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​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​3 ΩIR2​AR4​6 ΩB

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 24 VR1 = 5 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 ΩR4 = 6 Ω
IR2 = A
2.Perintang bersiri & selariSukar
R1​ = 30 ΩIR1​R3​ = 25 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​12 ΩAR4​30 ΩBR6​4 Ω

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

V1 = 9 VR1 = 30 ΩR2 = 12 ΩR3 = 25 ΩR4 = 30 ΩR5 = 6 ΩR6 = 4 Ω
IR1 = A
3.Analisis nodSederhana
R1​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​3 ΩAR4​3 ΩBIs​2 A

Gunakan analisis nod untuk mencari kuasa PIs yang dibekalkan oleh sumber arus Is.

V1 = 24 VIs = 2 AR1 = 6 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 ΩR4 = 3 Ω
PIs = W
4.Analisis nodSukar
R1​ = 30 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​5 ΩAR5​4 ΩBIs​1.5 A−+V2​24 V

Gunakan analisis nod untuk mencari voltan nod VB (diukur daripada bumi).

V1 = 24 VIs = 1.5 AV2 = 24 VR1 = 30 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 ΩR4 = 6 ΩR5 = 4 Ω
VB = V
5.Analisis meshSederhana
R1​ = 4 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​6 VR3​6 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

Gunakan analisis mesh untuk mencari arus mesh I1 (ikut arah jam).

V1 = 6 VV2 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 Ω
I1 = A
6.Analisis meshSukar
R1​ = 8 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR4​15 ΩAR5​8 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

Gunakan analisis mesh untuk mencari arus mesh I2 (ikut arah jam).

V1 = 9 VV2 = 36 VR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 ΩR5 = 8 Ω
I2 = A
7.SuperposisiSederhana
R1​ = 6 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩIR2​AR4​3 ΩBIs​2.5 A

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

V1 = 10 VIs = 2.5 AR1 = 6 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 ΩR4 = 3 Ω
IR2 = A
8.SuperposisiSukar
R1​ = 2 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 20 ΩIR4​+−V1​9 VR3​30 ΩAIs​0.5 AB−+V2​36 V

Gunakan superposisi untuk mencari arus IR4 melalui R4 mengikut arah anak panah.

V1 = 9 VIs = 0.5 AV2 = 36 VR1 = 2 ΩR2 = 25 ΩR3 = 30 ΩR4 = 20 Ω
IR4 = A
9.Thévenin & NortonSederhana
R1​ = 20 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAab

Cari rintangan Thévenin Rth yang dilihat dari terminal a–b.

V1 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin & NortonSukar
R1​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​25 ΩAIs​0.5 ABRL​4 ΩIL​

Satu beban RL = 4 Ω disambungkan merentasi a–b. Gantikan bahagian litar yang lain dengan setara Thévenin dan cari arus beban IL.

V1 = 15 VIs = 0.5 AR1 = 8 ΩR2 = 25 ΩR3 = 12 ΩRL = 4 Ω
IL = A
11.Fana RC & RLSederhana
R = 33 Ωt = 0L68 mHi(t)

Induktor membawa arus mantap 3 A. Pada t = 0 suis menutup gelung melalui R dan sumber dialihkan, maka arus induktor mereput melalui R. Cari voltan vR merentasi R pada t = 5 ms.

i(0) = 3 AR = 33 ΩL = 68 mHt = 5 ms
vR = V
12.Fana RC & RLSukar
+−Vs​9 Vt = 0R = 6.8 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 12 V

Sejurus sebelum suis ditutup pada t = 0, kapasitor menyimpan 12 V dengan polariti seperti yang ditunjukkan. Cari voltan kapasitor vC pada t = 500 ms.

Vs = 9 VR = 6.8 kΩC = 68 µFvC(0) = 12 Vt = 500 ms
vC = V
13.Impedans AU & fasorSederhana
230 V100 HzR = 30 ΩL = 150 mHC = 100 µFI

Litar RLC bersiri disambungkan kepada bekalan 230 V (rms), 100 Hz. Cari arus rms I.

V = 230 V (rms)f = 100 HzR = 30 ΩL = 150 mHC = 100 µF
I = A
14.Impedans AU & fasorSukar
5 Vf0​R = 10 ΩL = 100 mHC = 10 µF

Litar RLC siri digerakkan oleh sumber 5 V (rms) yang frekuensinya ditetapkan pada frekuensi resonans litar. Cari voltan rms VL merentasi induktor.

V = 5 V (rms)R = 10 ΩL = 100 mHC = 10 µF
VL = V
15.Kuasa AU & faktor kuasaSederhana
400 V16 kW, 0.8215 kW, 0.9I = ?

Dua beban disambung selari pada bekalan fasa tunggal 400 V: beban 6 kW pada faktor kuasa 0.8 ketinggalan dan beban 15 kW pada faktor kuasa 0.9 mendahului. Cari jumlah arus I yang ditarik daripada bekalan.

V = 400 VP1 = 6 kW, pf1 = 0.8 ketinggalanP2 = 15 kW, pf2 = 0.9 mendahului
I = A
16.Kuasa AU & faktor kuasaSukar
400 V60 Hzbeban6 kW, 0.6C47 µFI

Satu beban fasa tunggal mengambil 6 kW pada faktor kuasa 0.6 ketinggalan daripada bekalan 400 V, 60 Hz. Kapasitor 47 µF disambung selari dengan beban itu. Cari faktor kuasa baharu cos φ yang dilihat oleh bekalan.

P = 6 kWpf1 = 0.6V = 400 Vf = 60 HzC = 47 µF
cos φ =
17.Kuasa tiga fasaSederhana
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M18.5 kW, η = 92%cos φ = 0.88

Satu motor aruhan tiga fasa menghasilkan 18.5 kW kuasa keluaran mekanikal pada beban penuh. Pada beban ini kecekapannya 92% dan faktor kuasanya 0.88 ketinggalan. Bekalan mempunyai voltan antara talian 400 V. Cari arus talian IL.

Pout = 18.5 kWη = 92%cos φ = 0.88VL = 400 V
IL = A
18.Kuasa tiga fasaSukar
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​

Satu beban tiga fasa seimbang mengambil 250 kW pada faktor kuasa 0.8 ketinggalan daripada bekalan 690 V (antara talian), 50 Hz. Satu bank kapasitor tiga fasa secara selari dengan beban mesti menaikkan faktor kuasa keseluruhan kepada 0.98 ketinggalan. Kuasa nyata kekal sama. Kapasitor disambung secara Y. Cari kapasitans Cph setiap kapasitor dalam µF.

P = 250 kWpf1 = 0.8pf2 = 0.98VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.PengubahSederhana
2400 V240 VIHV​ = ?ILV​100 kVA

Satu pengubah fasa tunggal 100 kVA, 2400/240 V beroperasi pada beban terkadarnya. Anggap ia unggul. Cari arus IHV dalam lilitan voltan tinggi.

S = 100 kVAV1 = 2400 VV2 = 240 V
IHV = A
20.PengubahSukar
pf 0.95200 kVA, η = 98.8%

Satu pengubah fasa tunggal 200 kVA mempunyai kehilangan teras 1000 W. Pada beban terkadar dan faktor kuasa 0.95 ketinggalan kecekapannya ialah 98.8%. Cari kehilangan kuprum beban penuh Pcu,fl dalam watt.

S = 200 kVAPcore = 1000 Wpf = 0.95η = 98.8%
Pcu,fl = W
21.Litar op-ampSederhana
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 10 kΩVin​

Pilih perintang suap balik Rf yang memberikan penguat tak menyongsang ini gandaan voltan 31.

R1 = 10 kΩAv = 31
Rf = kΩ
22.Litar op-ampSukar
Vin​V1​Vout​peringkat 1: menyongsangR1​ = 1 kΩRf1​ = 2 kΩperingkat 2: tidak menyongsangR2​ = 2 kΩRf2​ = 1 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. Cari gandaan voltan keseluruhan Av = Vout/Vin.

R1 = 1 kΩRf1 = 2 kΩR2 = 2 kΩRf2 = 1 kΩ
Av =
23.Diod & transistorSederhana
RC​ = 2.2 kΩβ = 80VCC​ = 15 VRB​ = 560 kΩ

Satu transistor NPN dengan β = 80 dipincang oleh perintang tapak RB = 560 kΩ daripada bekalan VCC = 15 V. Perintang pengumpul ialah RC = 2.2 kΩ dan pemancar dibumikan. Ambil VBE = 0.7 V dan andaikan transistor berada dalam kawasan aktif. Cari voltan pengumpul–pemancar VCE.

VCC = 15 VRB = 560 kΩRC = 2.2 kΩβ = 80VBE = 0.7 V
VCE = V
24.Diod & transistorSukar
+−≥ 24 VR = ?5.6 V≤ 20 mA

Pengatur Zener 5.6 V mesti membekalkan sehingga 20 mA kepada beban. Input boleh turun kepada 24 V, dan Zener memerlukan sekurang-kurangnya 2 mA untuk mengatur. Cari rintangan siri terbesar Rmax yang mengekalkannya mengatur.

Vin,min = 24 VVZ = 5.6 VIL,max = 20 mAIZ,min = 2 mA
Rmax = Ω
25.Sistem nomborSederhana
nilai kedudukan dalam pelengkap dua1−12816403211618140201

Corak 8-bit 1101 1100 menyimpan integer bertanda dalam pelengkap dua. Apakah nilainya N dalam perpuluhan?

1101 11008 bit
N =
26.Sistem nomborSukar
klik bit untuk menetapkannya012806403201608040201

Tetapkan bit kepada hasil 8-bit bagi 0111 1001 >> 2. Apakah nilai hasil R dalam perpuluhan?

0111 1001>> 2
R =
27.Logik digital: get, peta K & flip-flopSederhana
MUXC′I0​CI1​1I2​0I3​ABS1​S0​F

Multipleks 4-ke-1 mempunyai input pilih S₁ = A dan S₀ = B, dan input datanya diikat kepada I₀ = C′, I₁ = C, I₂ = 1, I₃ = 0. Bagi berapa daripada 8 gabungan A, B dan C output F = 1? Cari N.

I₀ = C′I₁ = CI₂ = 1I₃ = 0
N =
28.Logik digital: get, peta K & flip-flopSukar
ABCD0001111000011110100113X214150716112X131150141809X11010

Bagi F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 4, 5, 6, 8, 12, 15) + d(2, 11, 13), dengan d menandakan keadaan tidak peduli, cari bilangan N implikan perdana penting.

F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 4, 5, 6, 8, 12, 15) + d(2, 11, 13)
N =
29.Transformasi LaplaceSederhana
ReIm−1−2−3−4−5−61

F(s) = (5s + 29)/(s² + 4s + 3). Transformasi songsangnya berbentuk f(t) = A·e−t + B·e−3t. Cari pekali A dengan pecahan separa.

F(s) = (5s + 29)/(s² + 4s + 3)
A =
30.Transformasi LaplaceSukar
t (s)y(t)t = 0.2y(0.2) = ?

Satu sistem mematuhi y″ + 8y′ + 12y = 36·u(t). Ia bermula dari keadaan rehat (y(0) = 0, y′(0) = 0) dan masukannya ialah langkah u(t) = 5 untuk t ≥ 0. Gunakan transformasi Laplace untuk mencari keluaran y(0.2).

y″ + 8y′ + 12y = 36·u(t)u(t) = 5y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0.2 s
y(0.2) =
31.Gambar rajah blokSederhana
R(s)+42s(s + 3)G(s)C(s)−

Gelung suap balik negatif unit mempunyai G(s) = 42/(s(s + 3)). Rujukannya ialah tanjakan r(t) = 5·t. Cari ralat keadaan mantap ess.

G(s) = 42/(s(s + 3))r(t) = 5·t
ess =
32.Gambar rajah blokSukar
R(s)+26pengawal+D(s)+9s + 10lojiC(s)−

Pengawal berkadar K = 26 memacu loji G(s) = 9/(s + 10) dalam gelung suap balik negatif unit. Satu gangguan D memasuki masukan loji (ia ditambah pada keluaran pengawal). Satu langkah rujukan bersaiz 5 dan satu langkah gangguan bersaiz 0.5 dikenakan serentak. Cari keluaran keadaan mantap css.

K = 26G(s) = 9/(s + 10)D = 0.5R = 5
css =
33.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)1?

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 87/(s² + 3s + 87) dan menerima input langkah unit. Cari peratusan lajakan %OS bagi sambutan langkah.

G(s) = 87/(s² + 3s + 87)
%OS = %
34.Sambutan langkahSukar
+−5 VR = 566 ΩL = 500 mHC = 1 µFvC​

Litar RLC sesiri dengan R = 566 Ω, L = 500 mH dan C = 1 µF disambungkan kepada langkah 5 V pada t = 0. Pemuat tanpa cas dan tiada arus mengalir sebelum langkah itu. Cari masa tp bagi puncak voltan pertama, dalam ms.

R = 566 ΩL = 500 mHC = 1 µFV = 5 V
tp = ms
35.Plot Bode dan marginSederhana
|H| (dB)0.11101001000−100−80−60−40−200ω (rad/s)ω = 4

Cari magnitud tepat |G(jω)| bagi G(s) = 26/((s + 2)(s + 13)) pada ω = 4 rad/s, dalam dB.

G(s) = 26/((s + 2)(s + 13))ω = 4 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Plot Bode dan marginSukar
|H| (dB)0.10.1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Gelung suap balik unit mempunyai fungsi pindah gelung terbuka L(s) = 396/(s(s + 4)(s + 10)). Cari margin gandaan GM dalam dB.

L(s) = 396/(s(s + 4)(s + 10))
GM = dB
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & lokus puncaSederhana
R(s)+Ks + 10s(s + 1)(s + 4)C(s)−

Gelung suap balik unit mempunyai L(s) = K(s + 10)/(s(s + 1)(s + 4)), dengan K > 0. Cari gandaan terbesar Kmax yang menjadikan gelung tertutup stabil.

L(s) = K(s + 10)/(s(s + 1)(s + 4))
Kmax =
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & lokus puncaSukar
ReIm−2j2

Untuk L(s) = K/((s + 2)(s² + 2s + 10)), cari sudut berlepas θd lokus punca daripada kutub kompleks di separuh satah atas, diukur daripada paksi nyata positif.

L(s) = K/((s + 2)(s² + 2s + 10))
θd = °
39.Ralat keadaan mantap & kawalan PIDSederhana
R(s)+K(s + 4)(s + 5)C(s)−

Gelung suap balik unit mempunyai G(s) = K/((s + 4)(s + 5)). Cari gandaan K yang memberikan ralat keadaan mantap 10 % untuk input langkah.

G(s) = K/((s + 4)(s + 5))ess = 10 %
K =
40.Ralat keadaan mantap & kawalan PIDSukar
R(s)+Kp​ + Ki​/s10s + 2C(s)−

Pengawal PI C(s) = Kp + Ki/s memacu loji G(s) = 10/(s + 2) dalam gelung suap balik unit. Gelung tertutup mesti mempunyai ωₙ = 4 rad/s dan ζ = 0.6. Cari gandaan berkadar Kp.

G(s) = 10/(s + 2)ωₙ = 4 rad/sζ = 0.6
Kp =

3Larutan

1.Perintang bersiri & selari

Jawapan: IR2 = 2.685 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​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​3 ΩAR4​6 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 = 10 + 6 = 16 Ω
R2 ∥ 16 = 3·16/(3+16) = 2.526 Ω
Req = R1 + 2.526 = 5 + 2.526 = 7.526 Ω

Arus daripada sumber

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

IR1 = V1/Req = 24/7.526 = 3.189 A

Arus melalui R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 24 − 3.189·5 = 8.056 V
IR2 = VA/R2 = 8.056/3 = 2.685 A

Jawapan

IR2 = 2.685 A
2.Perintang bersiri & selari

Jawapan: IR1 = 0.2322 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​ = 30 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​12 ΩAR4​30 ΩBR6​4 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 = 6 + 4 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 7.5 Ω
R3 + 7.5 = 32.5 Ω
R2 ∥ 32.5 = 8.764 Ω
Req = R1 + 8.764 = 30 + 8.764 = 38.76 Ω

Arus daripada sumber

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

IR1 = V1/Req = 9/38.76 = 0.2322 A

Jawapan

IR1 = 0.2322 A
3.Analisis nod

Jawapan: PIs = 12.92 W

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.

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 − 24)/6 + (VA − VB)/8 = 0
0.625·VA − 0.125·VB = 4

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/3 + (VB − VA)/8 = 2
−0.125·VA + 0.4583·VB = 2

Selesaikan

Δ = (0.625)(0.4583) − (−0.125)(−0.125) = 0.2708
VA = Δ1/Δ = 2.083/0.2708 = 7.692 V
VB = Δ2/Δ = 1.75/0.2708 = 6.462 V

Kuasa yang dibekalkan oleh sumber arus

Sumber itu menolak Iₛ ke atas masuk ke nod B, dari bumi (0 V) ke VB. Sumber yang arusnya keluar dari hujung + nya membekalkan P = V·I.

PIs = VB·Is = 6.462·2 = 12.92 W

Jawapan

PIs = 12.92 W
4.Analisis nod

Jawapan: VB = −4.216 V

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​ = 30 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​5 ΩAR5​4 ΩBIs​1.5 A−+V2​24 V

Sediakan nod

Bumi ialah wayar bawah. Voltan nod yang diketahui datang terus daripada sumber (V1 = 24 V, V2 = −24 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/5 + (VA − 24)/30 + (VA − VB)/6 = 0
0.4·VA − 0.1667·VB = 0.8

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/4 + (VB − VA)/6 + (VB − (−24))/6 = 1.5
−0.1667·VA + 0.5833·VB = −2.5

Selesaikan

Δ = (0.4)(0.5833) − (−0.1667)(−0.1667) = 0.2056
VA = Δ1/Δ = 0.05/0.2056 = 0.2432 V
VB = Δ2/Δ = −0.8667/0.2056 = −4.216 V

Jawapan

VB = −4.216 V
5.Analisis mesh

Jawapan: I1 = 0.3387 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​ = 4 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​6 VR3​6 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
4·I1 + 6(I1 − I2) = 6
10·I1 − 6·I2 = 6

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

Selesaikan

Δ = (10)(16) − (−6)(−6) = 124
I1 = Δ1/Δ = 42/124 = 0.3387 A
I2 = Δ2/Δ = −54/124 = −0.4355 A

Jawapan

I1 = 0.3387 A

Arus mesh negatif mengalir melawan arah jam.

6.Analisis mesh

Jawapan: I2 = −0.6909 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​ = 8 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR4​15 ΩAR5​8 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
8·I1 + 15(I1 − I2) = 9
23·I1 − 15·I2 = 9

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
5·I2 + 15(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 28·I2 − 8·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
10·I3 + 8(I3 − I2) = (−36)
−8·I2 + 18·I3 = −36

Selesaikan

Δ = penentu matriks pekali = 6070
I1 = Δ1/Δ = −360/6070 = −0.05931 A
I2 = Δ2/Δ = −4194/6070 = −0.6909 A
I3 = Δ3/Δ = −14004/6070 = −2.307 A

Jawapan

I2 = −0.6909 A

Arus mesh negatif mengalir melawan arah jam.

7.Superposisi

Jawapan: IR2 = −0.25 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​ = 6 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAR4​3 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 = 3+3 = 6 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 2·6/(2+6) = 1.5 Ω
VA = 10·1.5/(6+1.5) = 2 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2·3/6 = 1 V
IR2′ = (0 − VA)/R2 = (0 − 2)/2 = −1 A
R1​ = 6 ΩR3​ = 3 ΩPINTASR2​2 ΩAR4​3 ΩBIs​2.5 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 = 6·2/(6+2) = 1.5 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 3 ∥ 4.5 = 1.8 Ω
VB = Is·Req = (−2.5)·1.8 = −4.5 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −4.5·1.5/4.5 = −1.5 V
IR2″ = (0 − VA)/R2 = (0 − −1.5)/2 = 0.75 A

Tambah sumbangan

IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = (−1) + 0.75 = −0.25 A

Hasil negatif bermaksud arus mengalir berlawanan dengan anak panah sebenar.

8.Superposisi

Jawapan: IR4 = −1.235 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​ = 2 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​9 VR3​30 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) = 30 ∥ 45 = 18 Ω
VA = 9·18/(2+18) = 8.1 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 8.1·20/45 = 3.6 V
IR4′ = (V2 − VB)/R4 = (0 − 3.6)/20 = −0.18 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 20 ΩPINTASR3​30 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 = 1.875 Ω, jadi laluan kiri ialah R2+1.875 = 26.88 Ω
Req = R4 ∥ 26.88 = 11.47 Ω
VB = Is·Req = 0.5·11.47 = 5.733 V
VA = VB·1.875/26.88 = 0.4 V
IR4″ = (V2 − VB)/R4 = (0 − 5.733)/20 = −0.2867 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 20 ΩPINTASR3​30 ΩABUKAB−+V2​36 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 = 2·30/(2+30) = 1.875 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−36)·26.88/46.88 = −20.64 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −20.64·1.875/26.88 = −1.44 V
IR4‴ = (V2 − VB)/R4 = (−36 − −20.64)/20 = −0.768 A

Tambah sumbangan

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴
IR4 = (−0.18) + (−0.2867) + (−0.768) = −1.235 A

Hasil negatif bermaksud arus mengalir berlawanan dengan anak panah sebenar.

9.Thévenin & Norton

Jawapan: Rth = 16 Ω

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​ = 20 ΩR3​ = 12 ΩPINTASR2​5 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 = 20·5/(20+5) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 12 = 16 Ω
10.Thévenin & Norton

Jawapan: IL = 0.9245 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​ = 8 ΩR3​ = 12 ΩPINTASR2​25 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 = 8·25/(8+25) = 6.061 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6.061 + 12 = 18.06 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​25 ΩAIs​0.5 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) = 11.36 + 0.5·6.061 = 14.39 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 14.39 + 0.5·12 = 20.39 V
Rth​ = 18.06 Ω+−Vth​20.39 VRL​4 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) = 20.39/(18.06 + 4) = 0.9245 A
11.Fana RC & RL

Jawapan: vR = 8.746 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.

Pemalar masa

τ = L/R = 68 mH / 33 Ω = 2.061 ms

Pereputan arus

i(t) = 3·e−5/2.061 = 0.265 A
vR = R·i = 33·0.265 = 8.746 V

Jawapan

vR = 8.746 V
12.Fana RC & RL

Jawapan: vC = 10.02 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.

Nilai awal, nilai akhir, pemalar masa

Voltan kapasitor tidak boleh melompat, jadi ia bermula pada nilai yang tersimpan dan menuju ke voltan sumber.

vC(0) = 12 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 6.8 kΩ · 68 µF = 462.4 ms
vC(t) = 9 + (12 − 9)·e−t/τ

Voltan pada masa yang diberi

vC(500) = 9 + (3)·e−500/462.4 = 10.02 V

Jawapan

vC = 10.02 V
13.Impedans AU & fasor

Jawapan: I = 2.742 A

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|.

Reaktans

ω = 2πf = 2π·100 = 628.3 rad/s
XL = ωL = 628.3·0.15 = 94.25 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628.3·100·10⁻⁶) = 15.92 Ω

Impedans

Dalam sambungan bersiri impedans ditambah sebagai nombor kompleks: Z = R + j(XL − XC).

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(30² + (78.33)²) = 83.88 Ω

Arus

Arus yang sama mengalir melalui setiap unsur litar bersiri.

I = V/|Z| = 230/83.88 = 2.742 A

Jawapan

I = 2.742 A
14.Impedans AU & fasor

Jawapan: VL = 50 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/√(0.1·10·10⁻⁶) = 1000 rad/s
I = V/R = 5/10 = 0.5 A

Voltan merentasi induktor

XL = ω₀L = 1000·0.1 = 100 Ω
VL = I·XL = 0.5·100 = 50 V

Jawapan

VL = 50 V

Ini ialah Q = 10 kali voltan bekalan.

15.Kuasa AU & faktor kuasa

Jawapan: I = 52.95 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.

Kuasa reaktif setiap beban

Beban ketinggalan mengambil kuasa reaktif (Q > 0); beban mendahului membekalkannya (Q < 0).

Q1 = 6·tan(arccos 0.8) = 4.5 kvar
Q2 = −15·tan(arccos 0.9) = −7.265 kvar

Jumlah

P = 6 + 15 = 21 kW
Q = 4.5 + (−7.265) = −2.765 kvar
S = √(21² + (−2.765)²) = 21.18 kVA

Jumlah arus

I = S/V = 21181/400 = 52.95 A

Jawapan

I = 52.95 A
16.Kuasa AU & faktor kuasa

Jawapan: cos φ = 0.7579

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 = 6·tan(arccos 0.6) = 8 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·60·47·10⁻⁶ = 2835 var = 2.835 kvar
Q2 = 8 − 2.835 = 5.165 kvar

Kuasa ketara baharu

S2 = √(6² + 5.165²) = 7.917 kVA

Faktor kuasa baharu

cos φ = P/S2 = 6/7.917 = 0.7579

Jawapan

cos φ = 0.7579
17.Kuasa tiga fasa

Jawapan: IL = 32.98 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 = 18.5/0.92 = 20.11 kW

Arus talian

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 20109/(√3·400·0.88) = 32.98 A

Jawapan

IL = 32.98 A
18.Kuasa tiga fasa

Jawapan: Cph = 914.2 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 = 250·tan(acos 0.8) = 250·0.75 = 187.5 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0.98) = 250·0.2031 = 50.76 kvar

Kuasa reaktif daripada kapasitor

QC = Q1 − Q2 = 136.7 kvar

Kapasitans setiap fasa

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

V = 690/√3 = 398.4 V, ω = 2π·50 = 314.2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 45578/(314.2·398.4²) = 914.2 µF

Jawapan

Cph = 914.2 µF
19.Pengubah

Jawapan: IHV = 41.67 A

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.

Arus terlonggok

Kedua-dua lilitan membawa kuasa ketara yang sama.

IHV = S/V = 100000/2400 = 41.67 A

Jawapan

IHV = 41.67 A
20.Pengubah

Jawapan: Pcu,fl = 1308 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 = 200·0.95 = 190 kW
Pin = 190000/0.988 = 192308 W

Jumlah kehilangan dan kehilangan kuprum

Ploss = 192308 − 190000 = 2308 W
Pcu,fl = 2308 − 1000 = 1308 W

Jawapan

Pcu,fl = 1308 W
21.Litar op-amp

Jawapan: Rf = 300 kΩ

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 penguat tak menyongsang

V₋ = V₊ = Vin, dan arus melalui R₁ juga mengalir melalui Rf, jadi Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (31 − 1)·10 = 300 kΩ

Jawapan

Rf = 300 kΩ
22.Litar op-amp

Jawapan: Av = −3

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 = −2/1 = −2
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 1/2 = 1.5

Gandaan keseluruhan

Av = A1·A2 = −2·1.5 = −3

Jawapan

Av = −3
23.Diod & transistor

Jawapan: VCE = 10.51 V

Titik pincang BJT: dalam kawasan aktif VBE = 0.7 V, IC = β·IB dan IE = (β + 1)·IB. Cari IB daripada gelung tapak dengan KVL, kemudian IC, kemudian VCE daripada gelung pengumpul–pemancar. Pembahagi voltan pada tapak digantikan dengan setara Thévenin VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; perintang pemancar kelihatan (β + 1) kali lebih besar dalam gelung tapak.

Arus tapak

IB = (VCC − VBE)/RB = (15 − 0.7)/560 kΩ = 25.54 µA

Arus pengumpul

IC = β·IB = 80·25.54 µA = 2.043 mA

Voltan pengumpul–pemancar

VCE = 15 − 2.043 mA·2.2 kΩ = 10.51 V

Jawapan

VCE = 10.51 V
24.Diod & transistor

Jawapan: Rmax = 836.4 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 = 20 + 2 = 22 mA

Rintangan terbesar

Rmax = 18.4/0.022 = 836.4 Ω

Jawapan

Rmax = 836.4 Ω
25.Sistem nombor

Jawapan: N = −36

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.

Tambah nilai kedudukan

Bit lain mengekalkan nilai positif biasanya.

−128 + 64 + 16 + 8 + 4 = −36

Jawapan

N = −36
26.Sistem nombor

Jawapan: R = 30

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

Anjak ke kanan sebanyak 2 menggerakkan setiap bit 2 tempat ke kanan; bit yang jatuh dari hujung kanan hilang dan sifar masuk di sebelah kiri.

0111 1001 >> 2
= 0001 1110

Nilai hasil

0001 1110₂ = 30

Jawapan

R = 30
27.Logik digital: get, peta K & flip-flop

Jawapan: N = 4

Multipleks: multipleks 2ⁿ-ke-1 menyalurkan satu input datanya ke output; talian pilih, dibaca sebagai nombor perduaan, menentukan yang mana satu. Untuk MUX 4-ke-1 dengan pilih S₁S₀ = AB, F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Mengikat input data kepada 0, 1, C atau C′ membolehkan MUX menghasilkan sebarang fungsi bagi A, B dan C, yang merupakan cara lazim untuk membina logik dengan satu cip.

Ungkapan output

F = A′B′C′ + A′BC + AB′

Baris dengan F = 1

ABC = 000, 011, 100, 101
N = 4

Jawapan

N = 4
28.Logik digital: get, peta K & flip-flop

Jawapan: N = 3

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.

Implikan perdana

Kumpulan terbesar yang boleh dibentuk daripada 1 dan X.

C′D′, BC′, B′CD, A′D′, ACD, ABD, A′B′C
ABCD0001111000011110100113X214150716112X131150141809X11010

Implikan perdana penting

C′D′, BC′, A′D′
N = 3

Jawapan

N = 3
29.Transformasi Laplace

Jawapan: A = 12

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 + 4s + 3 = (s + 1)(s + 3)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 3)

Petua tutup

Darabkan dengan (s + 1) dan tetapkan s = −1: sebutan B lenyap.

A = (5s + 29)/(s + 3) |s = −1 = 24/2 = 12

Jawapan

A = 12
(B = −7, maka f(t) = 12·e−t − 7·e−3t)
30.Transformasi Laplace

Jawapan: y(0.2) = 2.177

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

Y(s) = 180/(s(s + 2)(s + 6))

Pecahan separa

A = 180/(2·6) = 15
B = 180/((−2)·4) = −22.5
C = 180/((−6)·(−4)) = 7.5

Pengeluaran

y(t) = 15 − 22.5·e−2t + 7.5·e−6t
y(0.2) = 2.177

Jawapan

y(0.2) = 2.177
31.Gambar rajah blok

Jawapan: ess = 0.3571

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).

Pemalar ralat halaju

Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 42/3 = 14

Ralat keadaan mantap

ess = A/Kᵥ = 5/14 = 0.3571

Jawapan

ess = 0.3571
32.Gambar rajah blok

Jawapan: css = 4.814

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) = 9/(s + 10 + 234)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 234/(s + 10 + 234)

Keadaan mantap

css = 5·234/244 + 0.5·9/244 = 4.814

Jawapan

css = 4.814

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

33.Sambutan langkah

Jawapan: %OS = 59.94 %

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 = 87 → ωₙ = 9.327 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·9.327) = 0.1608

Keputusan

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−0.5119 = 59.94 %

Jawapan

%OS = 59.94 %
34.Sambutan langkah

Jawapan: tp = 2.424 ms

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).

Frekuensi tabii dan nisbah redaman

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0.5·1 × 10⁻⁶) = 1414 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (566/2)·√(1 × 10⁻⁶/0.5) = 0.4002

Keputusan

ωd = 1296 rad/s
tp = π/ωd = 2.424 ms

Jawapan

tp = 2.424 ms
35.Plot Bode dan margin

Jawapan: |G(jω)| = −7.383 dB

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.

Darabkan magnitud

|G(j4)| = 26/(√(4² + 2²)·√(4² + 13²)) = 26/(4.472·13.6) = 0.4274

Keputusan

20·log₁₀(0.4274) = −7.383 dB

Jawapan

|G(jω)| = −7.383 dB
36.Plot Bode dan margin

Jawapan: GM = 3.01 dB

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 fasa

(ω/4)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(4·10) = 6.325 rad/s

Magnitud pada lintasan fasa

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 100)) = K/(4·10·(4 + 10)) = K/560

Margin gandaan

GM = 20·log₁₀(560/396) = 3.01 dB

Jawapan

GM = 3.01 dB
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & lokus punca

Jawapan: Kmax = 4

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 + 1)(s + 4) + K(s + 10) = s³ + 5s² + (4 + K)s + 10K

Tatasusunan Routh

s³: 1, 4 + K
s²: 5, 10K
s¹: (5·(4 + K) − 10K)/5
s⁰: 10K

Syarat

20 − 5K > 0
K < 20/5 = 4

Jawapan

Kmax = 4

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

38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & lokus punca

Jawapan: θd = 18.43 °

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 + 2s + 10 = 0 → s = −1 ± j3
s = −2

Sudut daripada kutub lain

∠(−1 + j3 + 2) = atan2(3, 1) = 71.57°
∠(−1 + j3 − (−1 − j3)) = ∠(j6) = 90°

Sudut berlepas

θd = 180° − 71.57° − 90° = 18.43°

Jawapan

θd = 18.43°
39.Ralat keadaan mantap & kawalan PID

Jawapan: K = 180

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) = 0.1 → Kp = 9

Gandaan

K/20 = 9 → K = 180

Jawapan

K = 180

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

40.Ralat keadaan mantap & kawalan PID

Jawapan: Kp = 0.28

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).

Polinomial ciri

1 + C(s)G(s) = 0, didarab dengan s(s + 2).

s² + (2 + 10Kp)s + 10Ki

Polinomial sasaran

s² + 2·0.6·4s + 4² = s² + 4.8s + 16

Padankan pekali

2 + 10Kp = 4.8 → Kp = 0.28

Jawapan

Kp = 0.28

Sebutan kamiran menjadikan gelung jenis-1, jadi langkah diikuti tanpa ralat keadaan mantap.

Ini ialah bahan latihan bebas. ExamProblems tidak berafiliasi dengan atau disokong oleh organisasi yang mengendalikan peperiksaan ini, dan nama peperiksaan hanya digunakan untuk menerangkan kandungannya. FE exam dikendalikan oleh NCEES, yang tidak bergabung dengan ExamProblems dan tidak menyokongnya.

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