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​ = 2 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAR4​8 ΩB

Cari rintangan setara Req yang dilihat oleh sumber V1.

V1 = 6 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 4 ΩR4 = 8 Ω
Req = Ω
2.Perintang bersiri & selariSukar
R1​ = 20 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩIR2​AR4​10 ΩBR6​30 Ω

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 30 VR1 = 20 ΩR2 = 8 ΩR3 = 20 ΩR4 = 10 ΩR5 = 20 ΩR6 = 30 Ω
IR2 = A
3.Analisis nodSederhana
R1​ = 4 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAR4​10 ΩBIs​2.5 A

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

V1 = 9 VIs = 2.5 AR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 ΩR4 = 10 Ω
PIs = W
4.Analisis nodSukar
R1​ = 5 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​24 VR3​30 ΩAR5​30 ΩBIs​0.5 A+−V2​36 V

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

V1 = 24 VIs = 0.5 AV2 = 36 VR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩR3 = 30 ΩR4 = 15 ΩR5 = 30 Ω
VA = V
5.Analisis meshSederhana
R1​ = 10 ΩR2​ = 10 ΩIR2​+−V1​10 VR3​12 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

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

V1 = 10 VV2 = 15 VR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩR3 = 12 Ω
IR2 = A
6.Analisis meshSukar
R1​ = 12 ΩIR1​R2​ = 2 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR4​10 ΩAR5​12 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

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

V1 = 6 VV2 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 ΩR4 = 10 ΩR5 = 12 Ω
IR1 = A
7.SuperposisiSederhana
litar linearVs​Is​IRL​

Satu litar perintang linear mengandungi satu sumber voltan Vs dan satu sumber arus Is. Arus I melalui perintang beban diukur dua kali: dengan Vs = 5 V dan Is = 1 mA, I = 0.95 mA; dengan Vs = 2 V dan Is = 4 mA, I = −0.7 mA. Cari arus beban I apabila Vs = 4 V dan Is = 10 mA.

5 V, 1 mA → 0.95 mA2 V, 4 mA → −0.7 mAVs = 4 V, Is = 10 mA
I = mA
8.SuperposisiSukar
R1​ = 3 ΩR2​ = 12 Ω+−VR2​R4​ = 15 Ω+−V1​5 VR3​15 ΩAIs​1 AB−+V2​6 V

Gunakan superposisi untuk mencari voltan VR2 merentasi R2 dengan polariti seperti yang ditunjukkan.

V1 = 5 VIs = 1 AV2 = 6 VR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 15 ΩR4 = 15 Ω
VR2 = V
9.Thévenin & NortonSederhana
R1​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩAab

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

V1 = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 12 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin & NortonSukar
R1​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAIs​5 ABab

Cari voltan Thévenin Vth yang dilihat dari terminal a–b.

V1 = 9 VIs = 5 AR1 = 10 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 Ω
Vth = V
11.Fana RC & RLSederhana
R = 100 Ωt = 0L150 mHi(t)

Induktor membawa arus mantap 1.5 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 = 2 ms.

i(0) = 1.5 AR = 100 ΩL = 150 mHt = 2 ms
vR = V
12.Fana RC & RLSukar
+−Vs​20 Vt = 0R = 2.2 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 10 V

Sejurus sebelum suis ditutup pada t = 0, kapasitor menyimpan 10 V dengan polariti seperti yang ditunjukkan. Cari voltan kapasitor vC pada t = 75 ms.

Vs = 20 VR = 2.2 kΩC = 33 µFvC(0) = 10 Vt = 75 ms
vC = V
13.Impedans AU & fasorSederhana
12 V200 HzR = 50 ΩL = 150 mHC = 22 µFI

Litar RLC bersiri disambungkan kepada bekalan 12 V (rms), 200 Hz. Cari faktor kuasa cos φ litar itu.

V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 50 ΩL = 150 mHC = 22 µF
cos φ =
14.Impedans AU & fasorSukar
1 Vf0​R = 15 ΩL = 200 mHC = 10 µF

Litar RLC siri digerakkan oleh sumber 1 V (rms) yang frekuensinya ditetapkan pada frekuensi resonans litar. Cari voltan rms VL merentasi induktor.

V = 1 V (rms)R = 15 ΩL = 200 mHC = 10 µF
VL = V
15.Kuasa AU & faktor kuasaSederhana
P = 25 kWQ = ?Sφ

Satu motor fasa tunggal mengambil 25 kW pada faktor kuasa 0.75 ketinggalan daripada bekalan 240 V. Cari kuasa reaktif Q yang diambilnya.

P = 25 kWpf = 0.75V = 240 V
Q = kvar
16.Kuasa AU & faktor kuasaSukar
120 V1000 HzRs​ = 8 ΩXs​ = j20 ΩZL​ = ?

Sumber 120 V (rms), 1000 Hz mempunyai impedans dalaman Zs = 8 + j20 Ω. Impedans beban ZL boleh dipilih dengan bebas. Cari kuasa nyata maksimum Pmax yang boleh dibekalkan kepada beban.

Vs = 120 V (rms)f = 1000 HzZs = 8 + j20 Ω
Pmax = W
17.Kuasa tiga fasaSederhana
ABCVL​ = 690 VIL​ = ?M75 kW, η = 93%cos φ = 0.84

Satu motor aruhan tiga fasa menghasilkan 75 kW kuasa keluaran mekanikal pada beban penuh. Pada beban ini kecekapannya 93% dan faktor kuasanya 0.84 ketinggalan. Bekalan mempunyai voltan antara talian 690 V. Cari arus talian IL.

Pout = 75 kWη = 93%cos φ = 0.84VL = 690 V
IL = A
18.Kuasa tiga fasaSukar
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Satu beban tiga fasa seimbang mengambil 250 kW pada faktor kuasa 0.65 ketinggalan daripada bekalan 480 V (antara talian), 60 Hz. Satu bank kapasitor tiga fasa secara selari dengan beban mesti menaikkan faktor kuasa keseluruhan kepada 0.92 ketinggalan. Kuasa nyata kekal sama. Cari jumlah kuasa reaktif QC yang mesti dibekalkan oleh bank kapasitor, dalam kvar.

P = 250 kWpf1 = 0.65pf2 = 0.92VL = 480 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.PengubahSederhana
10000 V400 VIHV​ = ?ILV​150 kVA

Satu pengubah fasa tunggal 150 kVA, 10000/400 V beroperasi pada beban terkadarnya. Anggap ia unggul. Cari arus IHV dalam lilitan voltan tinggi.

S = 150 kVAV1 = 10000 VV2 = 400 V
IHV = A
20.PengubahSukar
pf 0.9575 kVA, η = 96.5%

Satu pengubah fasa tunggal 75 kVA mempunyai kehilangan teras 225 W. Pada beban terkadar dan faktor kuasa 0.95 ketinggalan kecekapannya ialah 96.5%. Cari kehilangan kuprum beban penuh Pcu,fl dalam watt.

S = 75 kVAPcore = 225 Wpf = 0.95η = 96.5%
Pcu,fl = W
21.Litar op-ampSederhana
−+Vout​R2​ = 10 kΩV1​ = 1.8 VR1​ = 1 kΩV2​ = 2.3 VR3​ = 1 kΩR4​ = 10 kΩ

Penguat pembeza menggunakan op-amp unggul dengan bekalan ±15 V, dengan R3 = R1 dan R4 = R2. Cari voltan keluaran Vout.

V1 = 1.8 VV2 = 2.3 VR1 = R3 = 1 kΩR2 = R4 = 10 kΩ
Vout = V
22.Litar op-ampSukar
−+Vout​Rf​ = 2 kΩV1​ = 0.3 VR1​ = 47 kΩV2​ = −1.1 VR2​ = 10 kΩIf​

Penguat penambah menggunakan op-amp unggul dengan bekalan ±15 V. Cari arus If melalui perintang suap balik, yang mengalir ke arah keluaran.

V1 = 0.3 VV2 = −1.1 VR1 = 47 kΩR2 = 10 kΩRf = 2 kΩ
If = mA
23.Diod & transistorSederhana
+−5 VR = ?2 × 2 V5 mA

2 LED merah (voltan depan 2 V setiap satu) disambung bersiri dengan perintang kepada bekalan 5 V. Cari rintangan R yang menetapkan arus kepada 5 mA.

Vs = 5 VVF = 2 Vn = 2I = 5 mA
R = Ω
24.Diod & transistorSukar
+−≤ 21 V220 Ω5.6 V

Pengatur Zener 5.6 V mempunyai perintang siri 220 Ω. Input boleh naik kepada 21 V, dan beban mungkin diputuskan. Cari kuasa terbesar PZ,max yang mesti dilesapkan oleh Zener.

Vin,max = 21 VVZ = 5.6 VR = 220 Ω
PZ,max = mW
25.Sistem nomborSederhana
Pelengkap dua 8-bit0−12806403201608040201

Tetapkan bit supaya ia menyimpan −36 dalam pelengkap dua 8-bit. Dibaca sebagai nombor tanpa tanda, apakah nilai corak U?

N = −368 bit
U =
26.Sistem nomborSukar
24 bit1 px1920 px1080 pxM = ? KiB

Satu imej tanpa mampatan berukuran 1920 × 1080 piksel dengan 24 bit setiap piksel. Berapakah memori M yang diambilnya, dalam KiB (1 KiB = 1024 bait)?

1920 × 1080 px24 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Logik digital: get, peta K & flip-flopSederhana
MUX0I0​CI1​C′I2​0I3​ABS1​S0​F

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

I₀ = 0I₁ = CI₂ = C′I₃ = 0
N =
28.Logik digital: get, peta K & flip-flopSukar
CLKT12345678

Flip-flop T dicetus pinggir positif bermula dengan Q = 0 dan menerima input yang ditunjukkan. Klik pinggir jam pertama yang Q-nya berubah daripada 1 kembali kepada 0.

Q₀ = 0T
  1. 1pinggir jam 1
  2. 2pinggir jam 2
  3. 3pinggir jam 3
  4. 4pinggir jam 4
  5. 5pinggir jam 5
  6. 6pinggir jam 6
  7. 7pinggir jam 7
  8. 8pinggir jam 8
29.Transformasi LaplaceSederhana
ReIm−2−4−6−8−1024

Cari f(t) bagi F(s) = (2s + 18)/(s² + 2s + 17) dengan melengkapkan kuasa dua, dan nilaikan f(0.75).

F(s) = (2s + 18)/(s² + 2s + 17)t = 0.75 s
f(0.75) =
30.Transformasi LaplaceSukar
t (s)y(t)t = 0.3y(0.3) = ?

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(0.3).

y″ + 6y′ + 5y = 20·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 4t = 0.3 s
y(0.3) =
31.Gambar rajah blokSederhana
R(s)+38s + 8G(s)C(s)0.5H−

Loji G(s) = 38/(s + 8) dikawal dalam gelung suap balik negatif yang penderianya mempunyai gandaan H = 0.5. Satu langkah bersaiz 10 dikenakan pada R. Cari keluaran keadaan mantap css.

G(s) = 38/(s + 8)H = 0.5R = 10
css =
32.Gambar rajah blokSukar
R(s)+9pengawal+D(s)+7s + 3lojiC(s)−

Pengawal berkadar K = 9 memacu loji G(s) = 7/(s + 3) 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 5 dikenakan serentak. Cari keluaran keadaan mantap css.

K = 9G(s) = 7/(s + 3)D = 5R = 5
css =
33.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)3tp​ = ?

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 15/(s² + 2s + 5) dan menerima input langkah unit. Cari masa puncak tp bagi sambutan langkah.

G(s) = 15/(s² + 2s + 5)
tp = s
34.Sambutan langkahSukar
+−5 VR = 89 ΩL = 50 mHC = 1 µFvC​

Litar RLC sesiri dengan R = 89 Ω, L = 50 mH dan C = 1 µF disambungkan kepada langkah 5 V pada t = 0. Pemuat tanpa cas dan tiada arus mengalir sebelum langkah itu. Cari peratusan lajakan %OS bagi voltan pemuat.

R = 89 ΩL = 50 mHC = 1 µFV = 5 V
%OS = %
35.Plot Bode dan marginSederhana
|H| (dB)0.10.111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 1

Cari fasa ∠G(jω) bagi G(s) = 28(s + 14)/(s(s + 7)) pada ω = 1 rad/s, dalam darjah.

G(s) = 28(s + 14)/(s(s + 7))ω = 1 rad/s
∠G(jω) = °
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) = K/(s(s + 5)(s + 10)). Cari gandaan K yang memberi margin gandaan 12 dB.

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 10))GM = 12 dB
K =
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & lokus puncaSederhana
R(s)+Ks + 6s(s + 1)(s + 2)C(s)−

Gelung suap balik unit mempunyai L(s) = K(s + 6)/(s(s + 1)(s + 2)), dengan K > 0. Cari gandaan terbesar Kmax yang menjadikan gelung tertutup stabil.

L(s) = K(s + 6)/(s(s + 1)(s + 2))
Kmax =
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & lokus puncaSukar
ReIm−2−4−6−8−10−12j2

Gelung suap balik unit mempunyai L(s) = K/((s + 3)(s + 8)(s + 10)(s + 2)). Cari titik σa di mana asimptot lokus punca memotong paksi nyata.

L(s) = K/((s + 3)(s + 8)(s + 10)(s + 2))
σa =
39.Ralat keadaan mantap & kawalan PIDSederhana
r(t) = 2 + 4t+4s(s + 2)(s + 4)C(s)−

Input r(t) = 2 + 4t (langkah tambah tanjakan) dikenakan pada gelung suap balik unit dengan G(s) = 4/(s(s + 2)(s + 4)). Cari ralat keadaan mantap ess.

G(s) = 4/(s(s + 2)(s + 4))r(t) = 2 + 4t
ess =
40.Ralat keadaan mantap & kawalan PIDSukar
R(s)+Kp​ + Ki​/s2s + 4C(s)−

Pengawal PI C(s) = Kp + Ki/s memacu loji G(s) = 2/(s + 4) dalam gelung suap balik unit. Gelung tertutup mesti mempunyai ωₙ = 3 rad/s dan ζ = 1. Cari gandaan berkadar Kp.

G(s) = 2/(s + 4)ωₙ = 3 rad/sζ = 1
Kp =

3Larutan

1.Perintang bersiri & selari

Jawapan: Req = 8 Ω

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​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAR4​8 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 = 4 + 8 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 12·12/(12+12) = 6 Ω
Req = R1 + 6 = 2 + 6 = 8 Ω

Jawapan

Req = 8 Ω
2.Perintang bersiri & selari

Jawapan: IR2 = 0.8916 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​ = 20 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAR4​10 ΩBR6​30 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 = 20 + 30 = 50 Ω
R4 ∥ 50 = 8.333 Ω
R3 + 8.333 = 28.33 Ω
R2 ∥ 28.33 = 6.239 Ω
Req = R1 + 6.239 = 20 + 6.239 = 26.24 Ω

Arus daripada sumber

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

IR1 = V1/Req = 30/26.24 = 1.143 A

Arus melalui R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 30 − 1.143·20 = 7.133 V
IR2 = VA/R2 = 7.133/8 = 0.8916 A

Jawapan

IR2 = 0.8916 A
3.Analisis nod

Jawapan: PIs = 49.01 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/15 + (VA − 9)/4 + (VA − VB)/20 = 0
0.3667·VA − 0.05·VB = 2.25

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/10 + (VB − VA)/20 = 2.5
−0.05·VA + 0.15·VB = 2.5

Selesaikan

Δ = (0.3667)(0.15) − (−0.05)(−0.05) = 0.0525
VA = Δ1/Δ = 0.4625/0.0525 = 8.81 V
VB = Δ2/Δ = 1.029/0.0525 = 19.6 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 = 19.6·2.5 = 49.01 W

Jawapan

PIs = 49.01 W
4.Analisis nod

Jawapan: VA = 21.8 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​ = 5 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​24 VR3​30 ΩAR5​30 ΩBIs​0.5 A+−V2​36 V

Sediakan nod

Bumi ialah wayar bawah. Voltan nod yang diketahui datang terus daripada sumber (V1 = 24 V, V2 = 36 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/30 + (VA − 24)/5 + (VA − VB)/15 = 0
0.3·VA − 0.06667·VB = 4.8

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/30 + (VB − VA)/15 + (VB − 36)/15 = 0.5
−0.06667·VA + 0.1667·VB = 2.9

Selesaikan

Δ = (0.3)(0.1667) − (−0.06667)(−0.06667) = 0.04556
VA = Δ1/Δ = 0.9933/0.04556 = 21.8 V
VB = Δ2/Δ = 1.19/0.04556 = 26.12 V

Jawapan

VA = 21.8 V
5.Analisis mesh

Jawapan: IR2 = −0.6176 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​ = 10 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​10 VR3​12 ΩA+−V2​15 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
10·I1 + 12(I1 − I2) = 10
22·I1 − 12·I2 = 10

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 + 12(I2 − I1) = (−15)
−12·I1 + 22·I2 = −15

Selesaikan

Δ = (22)(22) − (−12)(−12) = 340
I1 = Δ1/Δ = 40/340 = 0.1176 A
I2 = Δ2/Δ = −210/340 = −0.6176 A

Jawapan

IR2 = I2 = −0.6176 A

Arus mesh negatif mengalir melawan arah jam.

6.Analisis mesh

Jawapan: IR1 = 0.1513 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​ = 2 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR4​10 ΩAR5​12 ΩB+−V2​10 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 + 10(I1 − I2) = 6
22·I1 − 10·I2 = 6

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
2·I2 + 10(I2 − I1) + 12(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 24·I2 − 12·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
8·I3 + 12(I3 − I2) = (−10)
−12·I2 + 20·I3 = −10

Selesaikan

Δ = penentu matriks pekali = 5392
I1 = Δ1/Δ = 816/5392 = 0.1513 A
I2 = Δ2/Δ = −1440/5392 = −0.2671 A
I3 = Δ3/Δ = −3560/5392 = −0.6602 A

Jawapan

IR1 = I1 = 0.1513 A

Arus mesh negatif mengalir melawan arah jam.

7.Superposisi

Jawapan: I = −2 mA

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.

Tulis sambutan sebagai hasil tambah sumbangan

Setiap sumbangan berkadar dengan sumbernya sendiri, dengan pemalar yang hanya bergantung pada perintang.

I = k₁·Vs + k₂·Is
5·k₁ + 1·k₂ = 0.95
2·k₁ + 4·k₂ = −0.7

Selesaikan untuk pemalar

Δ = (5)(4) − (1)(2) = 18
k₁ = Δ1/Δ = 4.5/18 = 0.25
k₂ = Δ2/Δ = −5.4/18 = −0.3
k₁ = 0.25 mA/V, k₂ = −0.3

Ramalkan arus baharu

I = 0.25·4 + (−0.3)·10 = −2 mA

Jawapan

I = −2 mA
8.Superposisi

Jawapan: VR2 = −1.966 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​ = 3 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​5 VR3​15 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) = 15 ∥ 27 = 9.643 Ω
VA = 5·9.643/(3+9.643) = 3.814 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3.814·15/27 = 2.119 V
VR2′ = VA − VB = 3.814 − 2.119 = 1.695 V
R1​ = 3 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 15 ΩPINTASR3​15 ΩAIs​1 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 = 2.5 Ω, jadi laluan kiri ialah R2+2.5 = 14.5 Ω
Req = R4 ∥ 14.5 = 7.373 Ω
VB = Is·Req = 1·7.373 = 7.373 V
VA = VB·2.5/14.5 = 1.271 V
VR2″ = VA − VB = 1.271 − 7.373 = −6.102 V
R1​ = 3 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 15 ΩPINTASR3​15 ΩABUKAB−+V2​6 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 = 3·15/(3+15) = 2.5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−6)·14.5/29.5 = −2.949 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −2.949·2.5/14.5 = −0.5085 V
VR2‴ = VA − VB = −0.5085 − −2.949 = 2.441 V

Tambah sumbangan

VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = 1.695 + (−6.102) + 2.441 = −1.966 V

Hasil negatif bermaksud polariti adalah bertentangan dengan yang ditanda sebenar.

9.Thévenin & Norton

Jawapan: Rth = 14.67 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​ = 4 ΩR3​ = 12 ΩPINTASR2​8 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 = 4·8/(4+8) = 2.667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2.667 + 12 = 14.67 Ω
10.Thévenin & Norton

Jawapan: Vth = 43.62 V

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​ = 10 ΩR3​ = 6 ΩPINTASR2​3 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 = 10·3/(10+3) = 2.308 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2.308 + 6 = 8.308 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAIs​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) = 2.077 + 5·2.308 = 13.62 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 13.62 + 5·6 = 43.62 V
11.Fana RC & RL

Jawapan: vR = 39.54 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 = 150 mH / 100 Ω = 1.5 ms

Pereputan arus

i(t) = 1.5·e−2/1.5 = 0.3954 A
vR = R·i = 100·0.3954 = 39.54 V

Jawapan

vR = 39.54 V
12.Fana RC & RL

Jawapan: vC = 16.44 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) = 10 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 2.2 kΩ · 33 µF = 72.6 ms
vC(t) = 20 + (10 − 20)·e−t/τ

Voltan pada masa yang diberi

vC(75) = 20 + (−10)·e−75/72.6 = 16.44 V

Jawapan

vC = 16.44 V
13.Impedans AU & fasor

Jawapan: cos φ = 0.3119

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

XL = 188.5 Ω, XC = 36.17 Ω

Impedans

|Z| = √(50² + (152.3)²) = 160.3 Ω

Faktor kuasa

cos φ = R/|Z| = 50/160.3 = 0.3119
Litar itu induktif, maka faktor kuasanya ketinggalan.

Jawapan

cos φ = 0.3119
14.Impedans AU & fasor

Jawapan: VL = 9.428 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/√(0.2·10·10⁻⁶) = 707.1 rad/s
I = V/R = 1/15 = 0.06667 A

Voltan merentasi induktor

XL = ω₀L = 707.1·0.2 = 141.4 Ω
VL = I·XL = 0.06667·141.4 = 9.428 V

Jawapan

VL = 9.428 V

Ini ialah Q = 9.428 kali voltan bekalan.

15.Kuasa AU & faktor kuasa

Jawapan: Q = 22.05 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.

Sudut

φ = arccos(0.75) = 41.41°, tan φ = 0.8819

Kuasa reaktif

Q = P·tan φ = 25·0.8819 = 22.05 kvar

Jawapan

Q = 22.05 kvar
16.Kuasa AU & faktor kuasa

Jawapan: Pmax = 450 W

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.

Padanan konjugat

Reaktans beban membatalkan reaktans sumber, dan rintangan beban sama dengan rintangan sumber.

ZL = Zs* = 8 − j20 Ω

Kuasa maksimum

I = Vs/(2Rs) = 120/16 = 7.5 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 120²/(4·8) = 450 W

Jawapan

Pmax = 450 W
17.Kuasa tiga fasa

Jawapan: IL = 80.33 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 = 75/0.93 = 80.65 kW

Arus talian

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 80645/(√3·690·0.84) = 80.33 A

Jawapan

IL = 80.33 A
18.Kuasa tiga fasa

Jawapan: QC = 185.8 kvar

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 0.65) = 250·1.169 = 292.3 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0.92) = 250·0.426 = 106.5 kvar

Kuasa reaktif daripada kapasitor

QC = Q1 − Q2 = 185.8 kvar

Jawapan

QC = 185.8 kvar
19.Pengubah

Jawapan: IHV = 15 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 = 150000/10000 = 15 A

Jawapan

IHV = 15 A
20.Pengubah

Jawapan: Pcu,fl = 2359 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 = 75·0.95 = 71.25 kW
Pin = 71250/0.965 = 73834 W

Jumlah kehilangan dan kehilangan kuprum

Ploss = 73834 − 71250 = 2584 W
Pcu,fl = 2584 − 225 = 2359 W

Jawapan

Pcu,fl = 2359 W
21.Litar op-amp

Jawapan: Vout = 5 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

R₃ dan R₄ membawa arus yang sama, maka ia membentuk pembahagi voltan; suapbalik menjadikan V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 2.3·10/(1 + 10) = 2.091 V
V₋ = V₊

HAK pada masukan menyongsang

(1.8 − 2.091)/1 = (2.091 − Vout)/10
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (10/1)·(2.3 − 1.8) = 5 V

Jawapan

Vout = 5 V
22.Litar op-amp

Jawapan: If = −0.1036 mA

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.

Arus masukan

V₋ = 0, jadi setiap perintang masukan mempunyai voltan masukan penuhnya merentasinya.

I1 = V1/R1 = 0.3/47 = 0.006383 mA
I2 = V2/R2 = −1.1/10 = −0.11 mA
If = I1 + I2 = −0.1036 mA

Jawapan

If = −0.1036 mA
23.Diod & transistor

Jawapan: R = 200 Ω

Litar LED dan diod: LED pincang depan menyusutkan kira-kira voltan depannya VF (kira-kira 2 V untuk merah, 3 V untuk biru atau putih), walau apa pun arusnya. Perintang siri menetapkan arus: R = (Vs − n·VF)/I untuk n LED bersiri. Dengan model diod yang lebih tepat V = V₀ + I·rd, titik operasi ialah di mana garis diod bertemu garis beban I = (Vs − V)/R, jadi I = (Vs − V₀)/(R + rd).

Voltan merentasi perintang

VR = 5 − 2·2 = 1 V

Rintangan

R = 1/0.005 = 200 Ω

Jawapan

R = 200 Ω

Perintang melesapkan 5 mW.

24.Diod & transistor

Jawapan: PZ,max = 392 mW

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 Zener kes terburuk

IZ = 15.4/220 = 70 mA

Kuasa Zener

PZ = 5.6·70 = 392 mW

Jawapan

PZ,max = 392 mW
25.Sistem nombor

Jawapan: U = 220

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.

Songsang dan tambah satu

36 = 0010 0100
disongsangkan: 1101 1011
+1 → 1101 1100

Baca sebagai tanpa tanda

1101 1100₂ = 256 − 36 = 220

Jawapan

U = 220
26.Sistem nombor

Jawapan: M = 6075 KiB

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.

Bit dan bait

1920·1080·24 = 49766400 bit = 6220800 B

Tukar kepada KiB

6220800/1024 = 6075 KiB

Jawapan

M = 6075 KiB
27.Logik digital: get, peta K & flip-flop

Jawapan: N = 2

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′BC + AB′C′

Baris dengan F = 1

ABC = 011, 100
N = 2

Jawapan

N = 2
28.Logik digital: get, peta K & flip-flop

Jawapan: pinggir jam 4

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 T bertukar keadaan pada setiap pinggir menaik dengan T = 1 dan kekal dengan T = 0.

1: T = 1 → Q = 1
2: T = 0 → Q = 1
3: T = 0 → Q = 1
4: T = 1 → Q = 0
5: T = 1 → Q = 1
6: T = 0 → Q = 1
7: T = 1 → Q = 0
8: T = 1 → Q = 1

Perubahan pertama daripada 1 kepada 0

pinggir jam 4

Jawapan

pinggir jam 4
29.Transformasi Laplace

Jawapan: f(0.75) = −0.6686

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).

Lengkapkan kuasa dua

s² + 2s + 17 = (s + 1)² + 16 = (s + 1)² + 4²

Padankan pengangka

F(s) = 2·(s + 1)/((s + 1)² + 4²) + (16/4)·4/((s + 1)² + 4²)

Transformasi songsang

f(t) = e−t·(2·cos 4t + 4·sin 4t)
f(0.75) = e−0.75·(2·cos(4·0.75) + 4·sin(4·0.75)) = −0.6686

Jawapan

f(0.75) = −0.6686
30.Transformasi Laplace

Jawapan: y(0.3) = 6.427

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(0.3) = 6.427

Jawapan

y(0.3) = 6.427

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

31.Gambar rajah blok

Jawapan: css = 14.07

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 gelung tertutup

T(s) = G/(1 + G·H) = 38/(s + 8 + 19) = 38/(s + 27)

Keputusan

css = R·T(0) = 10·38/27 = 14.07

Jawapan

css = 14.07
32.Gambar rajah blok

Jawapan: css = 5.303

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) = 7/(s + 3 + 63)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 63/(s + 3 + 63)

Keadaan mantap

css = 5·63/66 + 5·7/66 = 5.303

Jawapan

css = 5.303

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

33.Sambutan langkah

Jawapan: tp = 1.571 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).

Bandingkan dengan bentuk piawai

Penyebut mesti sepadan dengan s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 5 → ωₙ = 2.236 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·2.236) = 0.4472

Keputusan

ωd = 2.236·√(1 − 0.4472²) = 2 rad/s → tp = π/ωd = 1.571 s

Jawapan

tp = 1.571 s
34.Sambutan langkah

Jawapan: %OS = 52.84 %

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/√(0.05·1 × 10⁻⁶) = 4472 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (89/2)·√(1 × 10⁻⁶/0.05) = 0.199

Keputusan

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 52.84 %

Jawapan

%OS = 52.84 %
35.Plot Bode dan margin

Jawapan: ∠G(jω) = −94.04 °

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(1/14) − 90° − atan(1/7) = 4.086° − 90° − 8.13°

Keputusan

∠G(j1) = −94.04°

Jawapan

∠G(jω) = −94.04°
36.Plot Bode dan margin

Jawapan: K = 188.4

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/5)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(5·10) = 7.071 rad/s

Magnitud pada lintasan fasa

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 25)·√(ω² + 100)) = K/(5·10·(5 + 10)) = K/750

Gandaan yang diperlukan

750/K = 1012/20 = 3.981
K = 750/3.981 = 188.4

Jawapan

K = 188.4
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & lokus punca

Jawapan: Kmax = 2

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

Tatasusunan Routh

s³: 1, 2 + K
s²: 3, 6K
s¹: (3·(2 + K) − 6K)/3
s⁰: 6K

Syarat

6 − 3K > 0
K < 6/3 = 2

Jawapan

Kmax = 2

Dengan sifar di sebelah kanan s = −3, gelung akan kekal stabil untuk setiap K > 0.

38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & lokus punca

Jawapan: σa = −5.75

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.

Kutub dan sifar

kutub: −3, −8, −10, −2
n − m = 4 − 0 = 4

Sentroid

σa = (−23)/4 = −5.75

Jawapan

σa = −5.75

4 asimptot meninggalkan sentroid pada sudut 45°, 135°, 225°, 315°.

39.Ralat keadaan mantap & kawalan PID

Jawapan: ess = 8

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 halaju

Kv = lim s·G(s) = 0.5

Bahagian langkah

Kp = ∞ → estep = 0

Ralat tanjakan

ess = 4/0.5 = 8

Jawapan

ess = 8
40.Ralat keadaan mantap & kawalan PID

Jawapan: Kp = 1

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 + 4).

s² + (4 + 2Kp)s + 2Ki

Polinomial sasaran

s² + 2·1·3s + 3² = s² + 6s + 9

Padankan pekali

4 + 2Kp = 6 → Kp = 1

Jawapan

Kp = 1

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