{t}{RC}}$，根據(jù)$i=C\frac{du_{C}}{dt}$，可得$i=-\frac{U_{0}}{R}e^{-\frac{t}{RC}}$，負號表示電流方向與充電時相反。15.已知兩個同頻率正弦電壓$u_{1}=100\sin(314t+30^{\circ})V$，$u_{2}=50\sin(314t-60^{\circ})V$，求$u=u_{1}+u_{2}$。-用相量法，$\dot{U}_{1}=\frac{100}{\sqrt{2}}\angle30^{\circ}V$，$\dot{U}_{2}=\frac{50}{\sqrt{2}}\angle-60^{\circ}V$。-$\dot{U}=\dot{U}_{1}+\dot{U}_{2}=\frac{100}{\sqrt{2}}(\cos30^{\circ}+j\sin30^{\circ})+\frac{50}{\sqrt{2}}(\cos(-60^{\circ})+j\sin(-60^{\circ}))$-$=\frac{1}{\sqrt{2}}(100\times\frac{\sqrt{3}}{2}+j100\times\frac{1}{2}+50\times\frac{1}{2}-j50\times\frac{\sqrt{3}}{2})=\frac{1}{\sqrt{2}}((50\sqrt{3}+25)+j(50-25\sqrt{3}))$-$=\sqrt{(\frac{50\sqrt{3}+25}{\sqrt{2}})^{2}+(\frac{50-25\sqrt{3}}{\sqrt{2}})^{2}}\angle\arctan(\frac{50-25\sqrt{3}}{50\sqrt{3}+25})\approx\frac{111.8}{\sqrt{2}}\angle-3.43^{\circ}V$-$u=111.8\sin(314t-3.43^{\circ})V$。電機學(xué)16.一臺三相異步電動機，額定功率$P_{N}=10kW$，額定電壓$U_{N}=380V$，額定轉(zhuǎn)速$n_{N}=1450r/min$，求該電動機的同步轉(zhuǎn)速$n_{1}$、轉(zhuǎn)差率$s_{N}$和極對數(shù)$p$。-因為異步電動機額定轉(zhuǎn)速接近同步轉(zhuǎn)速，$n_{N}=1450r/min$，所以同步轉(zhuǎn)速$n_{1}=1500r/min$。-根據(jù)$n_{1}=\frac{60f}{p}$，$f=50Hz$，可得$p=\frac{60f}{n_{1}}=\frac{60\times50}{1500}=2$。-轉(zhuǎn)差率$s_{N}=\frac{n_{1}-n_{N}}{n_{1}}=\frac{1500-1450}{1500}=\frac{1}{30}\approx0.033$。17.直流發(fā)電機的電動勢公式$E=C_{e}\varPhin$中，$C_{e}$與哪些因素有關(guān)？-$C_{e}=\frac{pN}{60a}$，其中$p$是磁極對數(shù)，$N$是電樞繞組總導(dǎo)體數(shù)，$a$是電樞繞組并聯(lián)支路對數(shù)。18.一臺他勵直流電動機，$U_{N}=220V$，$I_{N}=10A$，$R_{a}=1\Omega$，求電動機的額定電磁功率$P_{em}$。-先求反電動勢$E_{a}=U_{N}-I_{N}R_{a}=220-10\times1=210V$，額定電磁功率$P_{em}=E_{a}I_{N}=210\times10=2100W$。19.三相變壓器的聯(lián)結(jié)組標號為$Y,d11$，說明其含義。-“$Y$”表示高壓繞組為星形聯(lián)結(jié)，“$d$”表示低壓繞組為三角形聯(lián)結(jié)，“$11$”表示低壓側(cè)線電動勢滯后高壓側(cè)線電動勢$330^{\circ}$（或超前$30^{\circ}$）。20.一臺三相異步電動機在額定狀態(tài)下運行，若電源電壓突然降低，電動機的轉(zhuǎn)速、電流和轉(zhuǎn)矩會如何變化？-轉(zhuǎn)速：電壓降低，電磁轉(zhuǎn)矩減小，負載轉(zhuǎn)矩不變時，電動機減速，轉(zhuǎn)差率增大。-電流：根據(jù)$I_{2}'=\frac{sE_{2}'}{\sqrt{R_{2}'^{2}+(sX_{2}')^{2}}}$，轉(zhuǎn)差率$s$增大，電流$I_{2}'$增大，定子電流也增大。-轉(zhuǎn)矩：$T=C_{T}\varPhi_{m}I_{2}\cos\varphi_{2}$，電壓降低，$\varPhi_{m}$減小，開始時$T$減小，隨著轉(zhuǎn)差率增大，$I_{2}$增大，當轉(zhuǎn)差率在一定范圍內(nèi)時，轉(zhuǎn)矩可能會有所回升，但總體上在電壓降低后轉(zhuǎn)矩會小于原來的額定轉(zhuǎn)矩。21.直流電動機的調(diào)速方法有哪幾種？-改變電樞電壓調(diào)速：通過調(diào)節(jié)電樞電壓來改變電動機轉(zhuǎn)速，調(diào)速范圍寬，平滑性好。-改變勵磁磁通調(diào)速：減弱勵磁磁通，轉(zhuǎn)速升高，但調(diào)速范圍有限。-改變電樞回路電阻調(diào)速：在電樞回路中串入電阻，轉(zhuǎn)速降低，調(diào)速經(jīng)濟性差，平滑性不好。22.變壓器的變比$k$與原、副邊匝數(shù)$N_{1}$、$N_{2}$有什么關(guān)系？-變比$k=\frac{N_{1}}{N_{2}}=\frac{U_{1}}{U_{2}}$（空載時），$U_{1}$、$U_{2}$分別為原、副邊電壓。23.三相異步電動機的最大轉(zhuǎn)矩$T_{max}$與哪些因素有關(guān)？-$T_{max}=C_{T}\frac{U_{1}^{2}}{2f_{1}[R_{1}+\sqrt{R_{1}^{2}+(X_{1}+X_{2}')^{2}}]}$，與電源電壓$U_{1}$、電源頻率$f_{1}$、定子電阻$R_{1}$、定子漏抗$X_{1}$和轉(zhuǎn)子漏抗$X_{2}'$有關(guān)。24.一臺他勵直流電動機，在額定負載下運行，若在電樞回路中串入電阻，電動機的轉(zhuǎn)速、電樞電流和電磁轉(zhuǎn)矩會如何變化？-轉(zhuǎn)速：串入電阻后，電樞端電壓分配到電阻上一部分，反電動勢減小，轉(zhuǎn)速降低。-電樞電流：開始時，由于轉(zhuǎn)速降低，反電動勢減小，根據(jù)$I_{a}=\frac{U-E_{a}}{R_{a}+R_{串}}$，電流會增大，但隨著轉(zhuǎn)速降低，負載轉(zhuǎn)矩不變時，最終電流會穩(wěn)定在一個新的值，比原來略大。-電磁轉(zhuǎn)矩：$T=C_{T}\varPhiI_{a}$，由于磁通$\varPhi$不變，電流$I_{a}$變化，轉(zhuǎn)矩也會相應(yīng)變化，最終穩(wěn)定在與負載轉(zhuǎn)矩平衡的值。25.變壓器的空載損耗主要包括哪些部分？-主要包括鐵損耗，鐵損耗又分為磁滯損耗和渦流損耗。磁滯損耗是由于鐵磁材料在交變磁場中反復(fù)磁化時，磁疇不斷轉(zhuǎn)向而產(chǎn)生的能量損耗；渦流損耗是由于交變磁場在鐵心中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，從而形成渦流而產(chǎn)生的能量損耗。26.三相異步電動機的起動方式有哪些？-直接起動：簡單、經(jīng)濟，但起動電流大，一般適用于小容量電動機。-降壓起動：有星-三角降壓起動（適用于正常運行時為三角形聯(lián)結(jié)的電動機）、自耦變壓器降壓起動等，可減小起動電流。27.直流發(fā)電機的換向問題是如何產(chǎn)生的，有哪些改善措施？-產(chǎn)生原因：電樞繞組元件從一條并聯(lián)支路轉(zhuǎn)入另一條并聯(lián)支路時，電流方向改變，由于電感的存在，會產(chǎn)生換向電動勢，導(dǎo)致?lián)Q向困難，可能出現(xiàn)火花。-改善措施：安裝換向極，換向極的極性應(yīng)使換向極產(chǎn)生的磁場在換向區(qū)域內(nèi)抵消電樞磁場，從而消除換向電動勢；采用補償繞組，補償電樞反應(yīng)的影響；選用合適的電刷等。28.一臺三相變壓器，$S_{N}=100kVA$，$U_{1N}/U_{2N}=10kV/0.4kV$，求原、副邊的額定電流。-原邊額定電流$I_{1N}=\frac{S_{N}}{\sqrt{3}U_{1N}}=\frac{100\times10^{3}}{\sqrt{3}\times10\times10^{3}}\approx5.77A$。-副邊額定電流$I_{2N}=\frac{S_{N}}{\sqrt{3}U_{2N}}=\frac{100\times10^{3}}{\sqrt{3}\times0.4\times10^{3}}\approx144.3A$。29.三相異步電動機的轉(zhuǎn)差率$s$在不同運行狀態(tài)下有什么特點？-電動機狀態(tài)：$0\lts\lt1$，電磁轉(zhuǎn)矩與轉(zhuǎn)速方向相同，電機將電能轉(zhuǎn)換為機械能。-發(fā)電機狀態(tài)：$s\lt0$，電機將機械能轉(zhuǎn)換為電能，電磁轉(zhuǎn)矩與轉(zhuǎn)速方向相反。-電磁制動狀態(tài)：$s\gt1$，電磁轉(zhuǎn)矩與轉(zhuǎn)速方向相反，電機處于制動狀態(tài)。30.他勵直流電動機的機械特性方程$n=\frac{U}{C_{e}\varPhi}-\frac{R_{a}}{C_{e}C_{T}\varPhi^{2}}T$中，各參數(shù)的意義是什么？-$U$是電樞電壓，$C_{e}$是電動勢常數(shù)，$\varPhi$是每極磁通，$R_{a}$是電樞電阻，$C_{T}$是轉(zhuǎn)矩常數(shù)，$T$是電磁轉(zhuǎn)矩。該方程描述了電動機轉(zhuǎn)速與電磁轉(zhuǎn)矩之間的關(guān)系。自動控制原理31.已知系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)$G(s)H(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+2)}$，求系統(tǒng)的根軌跡漸近線與實軸的交點和夾角。-系統(tǒng)開環(huán)極點$p_{1}=0$，$p_{2}=-1$，$p_{3}=-2$，無開環(huán)零點。-漸近線與實軸的交點$\sigma_{a}=\frac{\sum_{i=1}^{n}p_{i}-\sum_{j=1}^{m}z_{j}}{n-m}=\frac{0-1-2-0}{3-0}=-1$。-漸近線夾角$\varphi_{a}=\frac{(2k+1)\pi}{n-m}$，$k=0,1,2$，當$k=0$時，$\varphi_{a}=60^{\circ}$；當$k=1$時，$\varphi_{a}=180^{\circ}$；當$k=2$時，$\varphi_{a}=300^{\circ}$。32.系統(tǒng)的單位階躍響應(yīng)為$h(t)=1-e^{-t}-te^{-t}$，求系統(tǒng)的傳遞函數(shù)。-對$h(t)$求拉普拉斯變換，$H(s)=\mathcal{L}[h(t)]=\frac{1}{s}-\frac{1}{s+1}-\frac{1}{(s+1)^{2}}=\frac{(s+1)^{2}-s(s+1)-s}{s(s+1)^{2}}=\frac{s^{2}+2s+1-s^{2}-s-s}{s(s+1)^{2}}=\frac{1}{(s+1)^{2}}$。因為單位階躍輸入$R(s)=\frac{1}{s}$，系統(tǒng)傳遞函數(shù)$G(s)=\frac{H(s)}{R(s)}=\frac{1/(s+1)^{2}}{1/s}=\frac{s}{(s+1)^{2}}$。33.已知系統(tǒng)的閉環(huán)傳遞函數(shù)$\varPhi(s)=\frac{4}{s^{2}+2s+4}$，求系統(tǒng)的阻尼比$\zeta$和無阻尼自然頻率$\omega_{n}$。-與二階系統(tǒng)標準閉環(huán)傳遞函數(shù)$\varPhi(s)=\frac{\omega_{n}^{2}}{s^{2}+2\zeta\omega_{n}s+\omega_{n}^{2}}$對比，可得$\omega_{n}^{2}=4$，則$\omega_{n}=2$；$2\zeta\omega_{n}=2$，將$\omega_{n}=2$代入，得$2\zeta\times2=2$，$\zeta=0.5$。34.簡述反饋控制的基本原理。-反饋控制是將系統(tǒng)的輸出信號通過反饋環(huán)節(jié)返回到輸入端，與輸入信號進行比較，得到偏差信號。控制器根據(jù)偏差信號進行控制作用，使系統(tǒng)的輸出盡可能接近期望的輸出。當輸出偏離期望輸出時，偏差信號不為零，控制器產(chǎn)生相應(yīng)的控制作用來減小偏差，從而使系統(tǒng)穩(wěn)定運行。35.系統(tǒng)的開環(huán)頻率特性$G(j\omega)=\frac{10}{j\omega(1+j0.1\omega)}$，求其對數(shù)幅頻特性和相頻特性。-對數(shù)幅頻特性$L(\omega)=20\lg|G(j\omega)|=20\lg10-20\lg\omega-20\lg\sqrt{1+(0.1\omega)^{2}}$。-相頻特性$\varphi(\omega)=-90^{\circ}-\arctan(0.1\omega)$。36.已知系統(tǒng)的狀態(tài)方程$\dot{\mathbf{x}}=\begin{bmatrix}-1&1\\0&-2\end{bmatrix}\mathbf{x}+\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}u$，輸出方程$y=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}\mathbf{x}$，判斷系統(tǒng)的可控性和可觀性。-可控性矩陣$\mathbf{M}_{c}=\begin{bmatrix}\mathbf{B}&\mathbf{A}\mathbf{B}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&1\\1&-2\end{bmatrix}$，$rank(\mathbf{M}_{c})=2$，系統(tǒng)可控。-可觀性矩陣$\mathbf{M}_{o}=\begin{bmatrix}\mathbf{C}\\\mathbf{C}\mathbf{A}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0\\-1&1\end{bmatrix}$，$rank(\mathbf{M}_{o})=2$，系統(tǒng)可觀。37.系統(tǒng)的根軌跡起始于什么，終止于什么？-根軌跡起始于開環(huán)極點，終止于開環(huán)零點。當開環(huán)零點個數(shù)$m$小于開環(huán)極點個數(shù)$n$時，有$n-m$條根軌跡終止于無窮遠處。38.對于一個二階系統(tǒng)，當阻尼比$\zeta$分別在$0\lt\zeta\lt1$、$\zeta=1$和$\zeta\gt1$時，系統(tǒng)的單位階躍響應(yīng)有什么特點？-$0\lt\zeta\lt1$時，系統(tǒng)為欠阻尼系統(tǒng)，單位階躍響應(yīng)是衰減振蕩的，存在超調(diào)量，調(diào)節(jié)時間較長。-$\zeta=1$時，系統(tǒng)為臨界阻尼系統(tǒng)，單位階躍響應(yīng)無超調(diào)，響應(yīng)速度較快，是單調(diào)上升的。-$\zeta\gt1$時，系統(tǒng)為過阻尼系統(tǒng)，單位階躍響應(yīng)也是單調(diào)上升的，但響應(yīng)速度比臨界阻尼系統(tǒng)慢。39.用勞斯判據(jù)判斷系統(tǒng)$s^{3}+3s^{2}+2s+K=0$的穩(wěn)定性，求$K$的取值范圍。-列勞斯表：|$s^{3}$|1|2||---|---|---||$s^{2}$|3|$K$||$s^{1}$|$\frac{6-K}{3}$|0||$s^{0}$|$K$|0|系統(tǒng)穩(wěn)定的條件是勞斯表第一列元素均大于零，即$\begin{cases}3\gt0\\\frac{6-K}{3}\gt0\\K\gt0\end{cases}$，解得$0\ltK\lt6$。40.系統(tǒng)的傳遞函數(shù)$G(s)=\frac{K}{s(s+2)(s+4)}$，若要使系統(tǒng)的閉環(huán)主導(dǎo)極點具有阻尼比$\zeta=0.5$，求$K$的值。-設(shè)閉環(huán)主導(dǎo)極點為$s_{1,2}=-\sigma\pmj\omega_7cn1thw$，因為$\zeta=0.5$，則$\cos\theta=\zeta=0.5$，$\theta=60^{\circ}$。閉環(huán)特征方程為$1+G(s)=0$，即$s(s+2)(s+4)+K=0$，$s^{3}+6s^{2}+8s+K=0$。設(shè)閉環(huán)主導(dǎo)極點$s_{1}=-\sigma+j\omega_ybp1yfc$，代入特征方程，根據(jù)實部和虛部分別為零求解。另一種方法，利用根軌跡，根據(jù)阻尼比與根軌跡的關(guān)系，在根軌跡上找到滿足$\zeta=0.5$的點，通過幅值條件$|G(s)|=1$求$K$。由二階系統(tǒng)近似，閉環(huán)特征方程近似為$s^{2}+2\zeta\omega_{n}s+\omega_{n}^{2}=0$，對于$s^{3}+6s^{2}+8s+K=0$，取主導(dǎo)極點部分，$2\zeta\omega_{n}=6$，$\zeta=0.5$，得$\omega_{n}=6$，$K=\omega_{n}^{2}=36$。41.簡述PID控制器的原理和作用。-原理：PID控制器的輸出$u(t)=K_{p}e(t)+K_{i}\int_{0}^{t}e(\tau)d\tau+K_mfejp0p\frac{de(t)}{dt}$，其中$e(t)$是偏差信號，$K_{p}$是比例系數(shù)，$K_{i}$是積分系數(shù)，$K_ey0u01q$是微分系數(shù)。-作用：比例環(huán)節(jié)能成比例地反映偏差信號，偏差一旦產(chǎn)生，控制器立即產(chǎn)生控制作用，以減小偏差，但比例作用不能消除穩(wěn)態(tài)誤差；積分環(huán)節(jié)主要用于消除系統(tǒng)的穩(wěn)態(tài)誤差，只要有偏差存在，積分作用就不斷積累，直到偏差為零；微分環(huán)節(jié)能反映偏差信號的變化趨勢，提前產(chǎn)生控制作用，改善系統(tǒng)的動態(tài)性能，減小超調(diào)，加快系統(tǒng)的響應(yīng)速度。42.系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)$G(s)H(s)=\frac{K}{s(1+Ts)}$，繪制其奈奎斯特圖。-令$s=j\omega$，$G(j\omega)H(j\omega)=\frac{K}{j\omega(1+jT\omega)}=\frac{K}{-\omega^{2}T+j\omega}$。-當$\omega=0^{+}$時，$|G(j\omega)H(j\omega)|\to\infty$，$\angleG(j\omega)H(j\omega)=-90^{\circ}$；當$\omega\to\infty$時，$|G(j\omega)H(j\omega)|\to0$，$\angleG(j\omega)H(j\omega)=-180^{\circ}$。奈奎斯特圖從負虛軸無窮遠處開始，沿順時針方向趨于原點。43.已知系統(tǒng)的狀態(tài)空間表達式$\begin{cases}\dot{\mathbf{x}}=\begin{bmatrix}0&1\\-2&-3\end{bmatrix}\mathbf{x}+\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}u\\y=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}\mathbf{x}\end{cases}$，求系統(tǒng)的傳遞函數(shù)。-系統(tǒng)傳遞函數(shù)$G(s)=\mathbf{C}(s\mathbf{I}-\mathbf{A})^{-1}\mathbf{B}$，其中$\mathbf{A}=\begin{bmatrix}0&1\\-2&-3\end{bmatrix}$，$\mathbf{B}=\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}$，$\mathbf{C}=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}$。-$s\mathbf{I}-\mathbf{A}=\begin{bmatrix}s&-1\\2&s+3\end{bmatrix}$，$(s\mathbf{I}-\mathbf{A})^{-1}=\frac{1}{s(s+3)+2}\begin{bmatrix}s+3&1\\-2&s\end{bmatrix}$。-$G(s)=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}\frac{1}{s^{2}+3s+2}\begin{bmatrix}s+3&1\\-2&s\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}=\frac{1}{s^{2}+3s+2}$。44.系統(tǒng)的單位脈沖響應(yīng)$g(t)=e^{-2t}$，求系統(tǒng)的傳遞函數(shù)。-對單位脈沖響應(yīng)$g(t)$求拉普拉斯變換，$G(s)=\mathcal{L}[g(t)]=\frac{1}{s+2}$，即系統(tǒng)的傳遞函數(shù)為$\frac{1}{s+2}$。45.簡述系統(tǒng)的穩(wěn)定性、可控性和可觀性的概念。-穩(wěn)定性：指系統(tǒng)在受到外界干擾作用而偏離平衡狀態(tài)后，能夠自動恢復(fù)到平衡狀態(tài)的能力。對于線性定常系統(tǒng)，可通過特征方程的根的位置來判斷穩(wěn)定性，若所有特征根都位于復(fù)平面的左半平面，則系統(tǒng)穩(wěn)定。-可控性：指系統(tǒng)的狀態(tài)能否在有限時間內(nèi)通過控制作用從任意初始狀態(tài)轉(zhuǎn)移到任意期望狀態(tài)。若系統(tǒng)的可控性矩陣滿秩，則系統(tǒng)可控。-可觀性：指通過系統(tǒng)的輸出在有限時間內(nèi)能否確定系統(tǒng)的初始狀態(tài)。若系統(tǒng)的可觀性矩陣滿秩，則系統(tǒng)可觀。電力系統(tǒng)分析46.已知電力系統(tǒng)中某節(jié)點的電壓$\dot{U}=10\angle30^{\circ}kV$，電流$\dot{I}=5\angle-60^{\circ}A$，求該節(jié)點的有功功率$P$、無功功率$Q$和視在功率$S$。-視在功率$S=\dot{U}\dot{I}^{}=10\times10^{3}\angle30^{\circ}\times5\angle60^{\circ}=50\times10^{3}\angle90^{\circ}VA=50jkVA$。-有功功率$P=Re(S)=0kW$。-無功功率$Q=Im(S)=50kvar$。47.電力系統(tǒng)的中性點運行方式有哪幾種？各有什么特點？-中性點不接地系統(tǒng)：發(fā)生單相接地故障時，非故障相電壓升高為線電壓，三相線電壓仍保持對稱，系統(tǒng)可繼續(xù)運行1-2小時，但接地電流可能會產(chǎn)生電弧，引發(fā)間歇性弧光接地過電壓。適用于6-35kV系統(tǒng)。-中性點經(jīng)消弧線圈接地系統(tǒng)：在中性點與地之間接入消弧線圈，當發(fā)生單相接地故障時，消弧線圈產(chǎn)生的電感電流補償接地電容電流，使接地電流減小，有利于電弧熄滅，可降低弧光接地過電壓的概率。常用于3-60kV系統(tǒng)。-中性點直接接地系統(tǒng)：發(fā)生單相接地故障時，接地電流很大，會使保護裝置迅速動作，切除故障線路，保障系統(tǒng)安全。但供電可靠性相對較低，適用于110kV及以上系統(tǒng)。48.一臺變壓器的變比為$k=10$，原邊電壓$U_{1}=10kV$，副邊接一阻抗$Z_{2}=10\Omega$，求原邊等效阻抗$Z_{1}$。-根據(jù)變壓器的阻抗變換原理，$Z_{1}=k^{2}Z_{2}=10^{2}\times10=1000\Omega$。49.電力系統(tǒng)潮流計算的目的是什么？常用的方法有哪些？-目的：確定電力系統(tǒng)在給定運行方式下的節(jié)點電壓和功率分布，為電力系統(tǒng)的規(guī)劃、運行和分析提供依據(jù)，如判斷系統(tǒng)各元件是否過負荷、電壓是否合格等。-常用方法：高斯-賽德爾法，計算簡單，但收斂速度較慢；牛頓-拉夫遜法，收斂速度快，精度高，但計算量較大，需要形成雅克比矩陣；P-Q分解法，是牛頓-拉夫遜法的簡化，適用于高壓電網(wǎng)，計算速度快。50.已知電力系統(tǒng)中某線路的電阻$R=10\Omega$，電抗$X=20\Omega$，輸送功率$P=10MW$，$Q=5Mvar$，線路首端電壓$U_{1}=110kV$，求線路末端電壓$U_{2}$。-先計算線路的電壓降落$\DeltaU=\frac{PR+QX}{U_{1}}=\frac{10\times10^{6}\times10+5\times10^{6}\times20}{110\times10^{3}}\approx1818.2V$，$\deltaU=\frac{PX-QR}{U_{1}}=\frac{10\times10^{6}\times20-5\times10^{6}\times10}{110\times10^{3}}\approx1363.6V$。-線路末端電壓$U_{2}=\sqrt{(U_{1}-\DeltaU)^{2}+\deltaU^{2}}=\sqrt{(110\times10^{3}-1818.2)^{2}+1363.6^{2}}\approx108.2kV$。51.電力系統(tǒng)的短路類型有哪些？哪種短路最嚴重？-短路類型有三相短路、兩相短路、兩相接地短路和單相接地短路。-一般情況下，三相短路最嚴重，因為三相短路時短路電流最大，對電氣設(shè)備的破壞力最強。52.簡述電力系統(tǒng)的調(diào)頻方式。-一次調(diào)頻：由發(fā)電機組的調(diào)速器自動調(diào)節(jié)，根據(jù)系統(tǒng)頻率的變化，自動調(diào)整發(fā)電機的有功功率輸出，以維持系統(tǒng)頻率的穩(wěn)定。一次調(diào)頻是有差調(diào)節(jié)，不能完全消除頻率偏差。