注册电气工程师考试必备资料2025

注册电气工程师考试必备资料2025电路与电磁场

1.已知电路中某元件的电压\U=10\sin100t+30{\ci rc}V\,电流、i=2\sin100t-60{\c irc}A\,求该元件的复阻抗\Z\-首先，根据正弦量与相量的对应关系，电压相量\\dot{U}=10\ang Ie30{\c irc]V\,电流相量、\dot{I}=2\ang Ie-60l\c irc}A\~然后，根据复阻抗的定义\Z=\frac{\dot{U{\dot{l}}\,可得、Z=\f rac{10\ang Ie3CT{\c irc}}{2\ang Ie-60{\c irc}]=5\angIe90{\ci rc}\0mega=j5\0mega\

2.一个由电阻R=10\0mega\v电感\L=

0.1H\和电容\C=100\muF\组成的串联电路,接在\u=220\sqrt{2]\sin100tV\的电源上，求电路的电流\i\-先求感抗X_{L}=\omega L=100\t imesO.1=10\0mega\,容抗\X_{C}=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}100\times100\timeslO{-6}}二1OO\Omega\0-再求复阻抗\Z=R+jX_{L}-X_{C}=10+j10-100=10-j90\0mega\,\\vert Z\vert=\sqrt{10{2}+-90{2}}=\sqrt{100+8100}=\sqrt{8200}\approx

90.55\0mega\o-电压相量\\dot{U}=220\angleT{\ci rc}V\,电流相量\\dot{I}=\f rac{\dot{U}}{Z}=\f rac{220\ang IeO[\c irc}}{10-j90}=\frac{220\angI eO{\c irc}}{

90.55\angIe-

83.66{\c irc\approx

2.43\angIe

83.66-{\ci rcA\-所以电流\i=

2.43\sqrt{2l\sin100t+

83.66{\c irc}A\

03.真空中有两个点电荷\q_{1}=2\t imeslT{-6}C\和\q_{2}=-3\times10^{-6]G\,它们相距r=

0.3m\,求它们之间的库仑力-\s\mathbf{I}-\mathbf{A}=\beg in{bmatr ix}s+1-1\\0s+2\end{bmatr ix}\,\s\mathbf{I}-\mathbf{A}{-1}=\frac{1}{s+1s+2\beg in{bmatr ix}s+21\\0s+1\end{bmatr ix}\-贝l]\G s=\beg in{bmatr ix}1O\end{bmatr ix}\f rac{1}{s+1s+2\beg in{bmatr ix}s+21\\0s+1\end{bmatr ix\beg in{bmatr ix0\\1\endbmatr ix}=\frac{1}{s+1s+2\o

25.对于控制系统\Gs=\frac{K}{ss+1s+3}\,用劳斯判据确定系统稳定时K\的取值范围-系统的特征方程为s13}+4s人{2}+3s+K=0\o-列出劳斯表-第一行\1\,\3\-第二行:\4\,\K\-第三行:\\frac{12-K{4}\,\0\-第四行\K\,\0\-要使系统稳定，则劳斯表第一列元素均大于零，即\\frac{12-K}⑷\gtO\且、K\gtO\,解得\0\lt K\lt12\o

26.已知系统的单位脉冲响应ht=e1-2t}\,求系统的传递函数\Gs\-根据传递函数与单位脉冲响应的关系\G s=\mathca I{L}[h t]\,对、h t=e{-2t}\进行拉普拉斯变换，\Gs=\frac{1}{s+2}\

27.一个二阶系统的单位阶跃响应曲线如图所示假设超调量\\sigma\%=25\%\,峰值时间\t_{p}=1s\,求系统的无阻尼自然频率\\omega_{n}\和阻尼比\zeta\~由超调量公式\\sigma\%=e[-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^{2}}}}\times100\%=25\%\,可得-\frac{\zeta\p i}[\sqrt{1-\zeta{2}}}=\In

0.25\approx-

1.386\o-解、\frac{\zeta\pi{\sqrt{1-\zeta八{2}}}二

1.386\,\\zeta{2}\p i】2}=

1.386八⑵1-\zeta{2}\,\\zeta^{2}\p i12}+

1.386{2=

1.38612}\,\\zeta\approxO.4\0-由峰值时间公式\t_{p}=\frac{\pi}{\omega_{n}\sqrt{1-\zeta{2}}}=1s\,\\omega_{n=\frac{\p i{t_{p\sqrt{1-\zeta{2}}=\frac{\p i}{1\t imes\sqrt{1-

0.4{2}}\approx

3.49rad/s\o

28.已知系统的开环传递函数\GsHs=\frac{Ks+1{s s-1s+2}\,绘制系统的根轨迹草图-极点\P_{1=0\,\p_⑵二1\,\p_⑶二-2\；零点\Z_{1}=-1\0-\n=3\,\m=1\,渐近线与实轴交点\\s igma_{a}=\f rac{0+1-2--1}{3-1}=0\,渐近线夹角\\varphi_{a}=\pm90{\ci rc}\0-实轴上根轨迹区间:\-\i nfty,-2]\,\[-1,0]\0-根轨迹从极点出发，一部分趋向零点，一部分趋向渐近线

29.对于系统、\dot{\mathbf{x}=\beg in{bmatr ix}-21\\0-1\end{bmatr ix]\mathbf{x}+\beg in{bmatr ix}1\\0\end{bmatr ixu\判断系统的可控性-可控性矩阵\\mathbfM}_{c=\begi n{bmatr ix]\mathbf{B}\mathbf{A}\mathbf{B}\end{bmatr ix\,\\mathbf{A\mathbf{B}=\beg in{bmatr ix-21\\0-1\end{bmatr ix]\beg in{bmatr ix1\\0\end{bmatr ix=\begi n{bmatr ix}-2\\0\end{bmatr ix}\,\\mathbf{M}_{c}=\begi n{bmatr ix1-2\\00\end{bmatr ix}\0-因为、\text{rank}\mathbf{M}_{c}=1\112\系统的阶数，所以系统不可控

30.已知系统的闭环传递函数\\varPhi s=\frac{1}{s12}+3s+2]\,求系统的单位阶跃响应yt\-对\varPhi s\进行部分分式分解，\\varPhi s=\frac{1}{s+1s+2=\f rac{1}{s+1}-\frac{1}{s+2}\o-单位阶跃信号\Rs=\frac{s}\,则\Y s=\varPh is Rs=\f rac{1}{s s+1s+2=\f rac{1}{2s}-\f rac{1}{s+1}+\f rac{1}{2s+2}\0-进行拉普拉斯反变换，\yt=\frac{1}{2-eq-t}+\frac{1}{21e{-2t},t\geq0\0电力系统分析

31.已知某电力系统的发电机额定容量\S_{GN}n00MVA\,额定电压\U_{GN}=1O5kV\,变压器\T-1\的变比为\

10.5/121kV\,容量\S_{T1}=120MVA\,线路\L\的长度\l=100km\,电抗\x=

0.4\0mega/km\,变压器\T-2\的变比为\110/

6.6kV\,容量\S_{T2}=80MVA\,取基准容量\S_{B}=100MVA\,基准电压\U_{B1=

10.5kV\,\U_{B2]=121kV\,\U_{B3}=

6.6kV\,求各元件庶标幺值-发电机-发电机电抗标幺值X_{G}=\frac{X」G}}{X」B1}}\,假i§\X_{G}=

0.2\0mega\这里假设一个值,实际题目会给定，\X_{B1]=\frac{U_{B1K{2}}{S_{B}}=\frac{10,512}}{100}=

1.1025\0mega\,\X_{G=\frac{

0.2}{

1.1025}\approxO.181\o-变压器\T-1\-变压器\T-1\的电抗标幺值\X_{T1=X_{T1}\f rac{S_{B}}{S_{T1}}\,假设X」T1}\%\短路电压百分数为\

10.5\,\X_{T1=\frac{X_{T1}\%U_{N1K{2}}{100S_{T1}}\,\U_{N1}=

10.5kV\,\S_{T1]=120MVA\,\X_T1=\frac{

10.5\t imesW.512}}{100\t imes120}\approxO.095\0mega\,\X_{T1}=

0.095\t imes\frac{100}{120\approxO.079\~线路L\-线路电抗\X_{L}=xtimes I=

0.4\times100二40\0mega\,\X_{B2]=\frac{U_{B2}{2}}{S_{B}}=\frac{121{2}}{100]=

146.41\0mega\,\X_{L}=\frac{X_{L}{X_{B2}}=\f rac{401{

146.41}\approxO.273\~变压器\T-2\-假设\X_{T2}\%=10\,\X_{T2=\frac{X_{T2}\%U_{N2K{2}}{100S_{T2}}\,\U_N2=110kV\,\S_{T2=80MVA\,\X_{T2=\frac{10\times110^{2}{100\times80]=

15.125\0mega\,\X_{T2}=

15.125\times\frac{100]{80}\approx

1.89\

32.某电力系统中，已知节点\1\为平衡节点，\U_{1}=

1.05\ang Ie01\c irc}\,节点、2\为\PQ\节点,\P_{2}=-

0.5\,\Q_{2}=-

0.3\,节点\3\为、PV\节点，\P_{3}=

0.8\,\U_{3]=

1.02\,用牛顿-拉夫逊法进行潮流计算,写出第一次迭代的修正方程假设已知导纳矩阵\\mathbf{Y}\-牛顿-拉夫逊法的修正方程为\\beg in{bmatr ix}\DeIta\mathbf{P}\\\DeIta\mathbf{Q}\end{bmatr ix}=\begi n{bmatrix}\mathbf{H\mathbf{N\\\mathbf{J}\mathbf{L}\end{bmatr ix]\beg in{bmatr ix}\DeIta\boIdsymboI{\deIta}\\\DeIta\mathbf{U}/\mathbf{U}\end{bmatr ix}\o-对于\PQ\节点i\\\Delta P_{i}=P_{i}-ll_{i\sum_{j=1}{n}U_{j}G_{i j}\cos\delta_{i j}+B_{i j}\sin\delta_{i j\,\\Delta Q_{i}=Q_{i}-U_{i}\sum_{j=1}{n}ll_{j}G_{i j}\si n\de I ta_{i j}-B_{i j}\cos\de I ta_{i j\o-对于\PV\节点k\\\Delta p_{k}=p_{kl-U_{k}\sum_{j=1}{n}U_{j}G_{kj\cos\delta_{kj}+B_{kj}\s in\de lta_{kj\,\\Delta U_{k{2}=U_{k}{2}-U_{k}^2}\sum_{j=1}{n}U_{j}G_{kj\cos\de lta_{kj+B_{kj\s in\de Ita_{kj\o-第一次迭代时，假设初始值\\boIdsymboI{\deIta}{0=\mathbf{0}\,\\mathbf{U}{0}=\mathbf{1}\o-计算\\De Ita\mathbf{P}\,\\De Ita\mathbf{Q}\对于\PQ\节点和Delta IT⑵\对于\PV\节点，并计算雅可比矩阵\\beg in[bmatr ix}\mathbf{H}\mathbf{N}\\\mathbf{J}\mathbf{L]\endbmatr ix}\各元素，然后得到修正方程

33.一条\110kV\输电线路，长度\1二80km\,采用\LGJ-150\型导线,其电阻\r_{0}=

0.21\0mega/km\,电抗\x_0]=

0.4\0mega/km\,电纳、b_{0=

2.85\t imeslO{-6}S/km\,线施末端功率\S_{2}=30+j15MVA\,末端电压\U_⑵=105kV\,求线路始端的功率S_{1}\和电压\U_{1]\o-先计算线路参数\R=r_{0}I=

0.21\times80=

16.8\0mega\,\X=x_{0}I=

0.4\times80=32\0mega\,\B=b_{0}I=

2.85\times10{-6}\times80=

2.28\t imesW{-4}S\o-线路末端导纳支路的功率\\DeltaS_{y2]=j\frac{B}{2}U_{2}人⑵=j\frac{

2.28\t imes1T{-4}}{2}\t imesl05人⑵=j

1.26MVA\~经过线路阻抗前的功率S_{2「=S_{2}+\Delta S_{y2]=30+j15+

1.26=30+j

16.26MVA\O-线路阻抗中的功率损耗DeltaS_{z=\frac{P_{2}1八{2}+Q_⑵…⑵}{U_{2口{2}R+jX=\f rac{30{2}+

16.26{2}{105{2}}

16.8+j32\approx

1.67+j

3.18MVA\o-线路始端导纳支路的功率Delta S_{y1=j\frac{B}{2}U_{1}{2}\先近似用\U_{2}\计算\=j

1.26MVA\0-线路始端功率\S_{1}二S_{「2+\Delta S_{z+\Delta S_{y1}=30+

1.67+j

16.26+

3.18+

1.26=

31.67+j

20.7MVA\o-计算电压降落\\DeltaU=\frac{P_{2}R+Q_{2}X}{U_{2}}=\frac{30\t imes

16.8+

16.26\t imes32}{105}\approx

8.4kV\,\\deIta U=\fracP_{2X-Q_{2R}{U_{2}=\frac{30\times32-

17.26\t imesl

6.8{105}\approx

6.2kV\o-线路始端电压\U_{1}=\sqrt{U_{2+\De ItaU12]+\deltaU12}}=\sqrt{105+

8.412}+

6.212}}\approx

113.7kV\

34.某电力系统发生三相短路，已知短路点的次暂态电流\l_{kr{3]=5kA\,短路点所在电压等级的平均额定电压\U_{av=115kV\,求短路容量\S_{k}\o-短路容量\S_k}=\sqrt{3}U_{av}l_{k}{3}=\sqrt{3\t imesl15\t imes5\approx995MVA\o

35.一个简单电力系统由一台发电机通过变压器和线路向负荷供电，发电机的次暂态电抗\X」d「=

0.2\标幺值，变压器电抗\X_{T}=

0.1\标幺值，线路电抗\X_{L}=

0.3\标幺值，当负荷端发生三相短路时，求短路电流的标2值\l」k\-总电抗\X_{\sum}二X_{d}+X_{T}+X_{L}=

0.2+

0.1+

0.3=

0.6\o-对于三相短路，\l_{k=\f rac{1]{X_{\sum}}=\f rac{1}{

0.6}\approx

1.67\0-根据库仑定律\F=k\frac{q_{1}q_{2}}{r^{2\,其中\k=9\times10^{9}N\cdot T{2}/C12}\IT-则、F=9\t imes1O{9}\t imes\f rac{\vert2\t imes1O{-6}\t imes-3\ti mes1O{-6}\vert}{

0.3{2}}=9\t imesl0{9}\t imes\frac{6\t imeslO{-12}{

0.09}=

0.6N\,力的方向为相互吸引

4.已知均匀磁场的磁感应强度\B=

0.5T\,一矩形线圈的面积\S=

0.2rrT{2}\,匝数N=10\,当线圈平面与磁场方向垂直时,求穿过线圈的磁通量\\varPh i\和磁链\\varPs i\-磁通量\\varPhi二BS二

0.5\times

0.2=

0.1Wb\o-磁链、\varPsi二N\varPhinO\timesO.1二1Wb\o

5.有一无限长直导线通有电流\I二5A\,求距离导线\r二

0.2m\处的磁感应强度、B\-根据无限长直导线的磁感应强度公式\B=\frac{\mu_{0}I}{2\pi r}\,其中、\mu_{0}二4\p i\t imes1CT{-7}H/m\o-则、B=\f rac{4\p i\t imesICT{-7}\t imes5{2\pi\t imesO.2=5\timeslCT{-6}T\o

6.一个半径为\R\的均匀带电球体，电荷量为\Q\,求球内和球外的电场强度分布-球外\r\gt R\-根据高斯定理\\o int_{S}\vec{E}\cdotd\vec{S}=\f rac{Q_{enc Iosed]{\eps iI on_{0}}\,对于半径为、r\的高斯球面，\\oi nt」S}\vec{曰\cdot d\vec{S}=E\cdot4\p ir{2}\,\Q_{encIosed}=Q\o-所以\E=\frac{Q}{4\p i\eps iI on_{0}r{2}}\0-球内\r\lt R\-先求、Q_{enclosed}=\frac{Q}{\frac{4}{3}\piRc{3}}\t imes\f rac{4{3}\p ir{3]=\f rac{Qr13}}{K{3}}\0-由高斯定理E\cdot4\pir[2}=\frac{Qr{3}}[R{3\eps iI on_{0}]\,可得\E=\frac{Qr}{4\p i\eps iI on_{0}R-⑶}\

7.已知一平面电磁波在真空中传播，电场强度\\vec{E}=E_{0}\sin\omega t-kz\vec{i\,求磁场强度\\vec{H}\o-根据麦克斯韦方程组的关系\\nab la\t imes\vec{E}=-\frac{\part ia I\vec{B}}{\parti a It}\,\\vec{B}=\mu_{0}\vec{H}\o-先计算\\nabIa\t imes\vec{E}=\I eft|\beg in{array}{ccc}\vec{i}\vec{j}\vec{k}\\\frac{\part ia I}{\part ia Ix}\frac{\part ia I{\part ia Iy]\frac{\part ia I{\part ia Iz}\\E_{0}\s in\omega t-kz00\end{array}\r ight|=kE_{0}\cos\omega t-kz\vec{j}\-又因为nabla\times\veclEk-\frac[\part ia I\vec{B}}{parti a It}\,\\vec{B}=\mu_{0}\vec{H}\,所以\\frac{\part ia I\vec{H}}{\part ia It=-\f rac{1}{\mu_{0}}\nab Ia\t imes\vec{曰\一对\f rac{\part iaI\vec{H}}{\part iaIt=-\f rac{kE_{0}}{\mu_{0}}\cos\omega t-kz\vec{j}\积分得\\vec{H}=\frac{kE_{0}}{\omega\mu_{0j\s in\omega t-kz\vecj]\,在真空中k二\omega\sqrt{\mu_{0}\eps iIon_{0}}\,则\\vec{H}=\sqrt{\frac{\eps iIon_{0}}{\mu_{0]E_{0}\s in\omegat-kz\vec{j}\o

8.有一个\R-C\串联电路,\R=5k\0mega\,\C=

0.1\mu F\,接在\u二10\sin1000tV\的电源上,求电容电压\u_{C}\0-先求容抗X_{c}=\frac{1}{\omegaC}=\frac{1}{1000\times

0.1\t imesW{-6}}=10{4}\0mega\0-复阻抗\Z=R+j-X_{C}=5\times10^{3}-j10{4}\0mega\,\\vert Z\vert=\sqrt{5\t imes10{3}{2+-1T{4}12}}=\sqrt{25\t imeslO{6}+100\t imesl016}}=\sqrt{125\t imes10{6}}\approx

11.18\timesl0{3}\0mega\0-电压相量\\dot{U}二\frac{10]{\sqrt{2}}\ang IeO{\c irc}V\,电流相量\\dot{I}=\f rac{\dot{II}}Z}=\f rac{\f rac{10]{\sqrt{2}}\angI eO[\circ]{5\times10{3}-jlO{4}}=\frac{\frac{10}{\sqrt{2}}\angleO{\circ}}{

11.18\time s10{3}\angIe-

63.43{\c irc}\approxO.63\t imes10{-3}\angIe

63.43{\c irc}A\~电容电压相量\\dot{U}_{C}=\dot{I}\times-jX_{C}=

0.63\timeslo^{-3}\angIe

63.43{\c irc}\t imes10{4}\angIe-90{\c irc=

6.3\angIe-

26.57{\ci rc}V\o-所以、u_{C}=

6.3\sqrt{2}\s in1OOOt-

26.57{\circ}V\}o

9.两个同频率的正弦电压、u_{1}二10\sin\omega t+3T{\ci rc}V\和\u_{2}二8\sin\omega t-60{\ci rc}V\,求\u=u_⑴+u_{2}\o-电压相量\\dot{U}_{1}=10\angIe30{\c irc}=10\cos30{\c irc}+j\s in3CT{\ci rc=5\sqrt{3}+j5V\,\\dot{U}_{2}=8\angIe-60{\c irc}=8\cos-60{\c irc}+j\s in-60{\c irc}=4-j4\sqrt{3}V\-\\dot{U}=\dot{U}_{1+\dot{U}_{2}=5\sqrt⑶+4+j5-4\sqrt{3}\approx

8.66+4+j5-

6.93=

12.66-j

1.93V\o-\\vert\dot{U}\vert=\sqrt{

12.66{2}+-

1.93/{21=\sqrt{

160.28+

3.72}=\sqrt{164}\approx

12.8V\,\\varph i=\arctan\frac{-

1.93{

12.66}\approx-

8.6{\c irc}\o-所以\u=

12.8\s in\omega t-

8.6{\c irc}V\o

10.已知一电流源\i_{s}=5\sin100t+451\circ}A\,与一个、L=

0.2H\的电感并唳，求电感的电压\u_{L}\-先求感抗X_{L}=\omega L=100\t imesO.2=20\0mega\o-电流相量\\dot{l}_{s}二\frac{5}{\sqrt{2}}\ang Ie45{\c irc}A\,电感电压相量\\dot{U}_{L}=\dot{I}_{s]\t imesjX_{L}=\frac{5}{\sqrt{2}}\angIe45人{\ci rc\t imes20\angIe90人{\c irc}=50\sqrt{2}\angIe135{\ci rc]V\-所以\u_{L}=100\sin100t+1351\ci rc}V\电机学

11.一台三相异步电动机，额定功率P」N}二10kW\,额定电压\U_{N}=380V\,额定频率\f_{N=50Hz\,额定转速\n_{N}=1450r/min\,求电动机的同步转速\n_{1}\、极对数\p\和额定转差率\s_{N}\-因为异步电动机额定转速\n_{N}\接近同步转速\n_{1}\,根据\=\frac{60f」1}}{p}\,当\f_⑴=50Hz\时,可能的同步转速有\3000r/min\\p=1\,\1500r/min\\p=2\,\1000r/min\\p=3\等，所以、n_{1}=1500r/mi n\,\P=2\o-额定转差率\s_{N}=\frac{n_{1}-n_{N}}{n_{1}}=\frac1500-145011500]=\f rac{50}{1500]\approxO.033\o

12.一台直流发电机，电枢电阻\R_{a}=

0.2\0mega\,额定电压\U_{N}=220V\,额定电流\l_{N}nOOA\,求发电机的电动势\E_{a}\o-根据直流发电机的电压方程\U=E_{a}-l_aR_{a}\,这里\l_{a}=l_{N}\,则\E_{a}=U」N}+l_{N}R」a}=220+1OO\timesO.2二240V\

13.一台变压器，原边匝数N_{1”1000\,副边匝数\N_{2}=200\,原边接在、U_{1}二220V\的交流电源上，求副边电压\U_{2}\0-根据变压器的变比公式\\frac{U_{1}}{U」2}}=\frac{N_{1}}{N_{2}}\,则\U_{2}=\frac{N_{2}}{N_{1}U_{1}=\frac{200}{1000}\t imes220=44V\o

14.一台三相变压器，\S_N=1000kVA\,\U_{1N}/U_{2N}=1OkV/O.4kV\,求原、副边的额定电流\l_{1N}\和\I_{2N}\-对于三相变压器，\S_{N}=\sqrt{3}U_{1N}l_{1N=\sqrt{3}U_{2N}l_{2N}\~原边额定电流\I_{1N}=\frac{S_{N}}{\sqrt⑶U_{1N}}=\frac{1000\t imeslO^{31{\sqrt{3}\t imes10\t imeslO{3}\approx

57.7A\o-副边额定电流\I_2N=\frac{S_{N}}{\sqrt⑶U_{2N}}=\frac{1000\t imeslT⑶}[\sqrt{3}\ti mesO.4\t imes10{31\approx1443A\

15.一台并励直流电动机，\U_{N=220V\,\l_{N}=80A\,\R_{a}=

0.2\0mega\,\R_{f=220\0mega\,求电动机的电枢电流\l_a\和励磁电流\1_仟}\-励磁电流\l_{f}=\frac{U_{N]]{R_{f}}=\frac{220}{220}=1A\o-电枢电流\l」a}二l_{N}7_{f}=80-1=79A\

016.一台三相异步电动机，在额定运行时的电磁转矩\T_{em}=1OON\cdot m\,转速\n、1480r/mi n\,求电动机的电磁功率\P_{em}\o-先求同步转速\n_{1}\,由于\n=1480r/min\,\n_{1}=1500r/min\\p=2\-根据\T_{em}=\frac{P_{em}]{\0mega_{1}\,\\0mega_{1}=\f rac{2\p in_{1}}{60}=\frac{2\p i\t imes1500{60}=50\pi rad/s\o-则\P_{em}=T_{em\0mega_{1}=100\t imes50\p i\approx15708W\

017.一台变压器，空载损耗\P_{0}=1kW\,短路损耗\P_{k=2kW\,当负载系数、\beta=

0.8\时，求变压器的效率\\eta\假设负载功率因数\\cos\varphi_{2}=

0.8\-变压器的效率公式为\\eta=\frac{\betaS_{N}\cos\varphi_{2}}{\betaS_{N\cos\varph i_⑵+P_{0}+\beta{2P_{k}}\o-假设\S_{N}=100kVA\这里不影响效率计算结果，则\\eta=\frac{

0.8\t imesl00\t imesO.8}{

0.8\t imes100\t imesO.8+1+

0.8{2}\t imes2}=\frac64{64+1+

1.28=\frac{64}{

66.28}\approx

96.6\%\

18.一台直流电动机，已知E_{a}=200V\,\l_{a}=50A\,\R_{a=O.2\0mega\,求电动机的输入功率\P_{1}\和电磁功率\P_{em}\o-输入功率P_{1}=U_{a}l_{a}\,由\U_{a}=E_{a}+1_{a}R_{a}=200+50\t imesO.2=210V\,则\P_{1}=210\times

50、10500W\o-电磁功率\P_{em}=E_{a}l_{a}=200\times50=10000W\o

19.一台三相异步电动机，\n_{1}=1000r/min\,\n=960r/min\,求电动机的转差率s\和转子电流的频率、f_{2}\-转差率\s=\frac{n_{1}-n}{n_{1}}=\frac{1000-960}{1000=

0.04\o-转子电流频率f」2}=sf_{1}\,因为\f_⑴=50Hz\,所以f_{2}二

0.04Vtimes50=2Hz\

020.一台变压器，变比k=10\,原边输入电压\U_{1}=220V\,副边接一个R=10\0mega\的电阻负载,求原边电流1_{1}\和副边电流1_2]\0-副边电压副」2}=\、ac{U_{1}}{k}=\frac{220}{10}二22V\-副边电流\l_{2}=\frac{U」2}}{R}=\frac{22}{10}=

2.2A\~原边电流\I_{1}=\f rac{I_{2}}{k}=\f rac{

2.2}{10}=

0.22A\自动控制

21.已知系统的开环传递函数\GsHs=\frac{K}{ss+1s+2}\,求系统的根轨迹的渐近线与实轴的交点和夹角-对于开环传递函数\GsHs=\frac{K}{ss+1s+2}\,\n=3\极点个数，\m二0\零点个数-渐近线与实轴的交点\sigma_{a}=\frac{\sum_{i=lK{n}p_{i}-\sum_{j=lK{m}z_{j}{n-m}\,其中\p_⑴=0\,\p」2}二7\,\p_{3}=-2\,则、\sigma_{a}=\frac{0T-2]{31=-1\o-渐近线的夹角\\varphi_{a}=\frac{2k+1\pi}{n-m}\,\k=0,1,\cdots,n-m-1\,当\k=0\时,\\varph i_{a}=60{\ci rc!\；当\k=1\时,\\varphi_{a}=180{\ci rc!\；当\k=2\时，\\varph i_{a}=300{\c irc\

22.已知系统的闭环传递函数\\varPh is=\frac{4}{s{2]+2s+4}\,求系统的无阻尼自然频率\\omega_{n}\、阻尼比\\zeta\和系统的阶跃响应的超调量\\s igma\%\o-与二阶系统标准形式\\varPh is=\frac{\omega_{nJ{2}}{s{2}+2\zeta\omega_{n}s+\omega_{n}12}}\对比,可得、\omega_{n}12}二4\,则\\omega_{n}=2rad/s\,\2\zeta\omega_{n}=2\,\\zeta=\frac{1{2}\o-超调量\\s igma\%=e-\frac{\zeta\pi}[\sqrt{1-\zeta{2}}\ti mes100\%=e{-\frac{\frac{1}{2}\p i}{\sqrt{1-\frac{1}{2}^{2}}}}\times100\%=e^{-\frac{\pi}{\sqrt{3}}}\t imes100\%\approx

16.3\%\o

23.某控制系统的开环传递函数\Gs=\frac{10}{ss+2}\,求系统的稳态误差e_{ss}\,当输入为单位阶跃信号rtn t\和单位斜坡信号、rt=t\cdot1t\时-系统的类型v二1\开环传递函数中积分环节的个数，开环增益\K=\frac{10}{2}=5\-当输入为单位阶跃信号rt二1t\时，根据稳态误差公式、e_{ss}=\frac{1}{1+K_{p}}\,\K_{p}=\l im_{s\r ightarrowO}Gs=\infty\,所以\e_{ss[=0\~当输入为单位斜坡信号\rt=t\cdot1t\时，根据稳态误差公式e_{ss}=\frac{1}{K_{v}}\,\K_{v}=\I im_{s\r ightarrowO}sGs=5\,所以\e_{ss}=\frac{1}{5}=

0.2\o

24.已知系统的状态方程\\dot{\mathbf{x}}=\beg in{bmatr ix}-11W0-2\end{bmatr ix}\mathbf{x}+\begi n{bmatr ix}0\\1\end{bmatr ixu\,输出方程\y=\beg in{bmatr ix10\end{bmatr ix\mathbf{x}\,求系统的传递函数\Gs\-系统的传递函数\Gs=\mathbf{C}smathbf}-\mathbf{A}{-1}\mathbf B\,其中\\mathbf{A}=\begi n{bmatr ix}-11\\0-2\end{bmatr ix}\,\\mathbfB}=\begi n{bmatr ix0\\1\end{bmatr ix\,\\mathbfC}=\begi n{bmatr ix}10\end{bmatr ix]\o。