ข้อสอบบรรจุเข้าทำงานการไฟฟ้านครหลวง ตำแหน่งวิศวกรไฟฟ้า วิชาความรู้เฉพาะตำแหน่ง ชุดที่ 12

ตอบตัวเลือก 2: แหล่งแรงดัน 12 V จ่ายกำลัง 24 W

รวมโหนด A และ B เป็นซูเปอร์โหนด กระแสผ่านแหล่งแรงดันระหว่างสองโหนดเป็นกระแสภายใน จึงไม่ปรากฏใน KCL ของซูเปอร์โหนด ได้ V_A/6 + V_B/3 = 2 + 0.25V_A โดยกระแสมีหน่วย A และแรงดันมีหน่วย V

เงื่อนไขจากแหล่งแรงดันคือ V_A − V_B = 12 คูณ KCL ด้วย 12 ได้ −V_A + 4V_B = 24 เมื่อนำ V_A = V_B + 12 ไปแทน จะได้ V_B = 12 V และ V_A = 24 V

ให้ I_s เป็นกระแสผ่านแหล่ง 12 V จาก A ไป B ใช้ KCL ที่ A: V_A/6 + I_s = 2 จึงได้ I_s = 2 − 24/6 = −2 A กระแสจริงไหลจาก B ไป A ขนาด 2 A

ตาม passive sign convention กำลังที่แหล่งแรงดันดูดกลืนคือ P_abs = (V_A − V_B)I_s = 12(−2) = −24 W ดังนั้นแหล่งนี้จ่ายกำลัง 24 W ไม่ใช่ดูดกลืน 24 W

ตรวจสอบที่ B: กระแสจากแหล่งควบคุมเท่ากับ 0.25(24) = 6 A แบ่งไหลผ่าน 3 Ω ลงกราวด์ 4 A และไหลจาก B ไป A อีก 2 A รวมตรงตาม KCL

ตอบตัวเลือก 4: R_L = 3.2 Ω และ P_max = 28.8 W

เริ่มหาแรงดันเปิดวงจรโดยยังไม่ต่อ R_L ใช้ KCL ที่ A: (V_A − 24)/4 + V_A/8 − V_A/16 = 0 จึงได้ (5/16)V_A = 6 และ V_th = 96/5 = 19.2 V

หา R_th โดยปิดเฉพาะแหล่งแรงดันอิสระ 24 V ด้วยการลัดวงจร แต่ต้องเก็บแหล่งควบคุมไว้ จ่ายแรงดันทดสอบ V_t ที่ A–B กระแสที่วงจรภายในรับคือ I_t = V_t/4 + V_t/8 − V_t/16 = (5/16)V_t

ดังนั้น R_th = V_t/I_t = 16/5 = 3.2 Ω ซึ่งต่างจาก 4 Ω ขนาน 8 Ω เพราะแหล่งควบคุมยังส่งผลต่อความต้านทานที่พอร์ต

สำหรับวงจร DC ที่ R_th เป็นบวก กำลังโหลดมากที่สุดเมื่อ R_L = R_th จึงได้ P_max = V_th²/(4R_th) = 19.2²/(4 × 3.2) = 28.8 W

ตรวจสอบเมื่อต่อโหลด 3.2 Ω: แรงดันโหลดเท่ากับ V_th/2 = 9.6 V และ P_L = 9.6²/3.2 = 28.8 W

ตอบตัวเลือก 1: R_L = 10 Ω และ P_max = 450 W

เมื่อโหลดเป็นตัวต้านทานล้วน กระแสมีขนาดกำลังสอง |I|² = 120²/[(6 + R_L)² + 8²] จึงได้ P_L = 14,400R_L/[(6 + R_L)² + 64]

หาอนุพันธ์เทียบ R_L แล้วให้เป็นศูนย์ ตัวเศษของอนุพันธ์แปรตาม (R_L + 6)² + 64 − 2R_L(R_L + 6) = 100 − R_L² ดังนั้นจุดวิกฤตที่ R_L > 0 คือ R_L = 10 Ω

กำลังก่อนจุดนี้เพิ่มและหลังจุดนี้ลด อีกทั้ง P_L เข้าใกล้ศูนย์เมื่อ R_L เข้าใกล้ 0 หรืออนันต์ จึงเป็นค่าสูงสุดจริง แทนค่าได้ P_max = 14,400(10)/[16² + 8²] = 144,000/320 = 450 W

กฎ Z_L = Z_th* จะให้ Z_L = 6 − j8 Ω และกำลัง 600 W แต่โหลดแบบนั้นมีส่วน capacitive จึงผิดข้อจำกัดของโจทย์นี้ ต้องใช้ R_L = |Z_th| = 10 Ω

ตอบตัวเลือก 3: I_x = 6/7 A จาก A ไป B

กำหนดแรงดันโหนด A และ B เทียบกราวด์ ใช้ KCL ที่ A: (V_A − 24)/4 + V_A/8 + (V_A − V_B)/4 = 0 คูณด้วย 8 ได้ 5V_A − 2V_B = 48

ที่ B: (V_B − 24)/8 + V_B/4 + (V_B − V_A)/4 = 0 จึงได้ −2V_A + 5V_B = 24

แก้พร้อมกันได้ V_A = 96/7 V และ V_B = 72/7 V ดังนั้น I_x = (V_A − V_B)/4 = (24/7)/4 = 6/7 A หรือประมาณ 0.857 A ผลบวกหมายถึงไหลจาก A ไป B ตามลูกศร

ไม่สามารถใช้ตัวแบ่งแรงดันแยกซ้ายและขวาโดยละเลยแขนกลางได้ เพราะกระแสในแขนกลางทำให้แรงดันสองฝั่งเปลี่ยน และอัตราส่วน 4/8 ไม่เท่ากับ 8/4 จึงไม่ใช่สะพานสมดุล

ตรวจสอบ KCL ที่ A: กระแสรับจากโหนดบน = (24 − 96/7)/4 = 18/7 A เท่ากับกระแสลงกราวด์ 12/7 A บวกกระแสไป B 6/7 A

ตอบตัวเลือก 2: ประมาณ 20.79 ms หลังเริ่มสวิตช์ครั้งแรก

ช่วงแรกมีค่าคงตัวเวลา τ₁ = L/R = 0.20/20 = 0.010 s กระแสจึงเป็น i(t) = 2e^(−100t) A และที่ t₁ = (ln 2)/100 จะได้ i(t₁−) = 1 A

กระแสตัวเหนี่ยวนำต่อเนื่อง จึงมี i(t₁+) = 1 A ช่วงที่สองสมการ 0.20 di/dt + 10i = −10 ให้กระแสปลายทาง I_∞ = −1 A และ τ₂ = 0.20/10 = 0.020 s

สำหรับ t ≥ t₁ ได้ i(t) = −1 + [1 − (−1)]e^[−(t − t₁)/0.020] = −1 + 2e^[−(t − t₁)/0.020] A ตั้ง i = 0 ได้ t − t₁ = 0.020 ln 2 s

ดังนั้น t = 0.010 ln 2 + 0.020 ln 2 = 0.030 ln 2 s = 20.7944 ms ไม่ใช่ 13.86 ms ซึ่งเป็นเวลาเฉพาะหลังเปลี่ยนลูปครั้งที่สอง ช่วงแรกกระแสเป็นบวกตลอดจึงยังไม่ผ่านศูนย์

ตอบตัวเลือก 1: v(t) = e^(−100t)[10 cos(100√3 t) − (10/√3) sin(100√3 t)] V

KCL ที่โหนดบนคือ C dv/dt + v/R + i_L = 0 และ di_L/dt = v/L เมื่อหาอนุพันธ์ KCL จะได้ v″ + [1/(RC)]v′ + [1/(LC)]v = 0 หรือ v″ + 200v′ + 40,000v = 0

จึงมี α = 1/(2RC) = 100 s⁻¹, ω₀ = 1/√(LC) = 200 rad/s และ ω_d = √(ω₀² − α²) = 100√3 rad/s เป็นการตอบสนองแบบ underdamped

รูปทั่วไปคือ v = e^(−100t)[A cos(100√3 t) + B sin(100√3 t)] จาก v(0+) = 10 ได้ A = 10 แต่ยังต้องใช้เงื่อนไขกระแสเริ่มต้นเพื่อหา B

ที่ t = 0+ ใช้ KCL เดิมได้ v′(0+) = −[10/100 + 0]/(50 × 10⁻⁶) = −2,000 V/s ขณะที่จากรูปคำตอบ v′(0+) = −100A + 100√3 B จึงได้ −1,000 + 100√3 B = −2,000 และ B = −10/√3 V

ตัวเลือกที่มี B เป็นบวกให้ความชันเริ่มต้น 0 V/s และตัวเลือกที่ไม่มีพจน์ sine ให้ −1,000 V/s จึงไม่สอดคล้องกับ KCL แม้จะเริ่มที่แรงดัน 10 V เหมือนกัน

ตอบตัวเลือก 4: t = 0.50 s และ i_max = 5/e ≈ 1.84 A

วงจรมี α = R/(2L) = 2 s⁻¹ และ ω₀ = 1/√(LC) = 2 rad/s จึงเป็น critically damped เมื่อใช้ลาปลาซกับเงื่อนไขเริ่มต้นเป็นศูนย์ จะได้ I(s) = (10/s)/[s + 4 + 4/s] = 10/(s + 2)²

แปลงกลับได้ i(t) = 10t e^(−2t) A ตรวจสอบ i(0+) = 0 และ i′(0+) = 10 A/s ซึ่งเท่ากับ V/L = 10/1 ตาม KVL ขณะเริ่มต้น

หาอนุพันธ์ i′(t) = 10e^(−2t)(1 − 2t) ตั้งเป็นศูนย์ได้ t = 0.50 s โดยก่อนเวลานี้กระแสเพิ่มและหลังเวลานี้ลด จึงเป็นค่าสูงสุด

แทนค่าได้ i_max = 10(0.50)e^(−1) = 5/e = 1.8394 A ที่สภาวะคงตัว C เปิดวงจรและกระแสกลับเป็นศูนย์ ไม่ใช่คงที่ที่ V/R

ตอบตัวเลือก 3: v_R(30 ms) ≈ −3.18 V

ค่าคงตัวเวลา τ = RC = 2,000 × 5 × 10⁻⁶ = 0.010 s วงจรนี้วัดเอาต์พุตคร่อม R จึงเป็น high-pass โดยการตอบสนองต่อขั้นแรงดันขนาด 10 V คือ 10e^(−t/τ) สำหรับ t ≥ 0

เขียนพัลส์ขาเข้าเป็น 10u(t) − 10u(t − 0.020) ใช้การซ้อนทับได้ v_R(t) = 10e^(−t/0.010)u(t) − 10e^[−(t − 0.020)/0.010]u(t − 0.020)

ที่ t = 0.030 s ทั้งสองพจน์ทำงาน จึงได้ v_R = 10e^(−3) − 10e^(−1) = 0.49787 − 3.67879 = −3.18092 V

ตรวจสอบอีกทาง: ก่อนพัลส์ดับ C มีแรงดัน 10(1 − e⁻²) = 8.64665 V เมื่อขาเข้าลดเป็นศูนย์ทันที v_R จึงเริ่มช่วงคายประจุที่ −8.64665 V แล้วลดขนาดเป็น −8.64665e⁻¹ = −3.18092 V หลังผ่านไปอีก 10 ms

ตอบตัวเลือก 1: P_R₂ ≈ 0.984 W

จากสมการทุติยภูมิ I₂ = −j2I₁/(3 + j4) เมื่อนำไปแทนสมการปฐมภูมิ อิมพีแดนซ์ขาเข้าคือ Z_in = 4 + j6 + 4/(3 + j4)

ใช้ 4/(3 + j4) = 4(3 − j4)/25 = 0.48 − j0.64 Ω จึงได้ Z_in = 4.48 + j5.36 Ω พจน์สะท้อนมีส่วนจริงเป็นบวก สอดคล้องกับการถ่ายกำลังไปยังโหลดทุติยภูมิ

|I₁|² = 10²/(4.48² + 5.36²) = 100/48.8 = 2.04918 A² และ |I₂|² = |−j2/(3 + j4)|²|I₁|² = (4/25)(2.04918) = 0.327869 A²

ดังนั้น P_R₂ = R₂|I₂|² = 3(0.327869) = 0.983607 W การใช้ V_s²/R₂ โดยตรงไม่ถูกต้อง เพราะแรงดันแหล่งไม่ได้คร่อม R₂ โดยตรง

ตรวจสอบสมดุลกำลัง: แหล่งจ่ายกำลังจริง 4.48|I₁|² = 9.18033 W แบ่งเป็นความร้อนที่ R₁ เท่ากับ 4|I₁|² = 8.19672 W และที่ R₂ อีก 0.98361 W

ตอบตัวเลือก 4: P_L = 2.56 W

สมการสองพอร์ตคือ V₁ = 6I₁ + 2I₂ และ V₂ = 2I₁ + 4I₂ เนื่องจาก I₂ นิยามไหลเข้าวงจรสองพอร์ต แต่กระแสโหลดไหลออกจากพอร์ต จึงมี I₂ = −V₂/R_L = −V₂/4

แทนในสมการพอร์ต 2: V₂ = 2I₁ − V₂ จึงได้ V₂ = (1 Ω)I₁ และ I₂ = −I₁/4 แทนในสมการพอร์ต 1 ได้ V₁ = (6 − 0.5)I₁ = (5.5 Ω)I₁

KVL ฝั่งแหล่งให้ 24 = R_s I₁ + V₁ = (2 + 5.5)I₁ ดังนั้น I₁ = 3.2 A, V₁ = 17.6 V, V₂ = 3.2 V และ I₂ = −0.8 A

กำลังโหลดเท่ากับ P_L = V₂²/R_L = 3.2²/4 = 2.56 W ตรวจสอบสมการเดิม: 6(3.2) + 2(−0.8) = 17.6 V และ 2(3.2) + 4(−0.8) = 3.2 V

ถ้าใส่ I₂ = +V₂/R_L จะผิดทิศอ้างอิงและทำให้สมการโหลดไม่ถูกต้อง แม้วงจรจะมีเฉพาะตัวต้านทานก็ตาม

ตอบตัวเลือก 2: V_out ≈ 14.14∠165° V_rms

ออปแอมป์อุดมคติที่มี negative feedback และทำงานเชิงเส้นทำให้ V_− = V_+ = 0 และไม่มีกระแสเข้าขาอินพุต ดังนั้น V_out/V_in = −Z_f/R_in

อิมพีแดนซ์ป้อนกลับเป็น R_f ขนาน C_f จึงได้ Z_f = R_f/(1 + jωR_fC_f) โดย ωR_fC_f = 1,000 × 10,000 × 0.10 × 10⁻⁶ = 1

จึงมี Z_f = 10,000/(1 + j) = 5,000 − j5,000 Ω และอัตราขยาย A_v = −5 + j5 = 5√2∠135° ไม่ใช่ 5√2∠−45° เพราะต้องรวมเครื่องหมายลบจากการกลับเฟส

นำไปคูณกับ V_in ได้ |V_out| = 5√2 × 2 = 10√2 = 14.142 V_rms และมุม 135° + 30° = 165° หรือเขียนเทียบเท่าเป็น −195° ก็ได้

ที่ความถี่นี้ตัวเก็บประจุมีผลต่อทั้งขนาดและเฟส จึงใช้อัตราขยาย DC เท่ากับ −R_f/R_in = −10 ตรง ๆ ไม่ได้

ตอบตัวเลือก 3: power factor จริง ≈ 0.279

แรงดันมีเฉพาะองค์ประกอบพื้นฐานและมี V_rms = 100 V ส่วนกระแสมี DC 4 A, พื้นฐาน RMS 6 A และฮาร์มอนิกลำดับ 3 RMS 8 A องค์ประกอบเหล่านี้ตั้งฉากกันเมื่อเฉลี่ยครบรอบพื้นฐาน

กำลังจริงจึงเกิดจากแรงดันและกระแสที่ความถี่เดียวกันเท่านั้น ได้ P = 100 × 6 × cos60° = 300 W ผลคูณกับกระแส DC และฮาร์มอนิกลำดับ 3 มีค่าเฉลี่ยเป็นศูนย์

กระแส RMS รวมต้องรวมทุกองค์ประกอบ: I_rms = √(4² + 6² + 8²) = √116 = 10.7703 A จึงมี apparent power เท่ากับ 100√116 = 1,077.03 VA

ดังนั้น PF_true = 300/(100√116) = 3/√116 = 0.278543 ส่วน cos60° = 0.5 เป็น displacement factor ขององค์ประกอบพื้นฐาน ไม่ใช่ power factor จริงเมื่อกระแสมี DC และฮาร์มอนิก

ถ้าละเลยกระแส DC จะได้ 300/[100√(6² + 8²)] = 0.300 ซึ่งเป็นตัวลวงของข้อนี้

ตอบตัวเลือก 4: P_R ≈ 21.54 W

ใช้การซ้อนทับแยก DC และไซน์แต่ละความถี่ แต่รวมกำลังด้วยกำลังเฉลี่ยของแต่ละองค์ประกอบ เพราะกระแสต่างความถี่มีผลคูณเฉลี่ยเป็นศูนย์ ไม่ใช่รวมขนาดกระแสแล้วนำไปยกกำลังสอง

ที่ DC ตัวเก็บประจุในวงจรอนุกรมเปิดวงจรในสภาวะคงตัว จึงมี I_DC = 0 และไม่มีความร้อนจากแรงดัน DC 10 V แม้ C จะมีแรงดัน DC สะสมอยู่

ที่ ω₁ = 100 rad/s ได้ X₁ = ω₁L − 1/(ω₁C) = 10 − 10 = 0 Ω ดังนั้น Z₁ = 10 Ω และ I₁,rms = (20/√2)/10 = √2 A ให้กำลัง P₁ = I₁,rms²R = 20 W

ที่ ω₂ = 200 rad/s ได้ X₂ = 20 − 5 = 15 Ω และ |Z₂|² = 10² + 15² = 325 Ω² จึงมี I₂,rms² = (10/√2)²/325 = 50/325 A² และ P₂ = 10(50/325) = 1.53846 W

รวมได้ P_R = 20 + 1.53846 = 21.53846 W ขนาด 20 V และ 10 V หน้า cos เป็นค่าพีกจึงต้องหาร √2 ก่อนใช้สูตรกำลังที่อาศัย RMS

ตอบตัวเลือก 1: V_out = 3∠−90° V_rms

ให้ R = 1 kΩ และ C = 1 µF เขียน KCL ในโดเมน s ที่ B: (V_B − V_A)/R + sCV_B = 0 จึงได้ V_A = (1 + sRC)V_B

ที่ A: (V_A − V_in)/R + (V_A − V_B)/R + sCV_A = 0 หรือ V_in = (2 + sRC)V_A − V_B เมื่อนำความสัมพันธ์จาก B ไปแทน ได้ V_in = [(2 + sRC)(1 + sRC) − 1]V_B

ดังนั้น H(s) = V_B/V_in = 1/[1 + 3sRC + (sRC)²] เมื่อ s = jω และ ωRC = 1 ตัวส่วนเป็น 1 + j3 − 1 = j3 จึงมี H(jω) = −j/3

คูณด้วย V_in = 9∠0° ได้ V_out = 3∠−90° V_rms ตรวจสอบได้ V_A = (1 + j)(−j3) = 3 − j3 V และสมการโหนด A ให้ V_in = 9 V จริง

การคูณอัตราขยาย RC ชั้นละ 1/(1 + jωRC) ตรง ๆ จะให้ขนาด 4.5 V ซึ่งผิด เพราะวงจรชั้นที่สองโหลดชั้นแรก ไม่มี buffer คั่นระหว่างสองชั้น

ตอบตัวเลือก 2: n = 0.5 และ P_max = 300 W

โหลดสะท้อนมาด้านปฐมภูมิเป็น Z_ref = n²Z_L = n²(12 + j16) Ω หม้อแปลงอุดมคติไม่มีการสูญเสีย จึงหากำลังจริงของโหลดจากกำลังที่ส่วนจริง 12n² Ω รับได้

ให้ x = n² > 0 เนื่องจาก Z_L = 4Z_th จะได้ Z_total = (3 + j4)(1 + 4x) และ |Z_total|² = 25(1 + 4x)² ดังนั้น P_L(x) = 100²(12x)/[25(1 + 4x)²] = 4,800x/(1 + 4x)² W

หาอนุพันธ์ได้ dP_L/dx = 4,800(1 − 4x)/(1 + 4x)³ จึงมีกำลังสูงสุดที่ x = 1/4 หรือ n = 1/2 โดยกำลังเพิ่มก่อนจุดนี้และลดหลังจุดนี้

ที่ n = 0.5 โหลดสะท้อนเป็น 3 + j4 Ω อิมพีแดนซ์รวมเท่ากับ 6 + j8 Ω มีขนาด 10 Ω กระแสปฐมภูมิ RMS จึงเป็น 10 A และ P_L = 10² × 3 = 300 W

ตรวจสอบด้านทุติยภูมิ: I_secondary = nI_primary จึงมีขนาด 5 A และกำลังจริง = 5² × 12 = 300 W การปรับจำนวนรอบทำได้เพียงคูณอิมพีแดนซ์ด้วยจำนวนจริงบวก จึงเปลี่ยนรีแอกแตนซ์เหนี่ยวนำให้เป็น capacitive เพื่อทำ conjugate matching ไม่ได้

ค่า 833.33 W มาจาก |V_th|²/(4Re Z_th) ซึ่งใช้ได้เมื่อเลือกโหลดคอนจูเกตอิสระ Z_ref = 3 − j4 Ω แต่ไม่อยู่ในเงื่อนไขที่หม้อแปลงตัวนี้ทำได้