Latihan peperiksaan FE Elektrik dan Komputer: pek ulang kaji kilat

Lembaran formula, langkah kaedah utama untuk setiap topik dan 40 soalan latihan, dengan penyelesaian penuh di bahagian belakang.

Soalan baharuKembali ke kursus

Dalam tetingkap cetak, pilih “Simpan sebagai PDF” untuk menyimpan salinan pada peranti anda.

1Formula dan kaedah

Perintang bersiri & selari

Perintang bersiri
Req = R1 + R2 + …
Perintang selari
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dua secara selari
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Hukum Ohm
V = I·R
Kuasa
P = V·I = I²R = V²/R

Kaedah

  1. Mulakan di hujung rangkaian yang paling jauh daripada terminal.
  2. Gabungkan perintang secara bersiri dengan menambahnya, dan perintang secara selari dengan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Lukis semula litar selepas setiap langkah.
  4. Ulang sehingga tinggal satu perintang antara terminal.

Analisis nod

Hukum arus Kirchhoff
ΣIin = ΣIout
Arus cabang
I = (Va − Vb)/R
Nod rujukan
Vground = 0

Kaedah

  1. Pilih nod rujukan (bumi) dan labelkan voltan nod yang lain.
  2. Tulis hukum arus Kirchhoff pada setiap nod yang tidak diketahui: arus yang meninggalkan melalui setiap cabang sama dengan arus yang masuk.
  3. Ungkapkan setiap arus cabang sebagai (Va − Vb)/R.
  4. Selesaikan sistem persamaan, kemudian cari sebarang arus yang anda perlukan.

Analisis mesh

Hukum voltan Kirchhoff
ΣV = 0 mengelilingi setiap gelung
Perintang yang dikongsi
arus = I1 − I2
Sumber arus dalam mesh
menetapkan arus mesh itu

Kaedah

  1. Lukis arus ikut arah jam dalam setiap mesh (tingkap) litar.
  2. Gunakan hukum voltan Kirchhoff mengelilingi setiap mesh: hasil tambah susutan voltan ialah sifar.
  3. Dalam perintang yang dikongsi oleh dua mesh, arusnya ialah beza dua arus mesh.
  4. Selesaikan persamaan; hasil negatif bermaksud arus mengalir ke arah sebaliknya.

Superposisi

Superposisi
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Sumber voltan yang dimatikan
litar pintas (0 V)
Sumber arus yang dimatikan
litar buka (0 A)
Pembahagi voltan
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Pembahagi arus
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Kaedah

  1. Kira sumber bebas. Anda akan menyelesaikan satu litar yang lebih ringkas bagi setiap sumber.
  2. Kekalkan satu sumber dan matikan yang lain: sumber voltan menjadi litar pintas (wayar), sumber arus menjadi litar buka (jurang).
  3. Selesaikan litar yang lebih ringkas itu untuk voltan atau arus yang anda perlukan, dengan menjejaki arahnya.
  4. Ulang untuk setiap sumber, kemudian tambah sumbangan dengan tandanya.

Thévenin & Norton

Voltan Thévenin
Vth = Vopen circuit
Rintangan Thévenin
Rth: semua sumber dimatikan, dilihat dari a–b
Arus Norton
IN = Vth/Rth
Arus beban
IL = Vth/(Rth + RL)
Pemindahan kuasa maksimum
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Kaedah

  1. Keluarkan beban dan tandakan dua terminal a dan b.
  2. Cari voltan litar buka antara a dan b: inilah Vth.
  3. Matikan semua sumber bebas dan cari rintangan yang dilihat dari a–b: inilah Rth.
  4. Pasang semula beban pada litar setara: Vth bersiri dengan Rth.
  5. Untuk setara Norton, tukarkan: IN = Vth/Rth, dengan RN = Rth secara selari.

Fana RC & RL

Pemalar masa
τ = RC | τ = L/R
Sambutan
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kapasitor pada AT
litar buka; vC tidak boleh melompat
Induktor pada AT
litar pintas; iL tidak boleh melompat
Mantap
t ≈ 5τ

Kaedah

  1. Cari nilai awal sejurus selepas pensuisan: voltan kapasitor dan arus induktor tidak boleh melompat.
  2. Cari nilai akhir lama selepas pensuisan: kapasitor bertindak sebagai litar buka, induktor sebagai litar pintas.
  3. Cari pemalar masa: τ = RC atau τ = L/R, menggunakan rintangan yang dilihat oleh kapasitor atau induktor.
  4. Gunakan x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Impedans AU & fasor

Impedans
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Frekuensi sudut
ω = 2πf
Magnitud dan sudut
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Hukum Ohm fasor
V = I·Z

Kaedah

  1. Tukar frekuensi: ω = 2πf.
  2. Cari setiap reaktans: XL = ωL dan XC = 1/(ωC).
  3. Tambah impedans seperti perintang, dengan Z = R + jX.
  4. Cari magnitud |Z| = √(R² + X²) dan sudut φ = atan(X/R), kemudian gunakan hukum Ohm dengan fasor.

Kuasa AU & faktor kuasa

Kuasa nyata
P = V·I·cos φ
Kuasa reaktif
Q = V·I·sin φ
Kuasa ketara
S = V·I = √(P² + Q²)
Faktor kuasa
pf = cos φ = P/S
Kapasitor pembetulan
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Kuasa tiga fasa

Sambungan Y
VL = √3·Vph, IL = Iph
Sambungan Δ
VL = Vph, IL = √3·Iph
Jumlah kuasa nyata
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Kuasa ketara dan reaktif
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kapasitor pembetulan
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Voltan merentasi setiap kapasitor
Δ: VL Y: VL/√3
Masukan motor
Pin = Pout/η

Pengubah

Nisbah belitan
a = N1/N2 = V1/V2
Nisbah arus
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Arus terlonggok
I = S/V
Impedans terrujuk
Z1′ = a²·ZL
Kehilangan kuprum pada beban separa
Pcu = x²·Pcu,fl
Kecekapan
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Kecekapan maksimum
x = √(Pcore/Pcu,fl)

Litar op-amp

Penguat menyongsang
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Penguat tak menyongsang
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Penguat penambah
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Op-amp unggul
V+ = V−, Iin = 0

Diod & transistor

Diod (susutan malar)
VD = 0.7 V when conducting
Kawasan aktif
VBE = 0.7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Pincang tetap
IB = (VCC − 0.7)/RB
Pincang pembahagi
IB = (VTH − 0.7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin bagi pembahagi
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Gelung pengumpul
VCE = VCC − ICRC − IERE
Ketepuan
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Sistem nombor

Nilai kedudukan
perduaan 2k, oktal 8k, heks 16k
Kepada perpuluhan
Σ dk·bk
Daripada perpuluhan
bahagi dengan asas, baca baki dari bawah ke atas
Heks ↔ perduaan
satu digit heks = 4 bit
Pelengkap dua
songsangkan bit dan tambah 1

Logik digital: get, peta K & flip-flop

Get asas
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Peraturan Boolean
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Susunan peta Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Kumpulan 2ᵏ sel
kehilangan k pemboleh ubah
Multipleks 4-ke-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Flip-flop
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Pembilang
n-bit: 2ⁿ keadaan; mod-N: n terkecil dengan 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Pembilang riak
fmax = 1/(n·tpd)
Pembilang gelang dan Johnson
n dan 2n keadaan

Kaedah

  1. Untuk litar, bekerja dari input ke output satu get pada satu masa dan tulis nilai pada setiap wayar, atau tulis ungkapannya dan isi jadual kebenaran.
  2. Untuk pemudahan, letakkan 1 (dan tidak peduli sebagai X) ke dalam peta Karnaugh dengan baris dan lajur kod Gray: 00, 01, 11, 10.
  3. Liputi 1 dengan kumpulan sesedikit dan sebesar mungkin yang berisi 1, 2, 4, 8 atau 16 sel, menyambung melepasi tepi; setiap kumpulan ialah satu sebutan hasil darab yang terdiri daripada pemboleh ubah yang kekal malar. Kumpulkan 0 untuk bentuk POS.
  4. Untuk flip-flop dan pembilang, baca input pada setiap pinggir jam yang aktif, tulis keadaan selepas setiap pinggir, dan ingat bahawa pembilang n-bit berpusing semula selepas 2ⁿ keadaan.

Kestabilan: Routh–Hurwitz & lokus punca

Kestabilan
semua punca polinomial ciri di separuh satah kiri
tatasusunan Routh, entri s¹ bagi kubik
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Punca separuh satah kanan
bilangan perubahan tanda dalam lajur pertama
Kubik s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabil apabila semua a > 0 dan a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Persamaan cirian
1 + K·G(s) = 0
Asimptot
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Titik pemisahan dan penyertaan
dK/ds = 0
Syarat magnitud
K = 1/|G(s)|
Sudut berlepas
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Kaedah

  1. Tulis polinomial ciri gelung tertutup: penyebut 1 + K·G(s) = 0, setelah dikembangkan.
  2. Letakkan pekali secara berselang-seli dalam dua baris pertama tatasusunan Routh dan bina baris yang selebihnya.
  3. Kira perubahan tanda dalam lajur pertama: setiap satu ialah kutub di separuh satah kanan. Dengan K dalam tatasusunan, pastikan setiap entri lajur pertama kekal positif.
  4. Untuk lokus punca, tandakan kutub dan sifar, segmen paksi nyata, asimptot dari sentroid dan titik pemisahan di mana dK/ds = 0. Gunakan K = 1/|G(s)| untuk gandaan pada suatu titik.

Ralat keadaan mantap & kawalan PID

Jenis sistem
bilangan kutub G(s) pada s = 0
Pemalar ralat
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Langkah A
ess = A/(1 + Kp)
Tanjakan A·t
ess = A/Kv
Parabola A·t²/2
ess = A/Ka
Pengawal PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Sasaran tertib kedua
s² + 2ζωns + ωn²
Terlajak dan pemasaan
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Kaedah

  1. Kira kutub gelung terbuka C(s)·G(s) pada s = 0: itulah jenis sistem.
  2. Hitung pemalar ralat yang sepadan dengan input: Kp untuk langkah, Kv untuk tanjakan, Ka untuk parabola.
  3. Gunakan ess = A/(1 + Kp), A/Kv atau A/Ka, atau selesaikannya untuk gandaan yang anda perlukan.
  4. Untuk spesifikasi redaman atau laju, tulis polinomial ciri gelung tertutup dan padankan dengan s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Soalan latihan

1.Perintang bersiri & selariSederhana
R1​ = 6 ΩIR1​R3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩAR4​4 ΩB

Cari arus IR1 yang dibekalkan oleh sumber, yang mengalir melalui R1.

V1 = 15 VR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 8 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = A
2.Perintang bersiri & selariSukar
R1​ = 2 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩIR2​AR4​6 ΩBR6​12 Ω

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 10 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 ΩR4 = 6 ΩR5 = 3 ΩR6 = 12 Ω
IR2 = A
3.Analisis nodSederhana
R1​ = 8 ΩIR1​R3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAR4​2 ΩBIs​4 A

Gunakan analisis nod untuk mencari arus IR1 melalui R1 mengikut arah anak panah.

V1 = 15 VIs = 4 AR1 = 8 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 Ω
IR1 = A
4.Analisis nodSukar
R1​ = 25 ΩR2​ = 10 ΩIR2​R4​ = 8 Ω+−V1​5 VR3​4 ΩAR5​3 ΩBIs​2 A+−V2​6 V

Gunakan analisis nod untuk mencari arus IR2 melalui R2 mengikut arah anak panah.

V1 = 5 VIs = 2 AV2 = 6 VR1 = 25 ΩR2 = 10 ΩR3 = 4 ΩR4 = 8 ΩR5 = 3 Ω
IR2 = A
5.Analisis meshSederhana
R1​ = 2 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​24 VR3​3 Ω+−VR3​A+−V2​9 VI1​I2​

Gunakan analisis mesh untuk mencari voltan VR3 merentasi R3 dengan polariti seperti yang ditunjukkan.

V1 = 24 VV2 = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 3 Ω
VR3 = V
6.Analisis meshSukar
R1​ = 12 ΩIR1​R2​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​30 VR4​2 ΩAR5​10 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

Gunakan analisis mesh untuk mencari arus IR1 melalui R1 mengikut arah anak panah.

V1 = 30 VV2 = 36 VR1 = 12 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 ΩR4 = 2 ΩR5 = 10 Ω
IR1 = A
7.SuperposisiSederhana
R1​ = 8 ΩIR1​R3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​6 ΩAR4​20 ΩBIs​5 A

Gunakan superposisi untuk mencari arus IR1 melalui R1 mengikut arah anak panah.

V1 = 24 VIs = 5 AR1 = 8 ΩR2 = 6 ΩR3 = 4 ΩR4 = 20 Ω
IR1 = A
8.SuperposisiSukar
R1​ = 4 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​15 VR3​8 Ω+−VR3​AIs​0.5 AB+−V2​18 V

Gunakan superposisi untuk mencari voltan VR3 merentasi R3 dengan polariti seperti yang ditunjukkan.

V1 = 15 VIs = 0.5 AV2 = 18 VR1 = 4 ΩR2 = 5 ΩR3 = 8 ΩR4 = 6 Ω
VR3 = V
9.Thévenin & NortonSederhana
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAab

Cari arus Norton IN: arus yang mengalir dari a ke b jika terminal dilitar pintaskan.

V1 = 30 VR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 Ω
IN = A
10.Thévenin & NortonSukar
R1​ = 25 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAIs​2.5 ABRL​20 ΩIL​

Satu beban RL = 20 Ω disambungkan merentasi a–b. Gunakan setara Thévenin untuk mencari kuasa PL yang dihantar kepada beban.

V1 = 12 VIs = 2.5 AR1 = 25 ΩR2 = 8 ΩR3 = 4 ΩRL = 20 Ω
PL = W
11.Fana RC & RLSederhana
+−Vs​24 Vt = 0R = 5 ΩL10 mHi(t)

Induktor tidak membawa arus sebelum suis ditutup pada t = 0. Cari tenaga W yang tersimpan dalam induktor pada t = 5 ms, dalam mJ.

Vs = 24 VR = 5 ΩL = 10 mHt = 5 ms
W = mJ
12.Fana RC & RLSukar
+−Vs​15 Vterbuka pada t = 0R1​ = 6.8 kΩR2​ = 6.8 kΩC10 µF+−vC​

Suis telah ditutup untuk masa yang lama, maka litar berada dalam keadaan mantap. Pada t = 0 suis dibuka. Cari voltan kapasitor vC pada t = 30 ms.

Vs = 15 VR1 = 6.8 kΩR2 = 6.8 kΩC = 10 µFt = 30 ms
vC = V
13.Impedans AU & fasorSederhana
Vf0​ = 500 HzRL = ?C = 0.1 µF

Litar RLC siri dengan C = 0.1 µF mesti bergema pada 500 Hz. Cari kearuhan L yang diperlukan.

f0 = 500 HzC = 0.1 µF
L = mH
14.Impedans AU & fasorSukar
24 Vf0​R = 5 ΩL = 10 mHC = 2.2 µF

Litar RLC siri digerakkan oleh sumber 24 V (rms) yang frekuensinya ditetapkan pada frekuensi resonans litar. Cari voltan rms VL merentasi induktor.

V = 24 V (rms)R = 5 ΩL = 10 mHC = 2.2 µF
VL = V
15.Kuasa AU & faktor kuasaSederhana
P = 20 kWQSφ

Satu motor fasa tunggal mengambil 20 kW pada faktor kuasa 0.7 ketinggalan daripada bekalan 400 V. Cari arus talian I.

P = 20 kWpf = 0.7V = 400 V
I = A
16.Kuasa AU & faktor kuasaSukar
P = 40 kWQ1​S1​φ1​QC​

Satu beban fasa tunggal mengambil 40 kW pada faktor kuasa 0.7 ketinggalan daripada bekalan 400 V, 60 Hz. Kapasitor yang disambung secara selari meningkatkan faktor kuasa kepada 0.98. Cari kuasa reaktif QC yang mesti dibekalkan oleh kapasitor.

P = 40 kWpf1 = 0.7pf2 = 0.98V = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
17.Kuasa tiga fasaSederhana
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M7.5 kW, η = 95%cos φ = 0.85

Satu motor aruhan tiga fasa menghasilkan 7.5 kW kuasa keluaran mekanikal pada beban penuh. Pada beban ini kecekapannya 95% dan faktor kuasanya 0.85 ketinggalan. Bekalan mempunyai voltan antara talian 480 V. Cari arus talian IL.

Pout = 7.5 kWη = 95%cos φ = 0.85VL = 480 V
IL = A
18.Kuasa tiga fasaSukar
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​

Satu beban tiga fasa seimbang mengambil 75 kW pada faktor kuasa 0.7 ketinggalan daripada bekalan 690 V (antara talian), 60 Hz. Satu bank kapasitor tiga fasa secara selari dengan beban mesti menaikkan faktor kuasa keseluruhan kepada 0.95 ketinggalan. Kuasa nyata kekal sama. Kapasitor disambung secara Y. Cari kapasitans Cph setiap kapasitor dalam µF.

P = 75 kWpf1 = 0.7pf2 = 0.95VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.PengubahSederhana
2 Ω121

Satu perintang 2 Ω disambung merentasi lilitan sekunder pengubah unggul dengan nisbah belitan N₁:N₂ = 12:1. Cari rintangan R1′ yang dilihat dari lilitan primer.

N1:N2 = 12:1RL = 2 Ω
R1′ = Ω
20.PengubahSukar
pf 0.85150 kVA, η = 98.8%

Satu pengubah fasa tunggal 150 kVA mempunyai kehilangan teras 450 W. Pada beban terkadar dan faktor kuasa 0.85 ketinggalan kecekapannya ialah 98.8%. Cari kehilangan kuprum beban penuh Pcu,fl dalam watt.

S = 150 kVAPcore = 450 Wpf = 0.85η = 98.8%
Pcu,fl = W
21.Litar op-ampSederhana
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 10 kΩVin​ = −2.5 VRa​ = 2 kΩRb​ = 47 kΩ

Op-amp adalah unggul dan beroperasi daripada bekalan ±15 V. Cari voltan keluaran Vout.

Vin = −2.5 VRa = 2 kΩRb = 47 kΩR1 = 10 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
22.Litar op-ampSukar
Vin​V1​Vout​peringkat 1: menyongsangR1​ = 1 kΩRf1​ = 4.7 kΩperingkat 2: tidak menyongsangR2​ = 100 kΩRf2​ = 10 kΩ

Dua peringkat op-amp unggul disambung secara lata: penguat menyongsang (R1, Rf1) diikuti penguat tidak menyongsang (R2 ke bumi, Rf2 dalam suapbalik). Kedua-duanya dijalankan daripada bekalan ±15 V. Masukan ialah Vin = 0.95 V. Cari voltan keluaran Vout.

R1 = 1 kΩRf1 = 4.7 kΩR2 = 100 kΩRf2 = 10 kΩVin = 0.95 V
Vout = V
23.Diod & transistorSederhana
+−12 V680 Ω6.2 V1500 ΩIZ​ = ?

Pengatur Zener 6.2 V disuap daripada 12 V melalui 680 Ω dan membekalkan beban 1500 Ω. Cari arus Zener IZ.

Vin = 12 VVZ = 6.2 VR = 680 ΩRL = 1500 Ω
IZ = mA
24.Diod & transistorSukar
+−≥ 20 VR = ?3.3 V≤ 30 mA

Pengatur Zener 3.3 V mesti membekalkan sehingga 30 mA kepada beban. Input boleh turun kepada 20 V, dan Zener memerlukan sekurang-kurangnya 2 mA untuk mengatur. Cari rintangan siri terbesar Rmax yang mengekalkannya mengatur.

Vin,min = 20 VVZ = 3.3 VIL,max = 30 mAIZ,min = 2 mA
Rmax = Ω
25.Sistem nomborSederhana
Pelengkap dua 8-bit?−128?64?32?16?8?4?2?1

Tulis −5 sebagai corak pelengkap dua 8-bit. Baca corak itu sebagai nombor perduaan tanpa tanda: apakah nilainya U dalam perpuluhan?

N = −58 bit
U =
26.Sistem nomborSukar
klik bit untuk menetapkannya012806403201608040201

Tetapkan bit kepada hasil 8-bit bagi 1110 0111 XOR 1000 1111. Apakah nilai hasil R dalam perpuluhan?

1110 0111XOR1000 1111
R =
27.Logik digital: get, peta K & flip-flopSederhana
ABCD000111100001111011111

Dalam peta Karnaugh ini tepat satu 1 tidak mempunyai 1 yang berjiran, maka ia kekal sebagai kumpulan satu sel (minterm penuh empat literal) dalam bentuk SOP minimum. Jiran merentasi tepi peta dikira. Klik sel itu.

F = Σm(0, 5, 8, 10, 14)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.Logik digital: get, peta K & flip-flopSukar
CLKJK12345678

Flip-flop JK dicetus pinggir positif bermula dengan Q = 0 dan menerima input yang ditunjukkan pada 8 pinggir jam menaik. Berapa kali N Q berubah keadaan?

Q₀ = 0JK
N =
29.Transformasi LaplaceSederhana
t (s)f(t)t = 0.5f(0.5) = ?

Cari f(t) bagi F(s) = (5s + 19)/(s² + 6s + 9) dan nilaikan f(0.5).

F(s) = (5s + 19)/(s² + 6s + 9)t = 0.5 s
f(0.5) =
30.Transformasi LaplaceSukar
t (s)y(t)t = 1y(1) = ?

Satu sistem mematuhi y″ + 6y′ + 5y = 20·u(t), dengan y(0) = 5 dan y′(0) = 0. Pada t = 0 masukan langkah u(t) = 4 dikenakan. Gunakan transformasi Laplace untuk mencari y(1).

y″ + 6y′ + 5y = 20·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 4t = 1 s
y(1) =
31.Gambar rajah blokSederhana
R(s)+19K+6s + 7G(s)C(s)0.5H₁−−

Loji G(s) = 6/(s + 7) mempunyai gelung suap balik negatif dalam (minor) dengan gandaan H₁ = 0.5. Gandaan pengawal K = 19 dan gelung suap balik negatif unit luar menutup sistem itu. Cari gandaan AT gelung tertutup T(0).

G(s) = 6/(s + 7)H₁ = 0.5K = 19
T(0) =
32.Gambar rajah blokSukar
R(s)+4pengawal+D(s)+8s + 10lojiC(s)−

Pengawal berkadar K = 4 memacu loji G(s) = 8/(s + 10) dalam gelung suap balik negatif unit. Satu gangguan D memasuki masukan loji (ia ditambah pada keluaran pengawal). Satu langkah rujukan bersaiz 10 dan satu langkah gangguan bersaiz 1 dikenakan serentak. Cari keluaran keadaan mantap css.

K = 4G(s) = 8/(s + 10)D = 1R = 10
css =
33.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)2

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 60/(s² + 2s + 30) dan menerima input langkah unit. Cari nisbah redaman ζ.

G(s) = 60/(s² + 2s + 30)
ζ =
34.Sambutan langkahSukar
t (s)y(t)1tp​ = 0.1 s10 %

Sambutan langkah sistem peringkat kedua tanpa sifar menunjukkan lajakan 10 %, dan puncak pertama berlaku pada t = 0.1 s. Cari frekuensi tabii ωn.

%OS = 10 %tp = 0.1 s
ωn = rad/s
35.Plot Bode dan marginSederhana
|H| (dB)0.10.111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 8

Cari fasa ∠G(jω) bagi G(s) = 29(s + 5)/(s(s + 13)) pada ω = 8 rad/s, dalam darjah.

G(s) = 29(s + 5)/(s(s + 13))ω = 8 rad/s
∠G(jω) = °
36.Plot Bode dan marginSukar
|H| (dB)0.010.010.10.1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Gelung suap balik unit mempunyai fungsi pindah gelung terbuka L(s) = 1.6/(s(s + 2)). Cari frekuensi lintasan gandaan ωc, di mana |L(jω)| = 1.

L(s) = 1.6/(s(s + 2))
ωc = rad/s
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & lokus puncaSederhana
R(s)+Ks + 8s(s + 2)(s + 3)C(s)−

Gelung suap balik unit mempunyai L(s) = K(s + 8)/(s(s + 2)(s + 3)), dengan K > 0. Cari gandaan terbesar Kmax yang menjadikan gelung tertutup stabil.

L(s) = K(s + 8)/(s(s + 2)(s + 3))
Kmax =
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & lokus puncaSukar
ReIm−2−4−6j2

Untuk L(s) = K/((s + 6)(s² + 4s + 13)), cari sudut berlepas θd lokus punca daripada kutub kompleks di separuh satah atas, diukur daripada paksi nyata positif.

L(s) = K/((s + 6)(s² + 4s + 13))
θd = °
39.Ralat keadaan mantap & kawalan PIDSederhana
R(s)+K(s + 1)(s + 10)C(s)−

Gelung suap balik unit mempunyai G(s) = K/((s + 1)(s + 10)). Cari gandaan K yang memberikan ralat keadaan mantap 2 % untuk input langkah.

G(s) = K/((s + 1)(s + 10))ess = 2 %
K =
40.Ralat keadaan mantap & kawalan PIDSukar
r(t) = 5t+1 + 4/s2(s + 4)(s + 5)C(s)−

Pengawal PI C(s) = 1 + 4/s memacu loji G(s) = 2/((s + 4)(s + 5)) dalam gelung suap balik unit. Cari ralat keadaan mantap ess untuk input tanjakan r(t) = 5t.

C(s) = 1 + 4/sG(s) = 2/((s + 4)(s + 5))r(t) = 5t
ess =

3Larutan

1.Perintang bersiri & selari

Jawapan: IR1 = 1.574 A

Perintang bersiri dan selari: dalam sambungan bersiri arus yang sama mengalir melalui setiap perintang dan R = R₁ + R₂ + …. Dalam sambungan selari setiap perintang mempunyai voltan yang sama dan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Rangkaian tangga dipermudahkan sepasang demi sepasang sehingga tinggal satu rintangan setara.

R1​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩAR4​4 ΩB

Gabungkan perintang dari hujung yang jauh

Mulakan dari hujung yang paling jauh daripada sumber dan bergerak balik ke arahnya. Perintang yang membawa arus yang sama adalah bersiri; perintang merentasi dua nod yang sama adalah selari.

R3 + R4 = 8 + 4 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 5·12/(5+12) = 3.529 Ω
Req = R1 + 3.529 = 6 + 3.529 = 9.529 Ω

Arus daripada sumber

Sumber hanya melihat Req, jadi hukum Ohm memberikan arus yang dibekalkannya. Arus itu mengalir melalui R₁.

IR1 = V1/Req = 15/9.529 = 1.574 A

Jawapan

IR1 = 1.574 A
2.Perintang bersiri & selari

Jawapan: IR2 = 0.3959 A

Perintang bersiri dan selari: dalam sambungan bersiri arus yang sama mengalir melalui setiap perintang dan R = R₁ + R₂ + …. Dalam sambungan selari setiap perintang mempunyai voltan yang sama dan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Rangkaian tangga dipermudahkan sepasang demi sepasang sehingga tinggal satu rintangan setara.

R1​ = 2 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​6 ΩBR6​12 Ω

Gabungkan perintang dari hujung yang jauh

Mulakan dari hujung yang paling jauh daripada sumber dan bergerak balik ke arahnya. Perintang yang membawa arus yang sama adalah bersiri; perintang merentasi dua nod yang sama adalah selari.

R5 + R6 = 3 + 12 = 15 Ω
R4 ∥ 15 = 4.286 Ω
R3 + 4.286 = 12.29 Ω
R2 ∥ 12.29 = 7.611 Ω
Req = R1 + 7.611 = 2 + 7.611 = 9.611 Ω

Arus daripada sumber

Sumber hanya melihat Req, jadi hukum Ohm memberikan arus yang dibekalkannya. Arus itu mengalir melalui R₁.

IR1 = V1/Req = 10/9.611 = 1.041 A

Arus melalui R₂

Tolak susutan merentasi R₁ untuk mendapatkan voltan pada nod A, iaitu voltan merentasi R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 10 − 1.041·2 = 7.919 V
IR2 = VA/R2 = 7.919/20 = 0.3959 A

Jawapan

IR2 = 0.3959 A
3.Analisis nod

Jawapan: IR1 = 1.276 A

Analisis nod: pilih nod rujukan, labelkan voltan nod yang tidak diketahui, tulis hukum arus Kirchhoff pada setiap nod yang tidak diketahui menggunakan hukum Ohm (I = ΔV/R), dan selesaikan persamaan yang terhasil.

R1​ = 8 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAR4​2 ΩBIs​4 A

Sediakan nod

Bumi ialah wayar bawah. Voltan nod yang diketahui datang terus daripada sumber (V1 = 15 V). Yang tidak diketahui: VA, VB.

KCL pada nod A

Arus yang meninggalkan A melalui perintang sama dengan arus yang ditolak masuk ke A oleh sumber.

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/3 + (VA − 15)/8 + (VA − VB)/8 = 0
0.5833·VA − 0.125·VB = 1.875

KCL pada nod B

Arus yang meninggalkan B melalui perintang sama dengan arus yang ditolak masuk ke B oleh sumber.

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/2 + (VB − VA)/8 = 4
−0.125·VA + 0.625·VB = 4

Selesaikan

Δ = (0.5833)(0.625) − (−0.125)(−0.125) = 0.349
VA = Δ1/Δ = 1.672/0.349 = 4.791 V
VB = Δ2/Δ = 2.568/0.349 = 7.358 V

Jawapan

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (15 − 4.791)/8 = 1.276 A
4.Analisis nod

Jawapan: IR2 = −0.3398 A

Analisis nod: pilih nod rujukan, labelkan voltan nod yang tidak diketahui, tulis hukum arus Kirchhoff pada setiap nod yang tidak diketahui menggunakan hukum Ohm (I = ΔV/R), dan selesaikan persamaan yang terhasil.

R1​ = 25 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​5 VR3​4 ΩAR5​3 ΩBIs​2 A+−V2​6 V

Sediakan nod

Bumi ialah wayar bawah. Voltan nod yang diketahui datang terus daripada sumber (V1 = 5 V, V2 = 6 V). Yang tidak diketahui: VA, VB.

KCL pada nod A

Arus yang meninggalkan A melalui perintang sama dengan arus yang ditolak masuk ke A oleh sumber.

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/4 + (VA − 5)/25 + (VA − VB)/10 = 0
0.39·VA − 0.1·VB = 0.2

KCL pada nod B

Arus yang meninggalkan B melalui perintang sama dengan arus yang ditolak masuk ke B oleh sumber.

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/3 + (VB − VA)/10 + (VB − 6)/8 = 2
−0.1·VA + 0.5583·VB = 2.75

Selesaikan

Δ = (0.39)(0.5583) − (−0.1)(−0.1) = 0.2078
VA = Δ1/Δ = 0.3867/0.2078 = 1.861 V
VB = Δ2/Δ = 1.093/0.2078 = 5.259 V

Jawapan

IR2 = (VA − VB)/R2 = (1.861 − 5.259)/10 = −0.3398 A
5.Analisis mesh

Jawapan: VR3 = 12.86 V

Analisis mesh: berikan setiap tingkap bagi litar satah arus gelungnya sendiri, tulis hukum voltan Kirchhoff mengelilingi setiap gelung (hasil tambah susutan = hasil tambah kenaikan), dan selesaikan. Arus cabang ialah arus mesh, atau beza dua arus mesh pada cabang yang dikongsi.

R1​ = 2 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​24 VR3​3 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

Tetapkan arus mesh

Lukis arus ikut arah jam dalam setiap tingkap: I1, I2. Perintang yang dikongsi oleh dua mesh membawa beza arus kedua-duanya.

KVL mengelilingi mesh 1

Mengikut arah jam, susutan voltan merentasi perintang sama dengan kenaikan voltan sumber (− ke + mengikut arah perjalanan).

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
2·I1 + 3(I1 − I2) = 24
5·I1 − 3·I2 = 24

KVL mengelilingi mesh 2

Mengikut arah jam, susutan voltan merentasi perintang sama dengan kenaikan voltan sumber (− ke + mengikut arah perjalanan).

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
3·I2 + 3(I2 − I1) = (−9)
−3·I1 + 6·I2 = −9

Selesaikan

Δ = (5)(6) − (−3)(−3) = 21
I1 = Δ1/Δ = 117/21 = 5.571 A
I2 = Δ2/Δ = 27/21 = 1.286 A

Jawapan

IR3 = I1 − I2 = 4.286 A
VR3 = IR3·R3 = 4.286·3 = 12.86 V

Arus mesh negatif mengalir melawan arah jam.

6.Analisis mesh

Jawapan: IR1 = 1.865 A

Analisis mesh: berikan setiap tingkap bagi litar satah arus gelungnya sendiri, tulis hukum voltan Kirchhoff mengelilingi setiap gelung (hasil tambah susutan = hasil tambah kenaikan), dan selesaikan. Arus cabang ialah arus mesh, atau beza dua arus mesh pada cabang yang dikongsi.

R1​ = 12 ΩR2​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​30 VR4​2 ΩAR5​10 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

Tetapkan arus mesh

Lukis arus ikut arah jam dalam setiap tingkap: I1, I2, I3. Perintang yang dikongsi oleh dua mesh membawa beza arus kedua-duanya.

KVL mengelilingi mesh 1

Mengikut arah jam, susutan voltan merentasi perintang sama dengan kenaikan voltan sumber (− ke + mengikut arah perjalanan).

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
12·I1 + 2(I1 − I2) = 30
14·I1 − 2·I2 = 30

KVL mengelilingi mesh 2

Mengikut arah jam, susutan voltan merentasi perintang sama dengan kenaikan voltan sumber (− ke + mengikut arah perjalanan).

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
8·I2 + 2(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−2·I1 + 20·I2 − 10·I3 = 0

KVL mengelilingi mesh 3

Mengikut arah jam, susutan voltan merentasi perintang sama dengan kenaikan voltan sumber (− ke + mengikut arah perjalanan).

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
3·I3 + 10(I3 − I2) = (−36)
−10·I2 + 13·I3 = −36

Selesaikan

Δ = penentu matriks pekali = 2188
I1 = Δ1/Δ = 4080/2188 = 1.865 A
I2 = Δ2/Δ = −4260/2188 = −1.947 A
I3 = Δ3/Δ = −9336/2188 = −4.267 A

Jawapan

IR1 = I1 = 1.865 A

Arus mesh negatif mengalir melawan arah jam.

7.Superposisi

Jawapan: IR1 = 0.3125 A

Superposisi: dalam litar linear, sebarang voltan atau arus ialah hasil tambah sambutan terhadap setiap sumber bebas yang bertindak sendirian. Untuk mematikan sumber, gantikan sumber voltan unggul dengan litar pintas dan sumber arus unggul dengan litar buka. Perintang kekal di tempatnya.

R1​ = 8 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​6 ΩAR4​20 ΩBBUKA

Kes 1 · V1 bertindak sendirian

Iₛ menjadi litar buka, jadi R₃ dan R₄ membentuk satu cabang bersiri dari A ke bumi, selari dengan R₂.

R3+R4 = 4+20 = 24 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 6·24/(6+24) = 4.8 Ω
VA = 24·4.8/(8+4.8) = 9 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 9·20/24 = 7.5 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (24 − 9)/8 = 1.875 A
R1​ = 8 ΩR3​ = 4 ΩPINTASR2​6 ΩAR4​20 ΩBIs​5 A

Kes 2 · Is bertindak sendirian

V₁ menjadi litar pintas, jadi R₁ selari dengan R₂. Iₛ berpecah di B antara R₄ dan laluan melalui R₃.

R1 ∥ R2 = 8·6/(8+6) = 3.429 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 20 ∥ 7.429 = 5.417 Ω
VB = Is·Req = 5·5.417 = 27.08 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 27.08·3.429/7.429 = 12.5 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 12.5)/8 = −1.563 A

Tambah sumbangan

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 1.875 + (−1.563) = 0.3125 A

Hasil negatif bermaksud arus mengalir berlawanan dengan anak panah sebenar.

8.Superposisi

Jawapan: VR3 = 10.98 V

Superposisi: dalam litar linear, sebarang voltan atau arus ialah hasil tambah sambutan terhadap setiap sumber bebas yang bertindak sendirian. Untuk mematikan sumber, gantikan sumber voltan unggul dengan litar pintas dan sumber arus unggul dengan litar buka. Perintang kekal di tempatnya.

R1​ = 4 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​15 VR3​8 ΩABUKABPINTAS

Kes 1 · V1 bertindak sendirian

V₂ menjadi litar pintas dan Iₛ menjadi litar buka. Dilihat dari A, R₃ selari dengan pasangan bersiri R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 8 ∥ 11 = 4.632 Ω
VA = 15·4.632/(4+4.632) = 8.049 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 8.049·6/11 = 4.39 V
VR3′ = VA − 0 = 8.049 − 0 = 8.049 V
R1​ = 4 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 6 ΩPINTASR3​8 ΩAIs​0.5 ABPINTAS

Kes 2 · Is bertindak sendirian

Kedua-dua sumber voltan menjadi litar pintas. Iₛ berpecah di B antara R₄ (kini ke bumi) dan R₂ bersiri dengan R₁ ∥ R₃.

R1 ∥ R3 = 2.667 Ω, jadi laluan kiri ialah R2+2.667 = 7.667 Ω
Req = R4 ∥ 7.667 = 3.366 Ω
VB = Is·Req = (−0.5)·3.366 = −1.683 V
VA = VB·2.667/7.667 = −0.5854 V
VR3″ = VA − 0 = −0.5854 − 0 = −0.5854 V
R1​ = 4 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 6 ΩPINTASR3​8 ΩABUKAB+−V2​18 V

Kes 3 · V2 bertindak sendirian

V₁ menjadi litar pintas dan Iₛ menjadi litar buka. R₁ ∥ R₃ tergantung dari A, bersiri dengan R₂ kembali ke B.

R1 ∥ R3 = 4·8/(4+8) = 2.667 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 18·7.667/13.67 = 10.1 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 10.1·2.667/7.667 = 3.512 V
VR3‴ = VA − 0 = 3.512 − 0 = 3.512 V

Tambah sumbangan

VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = 8.049 + (−0.5854) + 3.512 = 10.98 V

Hasil negatif bermaksud polariti adalah bertentangan dengan yang ditanda sebenar.

9.Thévenin & Norton

Jawapan: IN = 0.6897 A

Teorem Thévenin: mana-mana rangkaian linear dua terminal berkelakuan seperti satu sumber voltan Vth secara bersiri dengan rintangan Rth. Teorem Norton memberikan rangkaian yang sama sebagai sumber arus IN = Vth/Rth selari dengan Rth.

R1​ = 6 ΩR3​ = 15 ΩPINTASR2​4 ΩAabRth​

Cari Rth dengan semua sumber dimatikan

Gantikan sumber voltan dengan litar pintas dan sumber arus dengan litar buka, kemudian lihat ke dalam litar dari a–b.

R1 ∥ R2 = 6·4/(6+4) = 2.4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2.4 + 15 = 17.4 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAab+−Vth​

Cari Vth, voltan litar buka

Dengan a–b terbuka, tiada arus mengalir melalui R₃, jadi tiada susutan merentasinya dan V_b = V_A. R₁ dan R₂ membentuk pembahagi voltan.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 30·4/(6+4) = 12 V
IN​0.6897 ARth​17.4 Ωab

Setara Norton

Sumber Norton ialah litar yang sama dilihat sebagai sumber arus selari dengan R_th. Arusnya ialah arus litar pintas pada a–b.

IN = Vth/Rth = 12/17.4 = 0.6897 A
10.Thévenin & Norton

Jawapan: PL = 17.43 W

Teorem Thévenin: mana-mana rangkaian linear dua terminal berkelakuan seperti satu sumber voltan Vth secara bersiri dengan rintangan Rth. Teorem Norton memberikan rangkaian yang sama sebagai sumber arus IN = Vth/Rth selari dengan Rth.

R1​ = 25 ΩR3​ = 4 ΩPINTASR2​8 ΩABUKABabRth​

Cari Rth dengan semua sumber dimatikan

Gantikan sumber voltan dengan litar pintas dan sumber arus dengan litar buka, kemudian lihat ke dalam litar dari a–b.

R1 ∥ R2 = 25·8/(25+8) = 6.061 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6.061 + 4 = 10.06 Ω
R1​ = 25 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAIs​2.5 ABab+−Vth​

Cari Vth, voltan litar buka

Dengan a–b terbuka, satu-satunya laluan untuk Iₛ ialah melalui R₃ ke nod A. Cari V_A dengan superposisi V₁ dan Iₛ, kemudian tambah susutan merentasi R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 2.909 + 2.5·6.061 = 18.06 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 18.06 + 2.5·4 = 28.06 V
Rth​ = 10.06 Ω+−Vth​28.06 VRL​20 ΩIL​

Sambungkan beban kepada setara Thévenin

Sumber Thévenin dan R_th secara bersiri berkelakuan sama seperti litar asal pada a–b, jadi beban melihat satu gelung bersiri yang ringkas.

IL = Vth/(Rth + RL) = 28.06/(10.06 + 20) = 0.9335 A
PL = IL²·RL = 0.9335²·20 = 17.43 W
11.Fana RC & RL

Jawapan: W = 97.06 mJ

Fana peringkat pertama: dalam litar dengan satu kapasitor atau satu induktor, setiap voltan dan arus bergerak secara eksponen daripada nilai awalnya kepada nilai akhirnya: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, dengan τ = RC atau τ = L/R. Selepas kira-kira 5τ litar telah mantap.

Pemalar masa dan arus akhir

Lama selepas suis ditutup, induktor berkelakuan seperti litar pintas, jadi arus akhir ditentukan oleh R sahaja.

τ = L/R = 10 mH / 5 Ω = 2 ms
i(∞) = Vs/R = 24/5 = 4.8 A

Arus pada masa yang diberi

i(t) = 4.8·(1 − e−5/2) = 4.406 A

Tenaga tersimpan

W = ½·L·i² = ½·10·4.406² = 97.06 mJ

Jawapan

W = 97.06 mJ
12.Fana RC & RL

Jawapan: vC = 4.825 V

Fana peringkat pertama: dalam litar dengan satu kapasitor atau satu induktor, setiap voltan dan arus bergerak secara eksponen daripada nilai awalnya kepada nilai akhirnya: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, dengan τ = RC atau τ = L/R. Selepas kira-kira 5τ litar telah mantap.

Voltan awal kapasitor

Dalam keadaan mantap kapasitor ialah litar terbuka, maka R₁ dan R₂ membentuk pembahagi voltan. Voltan kapasitor tidak boleh melompat apabila suis dibuka.

vC(0) = 15·6.8/(6.8 + 6.8) = 7.5 V

Pemalar masa selepas suis dibuka

τ = R2·C = 6.8·10 = 68 ms

Nyahcas

vC(t) = 7.5·e−30/68 = 4.825 V

Jawapan

vC = 4.825 V
13.Impedans AU & fasor

Jawapan: L = 1013 mH

Litar AU dengan fasor: perintang, induktor dan kapasitor mempunyai impedans R, jωL dan 1/(jωC), dengan ω = 2πf. Dalam sambungan bersiri, impedans ditambah seperti rintangan, tetapi sebagai nombor kompleks. Arus dan voltan rms mengikut hukum Ohm dengan |Z|.

Syarat resonans

Pada resonans reaktans induktif dan kapasitif saling membatalkan: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·500 = 3142 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(3142²·0.1·10⁻⁶) = 1013 mH

Jawapan

L = 1013 mH
14.Impedans AU & fasor

Jawapan: VL = 323.6 V

Litar AU dengan fasor: perintang, induktor dan kapasitor mempunyai impedans R, jωL dan 1/(jωC), dengan ω = 2πf. Dalam sambungan bersiri, impedans ditambah seperti rintangan, tetapi sebagai nombor kompleks. Arus dan voltan rms mengikut hukum Ohm dengan |Z|.

Salunan

Pada resonans reaktans saling membatalkan, maka impedans hanyalah R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0.01·2.2·10⁻⁶) = 6742 rad/s
I = V/R = 24/5 = 4.8 A

Voltan merentasi induktor

XL = ω₀L = 6742·0.01 = 67.42 Ω
VL = I·XL = 4.8·67.42 = 323.6 V

Jawapan

VL = 323.6 V

Ini ialah Q = 13.48 kali voltan bekalan.

15.Kuasa AU & faktor kuasa

Jawapan: I = 71.43 A

Kuasa AU: kuasa ketara S = V·I (VA) terpecah kepada kuasa nyata P = S·cos φ (W), yang melakukan kerja berguna, dan kuasa reaktif Q = S·sin φ (var), yang bergerak ulang-alik antara sumber dan beban. Faktor kuasa ialah cos φ. Kapasitor secara selari membekalkan kuasa reaktif secara setempat, jadi arus talian menurun untuk kuasa nyata yang sama.

Arus talian

Hanya bahagian nyata kuasa yang melakukan kerja, jadi bahagikan dengan faktor kuasa.

I = P/(V·cos φ) = 20000/(400·0.7) = 71.43 A

Jawapan

I = 71.43 A
16.Kuasa AU & faktor kuasa

Jawapan: QC = 32.69 kvar

Kuasa AU: kuasa ketara S = V·I (VA) terpecah kepada kuasa nyata P = S·cos φ (W), yang melakukan kerja berguna, dan kuasa reaktif Q = S·sin φ (var), yang bergerak ulang-alik antara sumber dan beban. Faktor kuasa ialah cos φ. Kapasitor secara selari membekalkan kuasa reaktif secara setempat, jadi arus talian menurun untuk kuasa nyata yang sama.

Kuasa reaktif sebelum dan selepas

Kuasa nyata P tidak berubah; hanya kuasa reaktif yang diambil daripada bekalan berubah.

Q1 = P·tan φ1 = 40·tan(45.57°) = 40.81 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(11.48°) = 8.122 kvar
QC = Q1 − Q2 = 32.69 kvar

Jawapan

QC = 32.69 kvar
17.Kuasa tiga fasa

Jawapan: IL = 11.17 A

Sistem tiga fasa seimbang: dalam sambungan Y (bintang) voltan antara talian ialah √3 kali voltan fasa, VL = √3·Vph, dan arus talian sama dengan arus fasa. Dalam sambungan Δ (delta) voltan antara talian sama dengan voltan fasa dan arus talian ialah √3 kali arus fasa, IL = √3·Iph. Jumlah kuasa ialah tiga kali kuasa satu fasa: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Kuasa masukan elektrik

Pin = Pout/η = 7.5/0.95 = 7.895 kW

Arus talian

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 7895/(√3·480·0.85) = 11.17 A

Jawapan

IL = 11.17 A
18.Kuasa tiga fasa

Jawapan: Cph = 289 µF

Sistem tiga fasa seimbang: dalam sambungan Y (bintang) voltan antara talian ialah √3 kali voltan fasa, VL = √3·Vph, dan arus talian sama dengan arus fasa. Dalam sambungan Δ (delta) voltan antara talian sama dengan voltan fasa dan arus talian ialah √3 kali arus fasa, IL = √3·Iph. Jumlah kuasa ialah tiga kali kuasa satu fasa: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Pembetulan faktor kuasa: kapasitor membekalkan kuasa reaktif secara setempat, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Setiap satu daripada tiga kapasitor membekalkan QC/3 = V²·ω·C, dengan V ialah voltan merentasi kapasitor itu: VL dalam bank Δ, VL/√3 dalam bank Y.

Kuasa reaktif sebelum dan selepas

Kuasa nyata tidak berubah, jadi setiap faktor kuasa menentukan kuasa reaktif: Q = P·tan φ.

Q1 = 75·tan(acos 0.7) = 75·1.02 = 76.52 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0.95) = 75·0.3287 = 24.65 kvar

Kuasa reaktif daripada kapasitor

QC = Q1 − Q2 = 51.86 kvar

Kapasitans setiap fasa

Dalam bank Y setiap kapasitor disambung antara talian dan titik bintang.

V = 690/√3 = 398.4 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 17288/(377·398.4²) = 289 µF

Jawapan

Cph = 289 µF
19.Pengubah

Jawapan: R1′ = 288 Ω

Pengubah unggul: voltan berada dalam nisbah belitan dan arus dalam nisbah songsang: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a dan I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, jadi kuasa masuk sama dengan kuasa keluar, V₁·I₁ = V₂·I₂. Impedans beban Z pada sekunder kelihatan seperti a²·Z dari primer.

Rintangan terrujuk

Voltan naik sebanyak a dan arus turun sebanyak a, jadi nisbah V/I naik sebanyak a².

R1′ = a²·RL = 12²·2 = 288 Ω

Jawapan

R1′ = 288 Ω
20.Pengubah

Jawapan: Pcu,fl = 1099 W

Kehilangan pengubah: kehilangan teras (histeresis dan arus pusar) bergantung pada voltan dan sama pada sebarang beban. Kehilangan kuprum dalam lilitan mengikut kuasa dua arus, jadi pada pecahan x beban terkadar ia ialah x²·Pcu,fl. Kecekapan η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), dengan Pout = x·S·pf. Kecekapan paling tinggi pada beban di mana kehilangan kuprum sama dengan kehilangan teras.

Kuasa keluaran dan masukan

Pout = 150·0.85 = 127.5 kW
Pin = 127500/0.988 = 129049 W

Jumlah kehilangan dan kehilangan kuprum

Ploss = 129049 − 127500 = 1549 W
Pcu,fl = 1549 − 450 = 1099 W

Jawapan

Pcu,fl = 1099 W
21.Litar op-amp

Jawapan: Vout = −4.796 V

Peraturan op-amp unggul: dengan suap balik negatif, op-amp memacu keluarannya supaya kedua-dua masukannya berada pada voltan yang sama (V₋ = V₊), dan tiada arus mengalir ke dalam mana-mana masukan. Menulis KCL pada masukan songsang dengan dua fakta ini memberikan keluaran.

Voltan pada masukan +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = −2.5·47/(2 + 47) = −2.398 V

Gandaan tidak menyongsang

V₋ = V₊, dan arus melalui R₁ juga mengalir melalui Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = −2.398·(1 + 10/10) = −4.796 V

Jawapan

Vout = −4.796 V
22.Litar op-amp

Jawapan: Vout = −4.912 V

Peraturan op-amp unggul: dengan suap balik negatif, op-amp memacu keluarannya supaya kedua-dua masukannya berada pada voltan yang sama (V₋ = V₊), dan tiada arus mengalir ke dalam mana-mana masukan. Menulis KCL pada masukan songsang dengan dua fakta ini memberikan keluaran.

Gandaan setiap peringkat

A1 = −Rf1/R1 = −4.7/1 = −4.7
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 10/100 = 1.1

Peringkat demi peringkat

V1 = −4.7·0.95 = −4.465 V
Vout = 1.1·(−4.465) = −4.912 V

Jawapan

Vout = −4.912 V
23.Diod & transistor

Jawapan: IZ = 4.396 mA

Pengatur Zener: diod Zener pincang songsang mengekalkan voltannya VZ selagi arusnya kekal di atas minimum IZ,min. Perintang siri R menanggung beza antara input dan output: IR = (Vin − VZ)/R. Arus itu terbahagi antara beban, IL = VZ/RL, dan Zener: IZ = IR − IL. Reka untuk kes terburuk: input terendah dengan beban terbesar masih mesti meninggalkan IZ,min, dan input tertinggi tanpa beban memberikan kuasa Zener terbesar PZ = VZ·IZ.

Arus perintang

IR = 5.8/680 = 8.529 mA

Arus beban

IL = 6.2/1500 = 4.133 mA

Arus Zener

IZ = 8.529 − 4.133 = 4.396 mA

Jawapan

IZ = 4.396 mA
24.Diod & transistor

Jawapan: Rmax = 521.9 Ω

Pengatur Zener: diod Zener pincang songsang mengekalkan voltannya VZ selagi arusnya kekal di atas minimum IZ,min. Perintang siri R menanggung beza antara input dan output: IR = (Vin − VZ)/R. Arus itu terbahagi antara beban, IL = VZ/RL, dan Zener: IZ = IR − IL. Reka untuk kes terburuk: input terendah dengan beban terbesar masih mesti meninggalkan IZ,min, dan input tertinggi tanpa beban memberikan kuasa Zener terbesar PZ = VZ·IZ.

Arus kes terburuk

IR = 30 + 2 = 32 mA

Rintangan terbesar

Rmax = 16.7/0.032 = 521.9 Ω

Jawapan

Rmax = 521.9 Ω
25.Sistem nombor

Jawapan: U = 251

Sistem nombor kedudukan: setiap digit bernilai nilainya didarab kuasa asas. Dalam perduaan, kedudukan bernilai 1, 2, 4, 8, 16, …; dalam heksadesimal 1, 16, 256, …, dengan A–F mewakili 10–15. Dalam pelengkap dua 8-bit, bit paling kiri bernilai −128 dan bukannya +128, begitulah nombor negatif disimpan.

Songsang dan tambah satu

5 = 0000 0101
disongsangkan: 1111 1010
+1 → 1111 1011

Baca sebagai tanpa tanda

1111 1011₂ = 256 − 5 = 251

Jawapan

U = 251
26.Sistem nombor

Jawapan: R = 104

Menetapkan bit: setiap bit bernilai kuasa dua (128, 64, …, 1). Satu digit heks tepat empat bit, dan dalam pelengkap dua 8-bit bit paling kiri bernilai −128. Operasi bitwise bekerja pada setiap kedudukan bit secara berasingan.

Bit demi bit

XOR memberikan 1 di mana kedua-dua bit berbeza.

1110 0111
XOR 1000 1111
= 0110 1000

Nilai hasil

0110 1000₂ = 104

Jawapan

R = 104
27.Logik digital: get, peta K & flip-flop

Jawapan: AB = 01, CD = 01

Peta Karnaugh: sel disusun dalam kod Gray (00, 01, 11, 10), maka sel berjiran, termasuk yang merentasi tepi, berbeza pada tepat satu pemboleh ubah. Kumpulkan 1 dalam segi empat tepat berisi 1, 2, 4, 8 atau 16 sel, sebesar mungkin dan sesedikit mungkin, sehingga setiap 1 diliputi. Setiap kumpulan ialah satu sebutan hasil darab: pemboleh ubah yang kekal malar di dalamnya. Kumpulan 2ᵏ sel kehilangan k pemboleh ubah. Tidak peduli (X) boleh digunakan untuk membesarkan kumpulan tetapi tidak perlu diliputi. Mengumpulkan 0 pula memberi bentuk POS minimum.

Jiran bagi setiap 1

1 yang mempunyai jiran 1 boleh menyertai kumpulan dua atau lebih.

m5: m4, m7, m1, m13 → 0
ABCD000111100001111011111

1 yang terpencil

m5 = A′BC′D → AB = 01, CD = 01

Jawapan

AB = 01, CD = 01
28.Logik digital: get, peta K & flip-flop

Jawapan: N = 5

Flip-flop dan pembilang: flip-flop hanya berubah pada pinggir jam yang aktif. D menyalin inputnya (Q⁺ = D); T bertukar keadaan apabila T = 1; JK kekal untuk 00, set semula untuk 01, set untuk 10 dan bertukar keadaan untuk 11. Pembilang perduaan n-bit mempunyai 2ⁿ keadaan dan mengira modulo 2ⁿ; pembilang mod-N mengira 0, 1, …, N − 1 dan kembali ke 0, dan memerlukan flip-flop sebanyak n terkecil dengan 2ⁿ ≥ N. Setiap peringkat pembilang riak membahagi dua frekuensi, maka output terakhir pembilang mod-N berjalan pada fclk/N. Pembilang Johnson dengan n flip-flop mempunyai 2n keadaan, pembilang gelang n.

Q selepas setiap pinggir

Flip-flop JK: 00 kekal, 01 set semula (Q = 0), 10 set (Q = 1), 11 bertukar keadaan.

1: J = 0, K = 0 → Q = 0
2: J = 1, K = 0 → Q = 1
3: J = 0, K = 0 → Q = 1
4: J = 0, K = 1 → Q = 0
5: J = 1, K = 1 → Q = 1
6: J = 0, K = 1 → Q = 0
7: J = 1, K = 0 → Q = 1
8: J = 1, K = 0 → Q = 1

Kira perubahan

0 → 0 → 1 → 1 → 0 → 1 → 0 → 1 → 1
N = 5

Jawapan

N = 5
29.Transformasi Laplace

Jawapan: f(0.5) = 1.562

Transformasi Laplace: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt menukarkan terbitan kepada pendaraban dengan s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Pasangan piawai: 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), dan anjakan s → s + σ mendarabkan fungsi masa dengan e−σt. Untuk menyongsangkan F(s) nisbah, pecahkan kepada pecahan separa: reja bagi kutub ringkas p ialah A = [(s − p)·F(s)] pada s = p. Teorem nilai akhir: f(∞) = lims→0 s·F(s), sah hanya apabila semua kutub s·F(s) terletak dalam separuh satah kiri. Teorem nilai awal: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Faktorkan penyebut

s² + 6s + 9 = (s + 3)²

Pecahan separa

5s + 19 = 5(s + 3) + 4
F(s) = 5/(s + 3) + 4/(s + 3)²

Transformasi songsang

f(t) = 5·e−3t + 4·t·e−3t
f(0.5) = (5 + 4·0.5)·e−3·0.5 = 1.562

Jawapan

f(0.5) = 1.562
30.Transformasi Laplace

Jawapan: y(1) = 10.96

Transformasi Laplace: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt menukarkan terbitan kepada pendaraban dengan s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Pasangan piawai: 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), dan anjakan s → s + σ mendarabkan fungsi masa dengan e−σt. Untuk menyongsangkan F(s) nisbah, pecahkan kepada pecahan separa: reja bagi kutub ringkas p ialah A = [(s − p)·F(s)] pada s = p. Teorem nilai akhir: f(∞) = lims→0 s·F(s), sah hanya apabila semua kutub s·F(s) terletak dalam separuh satah kiri. Teorem nilai awal: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Transformasikan persamaan

(s² + 6s + 5)·Y(s) = 5s + 30 + 80/s
Y(s) = (5s² + 30s + 80)/(s(s + 1)(s + 5))

Pecahan separa

A = 80/(1·5) = 16
B = 55/((−1)·4) = −13.75
C = 55/((−5)·(−4)) = 2.75

Keputusan

y(t) = 16 − 13.75·e−t + 2.75·e−5t
y(1) = 10.96

Jawapan

y(1) = 10.96

Semak: y(0) = A + B + C = 5.

31.Gambar rajah blok

Jawapan: T(0) = 0.9194

Aljabar gambar rajah blok: blok bersiri didarab (G₁·G₂), blok selari ditambah (G₁ + G₂), dan gelung dengan laluan hadapan G dan laluan suap balik H dipermudah kepada T = G/(1 + G·H) bagi suap balik negatif dan G/(1 − G·H) bagi suap balik positif. Permudahkan gelung dalam dahulu, kemudian bergerak ke luar. Kutub gelung tertutup ialah punca persamaan cirian 1 + G(s)H(s) = 0. Bagi gelung yang stabil, masukan langkah bersaiz A memberikan keluaran keadaan mantap A·T(0); dengan suap balik unit, ralat keadaan mantap kepada langkah ialah A/(1 + Kp) dengan Kp = G(0).

Gelung dalam

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 6/(s + 7 + 6·0.5) = 6/(s + 10)

Gelung luar

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 114/(s + 10 + 114) = 114/(s + 124)

Keputusan

T(0) = 114/124 = 0.9194

Jawapan

T(0) = 0.9194
32.Gambar rajah blok

Jawapan: css = 7.81

Aljabar gambar rajah blok: blok bersiri didarab (G₁·G₂), blok selari ditambah (G₁ + G₂), dan gelung dengan laluan hadapan G dan laluan suap balik H dipermudah kepada T = G/(1 + G·H) bagi suap balik negatif dan G/(1 − G·H) bagi suap balik positif. Permudahkan gelung dalam dahulu, kemudian bergerak ke luar. Kutub gelung tertutup ialah punca persamaan cirian 1 + G(s)H(s) = 0. Bagi gelung yang stabil, masukan langkah bersaiz A memberikan keluaran keadaan mantap A·T(0); dengan suap balik unit, ralat keadaan mantap kepada langkah ialah A/(1 + Kp) dengan Kp = G(0).

Fungsi pindah

C/D = G/(1 + K·G) = 8/(s + 10 + 32)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 32/(s + 10 + 32)

Keadaan mantap

css = 10·32/42 + 1·8/42 = 7.81

Jawapan

css = 7.81

K yang lebih besar mengurangkan kesan gangguan, tetapi tidak pernah kepada sifar dengan pengawal berkadar.

33.Sambutan langkah

Jawapan: ζ = 0.1826

Sambutan langkah: sistem peringkat pertama G(s) = K/(τs + 1) menyambut langkah bersaiz U dengan y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): ia mencapai 63.2 % daripada nilai akhir K·U selepas satu pemalar masa τ dan 98 % selepas 4τ. Sistem peringkat kedua G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) mempunyai kutub s = −ζωₙ ± jωd dengan ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Untuk 0 < ζ < 1 sambutan langkah melajak: peratusan lajakan %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), masa puncak tp = π/ωd, dan masa pengenapan 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Bandingkan penyebut dengan s² + 2ζωₙs + ωₙ² untuk mendapatkan ωₙ dan ζ. Bagi sistem jisim–spring–peredam ωₙ = √(k/m) dan ζ = c/(2√(km)); bagi litar RLC sesiri ωₙ = 1/√(LC) dan ζ = (R/2)·√(C/L).

Bandingkan dengan bentuk piawai

Penyebut mesti sepadan dengan s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 30 → ωₙ = 5.477 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·5.477) = 0.1826

Keputusan

ζ = 0.1826

Jawapan

ζ = 0.1826
34.Sambutan langkah

Jawapan: ωn = 38.95 rad/s

Sambutan langkah: sistem peringkat pertama G(s) = K/(τs + 1) menyambut langkah bersaiz U dengan y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): ia mencapai 63.2 % daripada nilai akhir K·U selepas satu pemalar masa τ dan 98 % selepas 4τ. Sistem peringkat kedua G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) mempunyai kutub s = −ζωₙ ± jωd dengan ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Untuk 0 < ζ < 1 sambutan langkah melajak: peratusan lajakan %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), masa puncak tp = π/ωd, dan masa pengenapan 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Bandingkan penyebut dengan s² + 2ζωₙs + ωₙ² untuk mendapatkan ωₙ dan ζ. Bagi sistem jisim–spring–peredam ωₙ = √(k/m) dan ζ = c/(2√(km)); bagi litar RLC sesiri ωₙ = 1/√(LC) dan ζ = (R/2)·√(C/L).

Nisbah redaman

ζ = −ln(0.1)/√(π² + ln²(0.1)) = 2.303/√(9.87 + 5.302) = 0.5912

Frekuensi tabii

ωd = π/tp = π/0.1 = 31.42 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 31.42/0.8066 = 38.95 rad/s

Jawapan

ωn = 38.95 rad/s
35.Plot Bode dan margin

Jawapan: ∠G(jω) = −63.61 °

Sambutan frekuensi: gantikan s = jω dalam fungsi pindah. Magnitud dalam desibel ialah 20·log₁₀|H(jω)| dan fasa ialah hasil tambah sudut faktor pengatas tolak sudut faktor penyebut. Penapis RC atau RL peringkat pertama mempunyai frekuensi sudut (−3 dB) pada ωc = 1/(RC) atau R/L, dan fc = ωc/(2π); penapis laluan rendah memberi |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) dan φ = −atan(ω/ωc). Dalam plot Bode asimptot (garis lurus) setiap kutub membengkokkan magnitud ke bawah sebanyak 20 dB/dekad pada frekuensi sudutnya, setiap sifar membengkokkannya ke atas sebanyak 20 dB/dekad, dan pengamir 1/s memberi −20 dB/dekad pada semua frekuensi. Lintasan gandaan ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); margin fasa PM = 180° + ∠L(jωc). Lintasan fasa ω180: ∠L(jω) = −180°; margin gandaan GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Gelung tertutup stabil apabila kedua-dua margin positif.

Tambah sudut

∠G = atan(8/5) − 90° − atan(8/13) = 57.99° − 90° − 31.61°

Keputusan

∠G(j8) = −63.61°

Jawapan

∠G(jω) = −63.61°
36.Plot Bode dan margin

Jawapan: ωc = 0.7492 rad/s

Sambutan frekuensi: gantikan s = jω dalam fungsi pindah. Magnitud dalam desibel ialah 20·log₁₀|H(jω)| dan fasa ialah hasil tambah sudut faktor pengatas tolak sudut faktor penyebut. Penapis RC atau RL peringkat pertama mempunyai frekuensi sudut (−3 dB) pada ωc = 1/(RC) atau R/L, dan fc = ωc/(2π); penapis laluan rendah memberi |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) dan φ = −atan(ω/ωc). Dalam plot Bode asimptot (garis lurus) setiap kutub membengkokkan magnitud ke bawah sebanyak 20 dB/dekad pada frekuensi sudutnya, setiap sifar membengkokkannya ke atas sebanyak 20 dB/dekad, dan pengamir 1/s memberi −20 dB/dekad pada semua frekuensi. Lintasan gandaan ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); margin fasa PM = 180° + ∠L(jωc). Lintasan fasa ω180: ∠L(jω) = −180°; margin gandaan GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Gelung tertutup stabil apabila kedua-dua margin positif.

Lintasan gandaan

ω⁴ + 4ω² − 2.56 = 0
ω² = (−4 + √(16 + 4·2.56))/2 = 0.5612
ωc = 0.7492 rad/s

Jawapan

ωc = 0.7492 rad/s
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & lokus punca

Jawapan: Kmax = 10

Kriteria Routh–Hurwitz: sistem linear stabil apabila setiap punca polinomial cirinya terletak di separuh kiri satah-s. Tulis pekali secara berselang-seli ke dalam dua baris pertama tatasusunan Routh. Setiap entri baris baharu datang daripada dua baris di atasnya; untuk kubik a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ entri s¹ ialah b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Bilangan perubahan tanda dalam lajur pertama sama dengan bilangan punca di separuh satah kanan. Dengan gandaan K dalam pekali, setiap entri lajur pertama mesti kekal positif: gandaan yang menjadikan entri s¹ sifar ialah had kestabilan, dan baris s² kemudian memberikan frekuensi ayunan berterusan.

Polinomial ciri

s(s + 2)(s + 3) + K(s + 8) = s³ + 5s² + (6 + K)s + 8K

Tatasusunan Routh

s³: 1, 6 + K
s²: 5, 8K
s¹: (5·(6 + K) − 8K)/5
s⁰: 8K

Syarat

30 − 3K > 0
K < 30/3 = 10

Jawapan

Kmax = 10

Dengan sifar di sebelah kanan s = −5, gelung akan kekal stabil untuk setiap K > 0.

38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & lokus punca

Jawapan: θd = 53.13 °

Lokus punca: apabila gandaan K berubah dari 0 ke ∞, kutub gelung tertutup, punca 1 + K·G(s) = 0, bergerak daripada kutub gelung terbuka ke sifar gelung terbuka atau ke infiniti. Titik pada paksi nyata tergolong dalam lokus apabila bilangan kutub dan sifar nyata di sebelah kanannya ialah ganjil. Cabang n − m yang menuju ke infiniti mengikut asimptot pada sudut (2q + 1)·180°/(n − m), yang bermula dari sentroid σₐ = (Σ kutub − Σ sifar)/(n − m). Cabang meninggalkan atau menyertai paksi nyata di mana dK/ds = 0. Syarat sudut ∠G(s) = 180° menentukan bentuk, dan syarat magnitud K = 1/|G(s)| memberikan gandaan pada mana-mana titik lokus.

Kedudukan kutub

s² + 4s + 13 = 0 → s = −2 ± j3
s = −6

Sudut daripada kutub lain

∠(−2 + j3 + 6) = atan2(3, 4) = 36.87°
∠(−2 + j3 − (−2 − j3)) = ∠(j6) = 90°

Sudut berlepas

θd = 180° − 36.87° − 90° = 53.13°

Jawapan

θd = 53.13°
39.Ralat keadaan mantap & kawalan PID

Jawapan: K = 490

Ralat keadaan mantap: dalam gelung suap balik unit dengan fungsi pindahan gelung terbuka G(s) ralatnya ialah E(s) = R(s)/(1 + G(s)), dan melalui teorem nilai akhir ess = lims→0 s·E(s). Jenis sistem ialah bilangan kutub G(s) pada s = 0. Pemalar ralat ialah Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) dan Ka = lim s²·G(s), semuanya untuk s → 0. Langkah bersaiz A memberikan ess = A/(1 + Kp), tanjakan A·t memberikan A/Kv dan parabola A·t²/2 memberikan A/Ka. Gelung jenis-0 mengikut langkah dengan ralat terhingga, gelung jenis-1 mengikutnya dengan tepat dan tanjakan dengan ralat terhingga.

Pemalar ralat yang diperlukan

1/(1 + Kp) = 0.02 → Kp = 49

Gandaan

K/10 = 49 → K = 490

Jawapan

K = 490

Semak juga kestabilan gelung tertutup: untuk gelung tertib kedua ini sebarang K > 0 adalah stabil.

40.Ralat keadaan mantap & kawalan PID

Jawapan: ess = 12.5

Kawalan P, PI dan PID: pengawal C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s bertindak ke atas ralat. Gandaan berkadar menjadikan gelung lebih pantas dan mengurangkan ralat loji jenis-0, tetapi tidak pernah menghapuskannya. Sebutan kamiran menambah kutub pada s = 0: jenis sistem meningkat satu, dan langkah diikuti tanpa ralat. Sebutan terbitan menambah redaman. Untuk memilih gandaan, tulis polinomial ciri gelung tertutup dan bandingkannya dengan s² + 2ζωns + ωn². Maka %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd dengan ωd = ωn√(1 − ζ²), dan ts ≈ 4/(ζωn).

Pemalar halaju

s·C(s) = 1s + 4 → 4 apabila s → 0.

Kv = 4·2/20 = 0.4

Ralat tanjakan

ess = 5/0.4 = 12.5

Jawapan

ess = 12.5

Pengawal PI menghapuskan ralat langkah sepenuhnya; tanjakan diikuti dengan ketinggalan malar.

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