25% aval - jome

آموزش عالي آزاد موسسه با مجوز رسمي وزارت علوم، تحقيقات و فناوري

www.parseh.ac.ir ساختمان پارسه ـكيان تهران ـ خيابان وليعصر ـ باالتر از ميدان وليعصر ـ كوچه دانش

آزمون آزمايشي تحصيالت تكميلي )هاي كارشناسي ارشد دوره(

۱۳۹۰سال

مجموعه مهندسي برق )۱۲۵۱( كد

http://www.parseh.ac.ir

رشته مهندسي برق 1: صفحه هاي كنترل خطي سيستم:درس

دفترچه سوم . درست است2گزینه ـ 1

Y 4 1 x 2u 1 1 4 x 2

= = ⇒ = −+ + −

. درست است1گزینه ـ 2 :با استفاده از معادالت حالت

( )( )

Y S 2G 2U S 1 S 4

+= = +

+ +

( ) ( )5G 0 G 22

= ∞ =

Y) الف در مورد شکل 2.5U

Y) ب= 2U

Y) پ= 3U

=

. درست است2گزینه ـ 3

1 1

1 1: S 4 TS 4 4

= − ⇒ =+

حلقه باز :

( ) 2 2

11 1s 4T s s 6 T

2 s 6 61s 4

+= = ⇒ = − ⇒ =++

+

حلقه بسته :

3سرعت 2

2. شود برابر می

1

T 2T 3

= ⇒

4 و1هاي یابد درنتیجه گزینه دهد لذا سرعت سیستم افزایش می هاي مرتبه اول را کاهش می فیدبک منفی عددي ثابت زمانی سیستم* .نادرست هستند

. درست است4گزینه ـ 4Sمقدارهاي ویژه ماتریس برابر 1 , 2 , 3= − − .پذیر حالت نیست دارد پس سیستم کنترل−2te فقط جمله 2xالت متغیر ح−

دارند پس درباره ها نیز این دو جمله را ن ناپذیري سیستم نیست چون حالت در پاسخ دلیلی بر مشاهده−3te و −teحضور نداشتن جمالت Sتوان به دست آورد که همان ماتریس متناظر با مقدار ویژه را میBماتریس . توان نظر داد پذیري نمی مشاهده 2= به طوري که . است−

( )2X 0 2= . را ارضا کند−

1

B 24

= −

. این اطالعات به دست آوردتوان با را نمیCولی ماتریس


. درست است3گزینه ـ 5 :آید از رابطه زیر به دست میH(s)تابع تبدیل

( ) ( ) 1H s C sI A B−= − ( ) ( ) ( ) ( )

1s 1 1 s 2 11sI A sI A0 s 2 0 s 1s 1 s 2

−+ − + − = → − = + ++ +

( ) ( ) ( )( ) ( )

1 111s 1 s 1 s 2 1H s 1 1 1 1 s 1

0 s 11 00s 2

+ + + = = =+ +

+

( )2 1 2 2 2 1 21X u u X X u u

s 1= − × ⇒ = − + −

+پس

3 1 3 1 31X X X X X

s 1= ⇒ = +

−

1 2 1 2 11X u X u X

s 1= ⇒ = +

−

1

2

1 0 0 0 1u

X 0 1 0 X 1 1u

1 0 1 0 0

= − + −

( )0 0y 1 X= . درست است1گزینه ـ 6

): توجه )1x tks a

→+

( )r t

( ) [ ] ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1KR S S a X S x t ax t kr t= + ⇒ = − + :شده داریم شده و متغیرهاي تعریف براي حل مسئله طبق بلوك دیاگرام داده

( ) ( )2 1x t 2x t= ( ) ( ) ( )3 2x t u t x t= −

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 3 1 2 1x t 3x t 5x t 3u t 3x t 5x t= − = − −

( )( )

( )( ) ( )1 1

2 2

x t x t5 3 3u t

x t x t2 0 0 − −

⇒ = +

( ) ( ) ( )1

15 3 S 5 3 S 31A S SI A S2 0 2 S 2 S 5S 5S 6

−−

2

− − + − = ⇒ φ = − = ⇒ φ = − ++ +

( ) ( ) 2S S

S 3 1 0S0 lim S S lim2 S 5 0 1S 5S 6→∞ →∞

− ϕ = φ = = ++ +


1 k 11 k

τ= = ⇒ τ − =

+1 ثابت زمانی سیستم

s 1 k= ⇒

τ + + تابع تبدیل حلقه بسته

.درست است 2گزینه ـ 8 :کنیم سیستم را ساده می


Y 8U S 2

=+

( ) ( ) ( )2t1 4 4U Y y t 4 1 e U tS S S 2

−= ⇒ = − ⇒ = −+


( ) ( ) ( )t1 1 1 1 1 1y s y t 1 es s s s

−τ = = − ⇒ = − + τ τ + τ τ

( ) ( ) ( )t 3t1 1 13 y s y t e es 1 s 3 2

− −⇒ τ = → = × ⇒ = −+ +

( ) t 3ty t e 3e 0 t ln 3− −′ = − + = ⇒ = ( ) 3th t e−′ = −


( ) ( ) ( )2S 2 2 0

det SI A 0 S 3 0 S 2 S 31 0 S 2

+ −− = + = + +

+

1توان به ازاي بنابراین سیستم پایدار است و می 2 3x x x 0= = = پاسخ حالت ماندگار آن را یافت که به ازاي آن داریم :

33

1x2x u 2

u 1

⇒ = ++ =

=

. درست است3گزینه ـ 112xابتدا در سیستم حلقه باز

aSیابیم را می:

( ) ( )( )11

2 12

x aSI A BU X U S 1x S 1 2 4

− = − ⇒ = ⇒ = + +

:پس در سیستم حلقه بسته داریم

( )1

2S

S1 G S

=+

( ) ( ) 12

1 S 1G S C SI A B SS 1 S 2

− += − = ⇒ =

+ +

1 در حلقه فیدبک قرار ندارد و رابطه 2xچراکه متغیر . این جواب اشتباه است2

SS

1 G=

+اي مقابل کامال واضح هSFGدر . برقرار نیست

1است که 2S S 1= =

سیستم ب سیستم الف

. صفر استa به … و y ، T(S) و 1xبدیهی است که حساسیت متغیرهایی مثل



( )

212

22

12

2

k s s1s 2s s k1y s

s k s s11s 2s s k

+ + + + = ×

+ ++ + +

( )( )

21

3 22 1

k s s1y ss 2s 2s k 1 s k

+ +=

+ + + +

( ) 1ss

s 0 1

ky lim s y s 1

k→= × = =

.حالت دایمی به هیچ پارامتري بستگی ندارد و حساسیت صفر است


[ ]2 0A , B , C 2 0

0 1−α

= = = −α

( ) ( ) [ ]1

1 s 2 0G s C SI A B 2 0

0 s 1

−− + α −

⇒ = − = + α

( )( )

[ ]2s 2 01G s 2 0

0 s 1s

+ α ⇒ = + α + α

( )( )

( )( )

( ) t2 2

01 4G s 2 s 4 h t 4te1s s

−α ⇒ = + α = ⇒ =

+ α + α

( ) ( ) 22t 2s h t 2s h 8e− α= ⇒ = = α =

( ) ( )( )

2h 2 22

2

hS . 16e . 2

h 8eα − α

α − α

∂ α α α= = − = − α

∂α α

. درست است3گزینه ـ 14 : عبارت است ازk و τحساسیت سیستم حلقه بسته نسبت به

( )2

T s s. .1T s k 1s k 1

s k 1

∂ τ − τ −τ= =

∂ τ τ + +τ + +τ + +

( )2

T k 1 k k. .1k T s k 1s k 1

s k 1

∂ − −= =

∂ τ + +τ + +τ + +

k ss k 1 s k 1

τ=

τ + + τ + +

ksبنابراین در فرکانس =τ

. درست است3بنابراین گزینه . با هم برابر هستند این دو حساسیت


( ) ( ) ( ) ( )( )( )

( )

n

s 0 s 0n

s1 s 1 11 2Y s U s U s 1 T ss s s1 s 1 1

2 2→ →

+ + − = − = − =

+ + +

سطح هاشورخورده


( ) n 11 nn

ss 1 1 1 A s A s2

+ + + = + + +

0رفع ابهام

0= ⇒

( )

2 n 11 2 n

12 n 1s 0 1 2 n

A s A s A slim A

s 1 A s A s A s

+

+→

+ + +=

+ + +

1 n1

1 1 1A 1A 22 4 2

n 1

= + + + ⇒ =

ها تجزیه و تحلیل سیستم . درست است2زینه گ ـ 16

( )

1

21 1x t dt 2 1 2.752 4−∞

= × + + =∫

. درست است1گزینه ـ 17nها خروجی به آینده ورودي بستگی ندارد براي ضابطه سوم دقت کنید چون کدام از ضابطه سیستم علی است زیرا به ازاي هیچ است <3

]نوان مثال خروجی در هر لحظه به گذشته ورودي بستگی دارد به ع ] [ ]y 5 x 5= −. در مورد ضابطه دوم باید گفت به دلیل محدود بودن . هاي محدود خروجی محدود خواهیم داشت سیستم پایدار است زیرا به ازاي ورودي

)بازه )0 n 3 n≤ .تهاي محدود خروجی محدود خواهیم داشت لذا سیستم پایدار اس به ازاي ورودي≥]مثال (اطالعات ورودي از ناپذیر است زیرا قسمتی سیستم وارون ] [ ]x 1 , x 2− .را حذف کرده است) −

. درست است4گزینه ـ 18چون . درست نیست) 2(و ) 1(هاي بنابراین گزینه. توان در مورد پایداري سیستم نظر داد به ازاي چند ورودي و خروجی خاص محدود نمی

]ناپذیر با زمان است پاسخ سیستم به ورودي سیستم تغییر ]3x n ] برابر +4 ]3y n ] است ازآنجاکه +4 ] [ ] [ ]1 2 3x n x n x n 4= + + :است داریم

] سیستم غیرخطی است ] [ ] [ ]1 2 3y n y n y n 4⇒ ≠ + + ⇒

رشته مهندسي برق 6: صفحه ها تجزيه و تحليل سيستم:درس

]ازآنجاکه ] [ ]3n 1 x n 3δ − = ]پذیر با زمان است، پاسخ به ورودي و سیستم تغییرنا+ ]n 1δ ] برابر − ]3y n دقت کنید . خواهد بود+3

]هرچند ] [ ]21n 1 x n2

δ − توان گفت ، اما چون سیستم غیر خطی است تضمینی وجود ندارد که خاصیت همگنی برقرار باشد؛ لذا نمی=

]چون ] [ ]21n 1 x n2

δ − ] پس پاسخ سیستم به ورودي = ]n 1δ ] برابر − ]21 y n2

. است

. درست است2گزینه ـ 19 .از خروجی نیز مشتق گرفته خواهد شد: مشتق گرفته شودLTIچنانچه از ورودي یک سیستم

( )

( )12

dy ty t

dt=

( )( )1

2dx t

x tdt

=

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2u t x t 1 2x t 2 3x t 3 ...= − + − + − +

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2S t y t 1 2y t 2 3y t 3 ...⇒ = − + − + − +

( ) ( ) ( )S t 2u t 2u t 1⇒ = + −


. درست است2گزینه


( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]w t u t u t u t 1 u t 2 u t 2 u t 4= − + − − − + − − − =

( ) ( )u t 1 u t 4= − − − ( ) ( ) ( )y t w t h t*= →


oxبا توجه به اینکه 3 در ≠0 t 3− < < :از طرفی داریم. اند نادرست) 4(و ) 2(هاي پس گزینه

)انرژي کل سیگنال ) ( ) ( )2t 0x t x t x t dt*

+∞

=−∞

− = =∫

( ) ( ) ( )2 2 2e ox t dt x t dt x t dt

+∞ +∞ +∞

−∞ −∞ −∞= +∫ ∫ ∫

( )2ox t dt 2

+∞

−∞⇒ =∫

)را حساب کنیم خواهیم دید که شرط ) 1(کافیست انرژي سیگنال داده شده در گزینه )2ox t dt 2

∞

−∞ برقرار خواهد بود، لذا گزینه ∫=

.صحیح است) 1(


: غلط است4گزینه ]چون ]1y n یک سیگنال نمونه بردار از سیگنال [ ]1x n یعنی نمونه سیگنال 2 است با نرخ کاهش نمونه ،[ ]x n را یک در میان حذف ]توان براي سیگنال قرار داد لذا هاي حذف شده هر مقداري می کند، در نمونه می ]x n لزوما متناوب نخواهد بود.

.تواند به فهم مسئله کمک کند هاي زیر می شکل



]سیستمی نموا خطی است که پاسخ به ورودي ]1x n ورودي به غیر خطی و پاسخ[ ] [ ]1 2x n x n−بدیهی است که سیستم . خطی باشد

]ت زیرا پاسخ به ورودي غیر خطی اس) الف( ]1x n ] برابر =0 ]1

n n2y nn 1 n

2

= −

. خواهد بود که مخالف صفر است

]پاسخ به ورودي ] [ ] [ ]3 1 2x n x n x n= : برابر است با−

[ ] [ ] ( ) [ ] ( ) [ ]( )1 2

1 2k k

n nn n2 2

y n y n n 1 n 1x k n x k n

2 2

∞ ∞

= −∞ = −∞

− = − − − + +

∑ ∑

[ ] [ ]( )1 2

k

0 n

x k x k n∞

= −∞

= −

∑

.نموا خطی است) 1(سیستم . هد بودسیستم در این حالت خطی خوا [ ] [ ] [ ] [ ]x 0 0 y n x 0 x 1 3 0= → = − − + )ب(سیستم ≠

خروجی صفر را این سیستم نموا خطی نیست، چون تنها مشکل سیستم نموا خطی براي آنکه خطی باشد این است که شرط ورودي صفر .باشد وا خطی نمی وجود دارد لذا سیستم نمxدر این سیستم چون در شروط عاملی از . کندنبرآورده

)1(گزینه ← . درست است1گزینه ـ 24

:پس از به دست آوردن تابع ضربه کل داریم [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]h n 2 n 2 n 1 n 2 n 1= δ + δ + + δ + + δ −

]با توجه به شکل ]y n

]و ]h n

⇐

] شامل ]x ] و 0 ]x ] خواهد شد 1 ]x n

[ ] [ ] [ ]x 1 h 2 1 x 1 1− = ⇒ = [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]x 0 h 2 x 1 h 1 3 x 0 1− + − = ⇒ =



( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )

tt t

t t

y t

t

Y t X t h t*

e e x d h t e u t x d h t* *

e u t x t h t e u t x t h t* * * *

e u t y t*

∞− τ − −τ

−∞ −∞

− −

−

=

= τ τ = − τ τ τ

= =

=

∫ ∫

21که در زمان صفر برابر e . است−−


( )*y t حاصل کانولوشن یک دوره تناوب ( )x t و ( )h tباشد می.

( ) ( ) ( )*

ky t y t 2k y t

∞

=−∞

= − ⇒ ⇒∑


:یابیم ابتدا با استفاده از کانولوشن مقادیر مجهول را می

A 18 B 32

C 26 D 12

= =

= =

.عملیات ضرب خود یک نوع کانولوشن گسسته در زمان است .شود شود به اندازه رقم دهگان به عنصر سمت چپی جواب زیاد می9کانولوشنی که اگر جواب هر عنصرش بیشتر از


:مثال ضرب روبرو را نگاه کنید

داریم و به عنصر سمت چپ کانولوشن به اندازه می داشت مانند الگوریتم ضرب رقم یکان را نگه9ن مقداري بیش از حال اگر جواب کانولوش .کنیم مقدار دهگان زیاد می

.کنیم ضرب را از سمت راست شروع به محاسبه می با توجه به توضیحات و حاصل کانولوشن که داده شده است عناصر حاصلبه حل کدام سؤال بپردازد و از تشخیص دهد گیري آن است که داوطلب به این توانایی برسد که ن سؤال وقتهدف از طرح چنی!!! توجه

.کدام سؤاالت به راحتی بگذرد

. درست است4گزینه ـ 28]دارد اگر یکی از خواص جمع کانولوشن، خاصیت عرض کانولوشن است که بیان می ]x n 1 در خارج از فاصله 1a , b و [ ]h n در خارج

2از فاصله 2a , b گاه متحد صفر باشد، آن[ ] [ ] [ ]y n x n h n*= 1 در خارج از فاصله 2 1 2a a , b b+ + به . متحد با صفر است]عبارتی اگر ]x n و [ ]h nگاه داراي عمر محدودي باشند، آن[ ]y nاما نکته اصلی مسئله اینجاست . نیز داراي عمر محدودي خواهد بود

]که اگر ]x n 1 در خارج فاصله 1a , b و [ ]y n 1 در خارج از فاصله 2 1 2a a , b b+ + متحد با صفر باشد، لزوما به آن معنا نیست ]که ]h n 2 در خارج از فاصله 2a , b متحد با صفر باشد، به عبارتی محدود ـ عمر بودن [ ]x n و [ ]y n لزوما به معنی محدود ـ عمر

]بودن ]h nنیست . [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]( ) [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]y n x n h n n n 1 h n h n h n 1 n n 1 n 2* *= = δ + δ − = + − = δ + δ − + δ −

[ ] [ ]

[ ] [ ]

h n h n 1 0 ; for n 0,1,2

h n h n 1 1 ; for n 0,1,2

+ − = ≠⇒ + − = =

]ـ اگر ]h 1 0− :گاه آن= [ ] [ ] [ ]h 1 h 2 h 3 ... 0− = − − = − = =

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]h 0 1 , h 1 0 , h 2 1 , h 2 h 3 h 4 h 5 ... 1= = = = − = = − = =

.پایدار و علی استدر این حالت سیستم نا


]ـ اگر ]h 1 1− :گاه آن= [ ] [ ] [ ] [ ]h 1 h 2 h 3 h 4 ... 1− = − − = − = − − = =

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]h 0 0 , h 1 1 , h 2 0 , h 2 h 3 h 4 ... 0= = = = − = = =

.در این حالت سیستم ناپایدار و غیرعلی است

]و اگر ]h ]گاه هر عدد حقیقی غیر از صفر و یک باشد، آن−1 ]h n از دو طرف نامحدود خواهد بود که در این حالت سیستم ناپایدار و .تواند علی یا غیر علی باشد بنابراین این سیستم همواره ناپایدار است ولی می. علی خواهد بود غیر

]زیرا اگر اینچنین استدالل شود، چون . احتماال تلفات این سؤال زیاد خواد بود :توجه ]x n خارج از بازه [ ]0 , ] و 1 ]y n خارج از بازه [ ]0 , ] متحد با صفر است پس باید 2 ]h n خارج از بازه [ ]0 , ] متحد با صفر باشد لذا 1 ]h n داراي عرض محدودي است پس سیستم

]پایدار است و چون ]h n براي n خواهد بود که ) 3( برابر صفر است پس سیستم علی خواهد بود که نتیجه این استداالل اشتباه گزینه >0 . ناصحیح است

. درست است4گزینه ـ 29)ضرب را در نظر بگیریم که حاصلtه ماکزیمم مقدار خروجی باید مقداري از براي محاسب )h τ و ( )x t − τ االمکان حتی( مثبت باشد

tاین اتفاق در . ضرب آن ماکزیمم شود تا انتگرال حاصل) کمترین تغییر عالمت را داشته باشد tبه عبارتی در . دهد رخ می=0 0= ،( )x t − τ و ( )h τپوشانی مثبت را دارند بیشترین هم.

( ) ( ) ( ) ( )maxy t y t 0 h x d∞

−∞= = = τ −τ τ∫

( )1

3h d 3

−

−= τ τ =∫

( )x t − τ

)به همین ترتیب براي محاسبه )miny tداریم :

( ) ( ) ( ) ( )miny t y t 3 h x t 3 d∞

−∞= = = τ − τ∫

( )2

0h d 1.5= τ τ = −∫

( )x t − τ


( )1y t به ( )2x t 2 وابسته است که 1t t<پس سیستم علی است . tاطالعات موجود در 1< t در yشده براي ز رابطه داده منتقل شده است و اy به یک به توسط یک رابطه یک− یابیم که تمام درمی≤1t به ازاي xاطالعات موجود در 1≥ تحت یک رابطه یک به y به xالعات پس تمام اط. تحت یک انتقال یک به یک منتقل شدهy به −

1 براي yنظر از اینکه پذیر است صرف یک منتقل شده پس سیستم معکوس t 1− < . چگونه تعریف شده باشد>

رشته مهندسي برق 12: صفحه هاي قدرت بررسي سيستم :درس

. درست است3گزینه ـ 31 به صورت سري، مدار جریان را 2L و 1Lزیرا . است2L و اندوکتانس برگشت 1Lبر مجموع اندوکتانس رفت اندوکتانس خط برا

.بندند می

171

1 71

s1

1 s

GMDL 2 10 ln

GMR DL 2 10 lnDGMD D D D

GMR D

−

−

= ×

⇒ = ×

= × = =

272

27 7

22 ss

2 s

GMDL 2 10 ln

GMR D DL 2 10 ln 2 10 lnGMD D D D DDD

GMR D D

−

− −

= ×

⇒ = × = × = × = = ×

7 7 7 71 2

s s s s

D D D 1 DL L L 2 10 ln ln 2 10 ln 1 3 10 ln 3 10D D D 2 D

− − − − = + = × + = × + = × = ×

. درست است1گزینه ـ 32Sاگر مقدار 30 MVA= به صورت مبنا قرار گیرد2 مربوط به ژنراتور :

2TS 3 10 30MVA= × =

Y با توجه به اتصال 2Tو نسبت ولتاژ خط در ترانسفورماتور / : برابر است با∆

128 2203 kV18 18

× ≅ base , line1 baseV 220kV , S 30MVA⇒ = =

2base

base , line1base

V 220 220ZS 30

×⇒ = =

line180 80 30Z p.u.

220 220 220 22030

×⇒ = =

× ×

Sاگر مقدار 20 MVA= به عنوان مبنا قرار گیرد1 مربوط به ژنراتور :

1TS 20MVA=

base , line1220V 13.9 220 kV13.8

= × ≈

base , line1220 220Z

20×

⇒ =

line180 80 20Z

220 220 220 22020

×⇒ = =

× ×

)حالت اول )line1Z pu 80 303220 220 1.5

80 20 2220 220

××= = =××

)حالت دوم )line1Z pu

⇒

. صحیح است1و لذا گزینه


. درست است4گزینه ـ 33 :نویسیم را به صورت فازوري میi , vابتدا پارامترهاي

V 2cos t 2sin t 2 2 cos t4π = ω + ω = ω +

2 2V 2

4 42π π

→ = =

شوند؛ پس اگر سیگنال سینوسی باشد ابتدا آن را به کسینوس تعریف میcosهمچنین توجه داریم که طبق تعریف فازور، فازورها بر مبناي .کنیم فازور را تعیین میتبدیل کرده و سپس زاویه

( ) ( ) ( )i 0.2sin t 120 0.2cos t 120 90 0.2cos t 30= ω + ° = ω + − = ω + ° 0.2I

62π

→ =

0.2

62I 0.2 1Y 15 15V 2 2 10 22

4

π

→ = = = − ° = − °π

1 1Y cos15 j sin15 G jB10 2 10 2

→ = ° − ° = +

1B sin1510 2

−→ = °

. پاسخ صحیح است4پس گزینه .براي بار سلفی سوسپتانس مقدار منفی است :نکته


7 7n a b c a b c

an bn cn

1 1 1 1 1 12 10 I ln I ln I ln 2 10 I ln I ln I lnD D D 10 6 10

− − λ = × + + = × + +

a b c c a bI I I 0 I I I+ + = → = − −→

( )

7 7 7n a b a b b b

7 7b b

7 7b b

11 1 1 1 1 1 62 10 I ln I ln I ln I ln 2 10 I ln ln 2 10 I ln

110 6 10 10 6 1010

52 10 I ln 2 10 I ln 5 ln 33

8 6 42 10 I 10 I5 5 5

− − −

− −

− −

λ = × + − − = × − = ×

= × = × −

= × − = ×

( )

7n b

7 3

4 VV j2 60 10 I5 m

4j2 60 10 30 40 j 50 10 j245

−

−

= π× × ×

= π× × × × + × × = π

. صحیح است1پس گزینه


. درست است1گزینه ـ 35 :در این مواقع، از این فرمول طالیی استفاده کنید

0

7

2C

1 L4b 2 10 −

πε=

− +×

: Cفیت خازنی ترکیب مورد نظرظر : Lاندوکتانس ترکیب مورد نظر : bهاي ترکیب مورد نظر تعداد باندل

b 2→ جاگذاري در فرمول فوق=

. درست است2گزینه ـ 36 :سهم القاي ولتاژها چنین است

t 2A A 2

1V I lne

2t در القاي Aسهم =

t 1C C

1V I lnx

1t در Cسهم القاي =

a C2

1 1: I ln 2 I ln 2 2ln x ln x 1 x exe

= ⇒ − = − ⇒ = ⇒ خواست مسئله=

2

2 2 2 2e 13 4: z e z e4 36 36

+ = → طبق قضیه فیثاغورث=

2 1z e e6 3

→ = =

2 2 2

2 2 2 2 2 8 ee e 8e: x y e y y y9 9 9 3

= + ⇒ = + ⇒ = ⇒ طبق فیثاغورث=

e 2 8 38 e 8e e 12D y 2D 2D D e

2 3 2 6 6 4

− ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = ⇒ = −


1

mq q 1 qtan tan 3 q p 3 qp p 3

− ϕ = ⇒ ϕ = → = ⇒ α = ⇒ = α

( ) ( )( )

D D

D D

p 3 q 2 3 q p 2 2 3 q

q 2 3 q 3 q q q q 1 3 3

= + + ⇒ = +⇒ = + + ⇒ = +

مقدار مصرف شبکه


( )( )

2 1 2

2 1 2

G D G G

G D G G

p p p p 1 3 q

q q q q 1 3 q

= − ⇒ = +⇒ = − ⇒ = +

چون تلفات نداریم

( )2

22

G1 1G

G

qtan tan 1 45

p− −

ϕ = = ⇒ ϕ =

فاز پیش 2G

2cos

2⇒ ϕ =

.کند کند؛ پس در این حالت مشابه خازن عمل می تور در حالت فوق تحریک است؛ یعنی توان راکتیو هم تولید میژنرا :تذکر


2 6base

base 6base

V 25 25 10 5ZS 81000 10

× ×= = =

×

2 6

6L

V 25 25 10 25XQ 16400 10

× ×= = =

×

pubase

25X 8 2516X 2.5pu

5Z 16 58

×⇒ = = = =

×


. درست است3گزینه ـ 39 : در نظر بگیرید داریمYهاي مرکب و دو هادي سمت راست را به عنوان هاديXهاي مرکب ي سمت چپ را به عنوان هادياگر دو هاد

14XGMR r R e rR

−′= =

4 42 2 2 2 2 2 2 2 2XYGMD nR R n R nR R n R nR n 1 n R n 1= + + = + = +

( )

14 42 287 7 7

X 18

7 2

n R n 1 e nR n 1GMDL 2 10 ln 2 10 ln 2 10 lnGMR r

e r R

1 1 1 12 10 ln nR ln n 1 ln r8 2 4 2

− − −

−

−

+ +⇒ = × = × = ×

= × + + + −

Xو چون تقارن داریم پس YL L=کتانس کل در واحد طول داریم و لذا براي اندو:

( )7 2X Y X

1 1L L L 2L 2 10 ln nR ln n 1 ln r4 2

− = + = = × + + + −

.پس گزینه سوم صحیح است

. درست است3گزینه ـ 40 :هاي متقارن در سیستم

1 2t tV V 0= =

.شود شود، در نتیجه هیچ آسیبی به سیستم وارد نمی میچون ولتاژ القایی صفر . باشد مربوط به خط تلفن می2t و 1tکه



eq71

DL 2 10 ln

r−= ×

′

eq72

DL 2 10 ln

r− ′

= ×′

( )eqeq7 7 7 7 7

2 1eq eq

2 DD 7 12 H3L L L 2 10 ln 2 10 ln 2 10 ln 2 ln 3 2 10 10D D 10 10 m

− − − − −′ ⇒ ∆ = − = × = × = × − = × − = −

.یابد پس با کاهش فاصله میان فازها، اندوکتانس کاهش می . صحیح است2و لذا گزینه

. درست است4گزینه ـ 42. سازي شده و ضریب توان دیده شده از سمت منبع یک باشد ساز بطور کامل جبران دهد که بار توسط جبران افت ولتاژ زمانی رخ میحداقل

)زیرا عبور جریان راکتیو باعث افزایش جریان خط و درنتیجه افزایش افت ولتاژ در محل بار خواهد شد( :اسازي کامل بار، جریان خط برابر است ب با فرض جبران

line lineP 3 V I=

3

lineline

p 200 10I3 V 3 240

×= =

×

3 3

line120 10 200 10 100RI

3 240 3

−× × ×= = =

× →افت ولتاژ فاز

1003 100V3

= × →)افت ولتاژ خط(=3) افت ولتاژ فاز(=

.یح است صح4پس گزینه . درست است1گزینه ـ 43

1 2G G

100X X 0.1 0.250

= = × =

3GX 0.08=

1 2T T

100 1X X 0.1120 12

= = × =

2base

base , linebase

V 120 120Z 144S 100

×= = = Ω

LL

base

Z 115X puZ 144

Ω= =

Ω

( )( ) ( )( )1 2 1 1 2 2 3th G G T L L T GX X X X X X X X= + + + از دید شین k

( ) 1 115 115 10.2 0.2 0.0812 144 144 12

1 115 10.1 0.0812 2 144 12

11 5 1 160 12 12 1211 35 3 11 1160 60 4 60 80

= + + + = + + + ×

= + +

= ≈ × =


:سازي به روش زیر استفاده شده است در محاسبات باال از ساده x 3x 3x 3x x

4 x 4×

= =

. صحیح است1و لذا گزینه .ها نیازي به محاسبه قسمت آخر محاسبات نبود و جواب به راحتی قابل حدس زدن است با توجه به گزینه :نکته


7 714

1 12 10 ln 2 10 lnr

e r

− −

−= × = ×

Lخودي′

7 73.25

1 12 10 ln 2 10 lnD e r

− −= × = Lمتقابل×

7 7

1Dr2 10 ln 2 10 ln

1 rD

− −′= × = × ⇒Lخودي−Lمتقابل′

3.25

7 7 3.5 7 414

e r H H2 10 ln 2 10 ln e 7 10 7 10m km

e r

− − − −

−= × = × = × = ×

شده در سؤاالت دقت در واحدهاي پارامترهاي خواسته :نکته

. درست است1گزینه ـ 45 d dV j= ωλ

( )

7 7d a b c

ad bd cd ad bd cd

bd7 7 5

ad cd

1 1 I I 1 1 I 12 10 I ln I ln I ln 2 10 ln I ln lnD D D 2 D D 2 D

D 2D 22 10 I ln 2 10 400 ln 8 10 lnD D 3D D 3

− −

− − −

λ = × + + = × − +

= × = × × = × ⋅

5 3d

2 2 VV j 2 50 8 10 ln j8 10 lnm3 3

− −⇒ = × π× × × = × × π×

ها مدار منطقی و ریزپردازنده . درست است3گزینه ـ 46

.باشد می2 در مبناي 1 و گزینه 10 در مبناي 4 و گزینه 8گزینه دو در مبناي . باشد درست می16تنها نتیجه گزینه سه در مبناي

. درست است4گزینه ـ 47 .شود میEBشود که برابر می11101011 برابر 2 در یک کلمه هشت بیتی به روش مکمل −21مقدار

. درست است2گزینه ـ 48 .شود مشاهده می2که این مورد تنها در گزینه . در صورتیکه رقم نقلی خروجی و ماقبل آن متفاوت بوده محاسبه سرریز کرده است

. درست است3ه گزینـ 49 . نباشد2در اعداد عالمتدار، با عمل شیفت به چپ ممکن است عالمت عدد عوض شده و معادل عمل ضرب در

رشته مهندسي برق 18: صفحه ها ردازنده مدار منطقي و ريزپ :درس

. درست است3گزینه ـ 50 با منطق مثبت برابر گیت منطقی XORگیت منطقی . با منطق مثبت استAND با منطق منفی برابر گیت منطقی ORگیت منطقی

XNORت منطقی گی. با منطق منفی استNOR با منطق مثبت برابر گیت منطقی NANDگیت منطقی . با منطق منفی استNAND .باشد می3بنابراین تنها گزینه صحیح گزینه . با منطق منفی استNORبا منطق مثبت برابر گیت منطقی

. درست است4گزینه ـ 51 داراي z و y و xهاي جدول که نسبت به متغیرهاي امی خانهباشد، و همچنین مالحظه اینکه تم یک تابع زوج میXNORبا توجه به آنکه

.باشد صحیح می4توان دریافت که گزینه اند، بنابراین می باشند، داراي ارزش یک شده تعداد زوج یک می

. درست است2گزینه ـ 52، ولی ممکن است داراي هازارد داشته باشدStatic-0تواند هازارد دانیم مدار تابع دو سطحی جمع حاصل ضربها نمی همانطور که می

Static-1باشد .

. درست است1گزینه ـ 53با توجه به این نکته که اگر تابعی بصورت مینترم داده شده باشد، آنگاه متمم آن بصورت مینترم، شامل شماره مینترمهایی خواهد بود که

توان باشد، بنابراین می مینترمهاي موجود در تابع میدر خود تابع وجود ندارد و همچنین متمم آن بصورت ماکسترم، شامل همان شماره )دریافت که , , ) (0,1, 2,5,7)f x y z = :زیر بازنویسی کردتوان این رابطه را بصورت حال می. شود می∑

( , , ) (0,1,7) (2,5) (0,1,7) (0,1,3,4,6,7)f x y z = + = +∑ ∑ ∑ ∏

. درست است2گزینه ـ 54 :با ساده کردن رابطه خواهیم داشت

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )X Y X Y X Y X Y XY X Y X Y XY X Y′ ′′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′+ ⊕ ⊕ = + + + + + = . درست است1 گزینهـ 55

:در صورتیکه تابع را با جدول کارنو ساده کنیم خواهیم داشت

( )F xz yz z x y= + = .سازي است قابل پیادهAND و یک گیت OR بنابراین تنها با یک گیت +

. درست است1گزینه ـ 56شود زمانهاي بیکاري گذرگاه آدرس و داده تا حد زیادي حذف شود ازنده باعث میجداسازي واحد اجرایی و واحد ارتباط گذرگاه در این پرد

هاي ثبات وجود دارد که بیشتر از پردازنده20در این پردازنده بیشتر از . باشد و این امر دلیل اصلی کاهش زمان اجرا در این پردازنده می .گردد دازنده میباشد و تعداد بیشتر آنها نیز باعث افزایش سرعت پر قبلی می

. درست است2گزینه ـ 57بعالوه یک مقدار آفست استفاده شود شیوه آدرسدهی مبنا شاخص ) BP(و یک ثبات مبنا ) DI یا SI(اگر در عملوند از یک ثبات شاخص .دار با مقدار تغییر مکان خواهد بود

رشته مهندسي برق 19: صفحه ها ردازنده مدار منطقي و ريزپ :درس

. درست است3گزینه ـ 58CS: A 8 E 0 H + IP: 1 F 2 0 H A A D 2 0 H آدرس دستور بعدي

. درست است1گزینه ـ 59براي این کار باید ابتدا مقدار عددي مورد نظر را . قراردادن یک مقدار عددي بطور مستقیم در داخل ثبات سگمنت مجاز نیست8088در

.باشند صحیح می3و2اي ه گزینه. ات سگمنت قرارداد قرار داد و سپس مقدار ثبات را در ثبAxدر یک ثبات دیگر مثل

. درست است1گزینه ـ 60کند و در نهایت ز آنها آدرس برگشتی را محاسبه میکند و با استفاده ا میPOP را از باالي پشته IP و CS به ترتیب IRETدستور

.کند میPOPمحتویات ثبات پرچم را از باالي پشته شود و در ثبات از باالي پشته برداشته می8000H قرار میگیرد، سپس IPبات شود و در داخل ث از پشته گرفته می4500Hبنابراین کلمه

CSگیرد و آدرس برگشتی قرار میCS:IP03در نهایت . شود محاسبه میC4Hشود ر داخل پرچمها قرار داده می از پشته خارج شده د.

دفترچه چهارم 2 و 1الکترونیک

. درست است4گزینه ـ 61C

eqB

II

β =

1B BI I= ( ) ( ) ( ) ( )2 2 1 1C E 2 B 2 C 2 1 B 2 1 BI I 1 I 1 I 1 I 1 I= = β + = β + = β + β = β + β

eq 2 1 1→ β = β β + β

( ) ( )12eqsat BE CE sat: V V V= همان طور که از شکل معلوم است+

. درست است4گزینه ـ 62 . خواهد بودCRمستقل از CIترانزیستور در ناحیه فعال مانند منبع جریان ثابت عمل کرده و

1 E3.7 0.7K V L I 2mA

1.5k−

= = C EI I 0.9 2 1.8mA⇒ = α = × =

( )EC C CV 0.2V 0.7 20 1.8R 0.2 R 11.39k> ⇒ − − + > ⇒ < Ω


2 1C EV V=

رشته مهندسي برق 20: صفحه ۲ و ۱ الكترونيك :درس

2 1B CV V=

( )2 1 1 1CE E C ECV V V 0.7 V 0.7⇒ = − − = + .رود به اشباع می2Q زودتر از 1Qخص است که از رابطه باال مش

1 2C CKVL : 2I 1I 0.7= + Åپایین

( )1 2 1C C CKVL : 10 3 I I 0.2 2 I 10 0− + + + + − = Çعمودي

( )1 1 1 2C C C B

o

19.8 5I 3 2I 0.7 I 2mA V 10 2 2 6

V 6.7

⇒ = + − ⇒ ⇒ = − + × = −

= −

ÅÇ


1 2 1 2C C m m

1I I 1mA g g25

= = ⇒ = =Ω

1 2

o o im i m i

V V VKCL : g V g V 0

1k 0.5k−

+ + + خروجی=

( ) ( ) oo i

i

VV 0.001 0.002 V 2 0.04 0.002 26

V⇒ + = − × − ⇒ = −

. درست است4گزینه ـ 65 DCتحلیل

BE1

1 1

VVTC SI I e 1 1mA

= − =

BE BE2 2

2 2 1

V V

VT VTC S S1 1I I e 1 I e 1 mA

10 10

= − = − =

1 2BE BEV V 720mv⇒ = =

تحلیل سیگنال کوچک

2 1 2 1C C m m1 1I I g g

10 10= ⇒ =

1

2

o m Sm

1V g V 100 sin tg

= × × = ω

( )oV 720 100 sin t mv= + ω . درست است1گزینه ـ 66

( ) ( )V

2 3 BE 2 1BE

1 2 3 3 2 1E

1 2 3E

10 . R ||R 2V . R ||RV

R R ||R R R ||RI

R || R || RR

1

+ −+ +

=+

β +

( )2 1E3 2 1

3 2 1

2 R || RI0 1 R R || R

T R R || R∂

= → = → =∂ +

k2R 3 Ω→ =

( )th BE

3 || 2 10 6 5V V 106 3 || 2 36 3

×→ − = = =

+


kthR 6 || 3 || 2 1 Ω= =

1 2

mAmA vE C m m

55 253I I g g 15

51 33

→ ≈ = = → = = =

1

oV

im

V 2kA 171V 0.1k

g

= = −+


L 3 3

3

TV mAo R E e

E

VV 0.1 I I 2 r 12.5

IΩ= → = = ⇒ = =

:به دلیل تقارن در مدار داریم

1 2 1 2

1

TmAE E e e

E

VI I 1 r r 25

IΩ= = ⇒ = = =

و LRاز مقاومت 3er جریان e2i و از R و

1er جریان eiکند لذا عبور می: o e LV 2i R=

( )1 3i e e e LV i r R 2r 2R= + + +

1 3

o L o

i e e L i

V 2R V 100 100 4V r R 2r 2R V 25 25 25 100 175 7

⇒ = ⇒ = = =+ + + + + +


اشند حال اگر که هر دو ترانزیستور در ناحیۀ اشباع ب) کند درست کار می(دهد مدار در صورتی بهرة مناسب می :نکته2 1DSS DSSI I>

باشد، چون 2gsV تواند در حالت اشباع کار کند و جریان کارش کمتر از نمی2Q، در نتیجه =0

2DSSIاما اگر . باشد می

1 2DSS DSSI I>ومت باشد براي مقاRتوان مناسب می1 2D DSSI I=کنند و شود و هر دو ترانزیستور در ناحیه اشباع کار می می

.دهد مدار بهره می

. درست است3گزینه ـ 69 :کلید بسته

25 II 4 I 1mA

8− = ⇒ =

mg 2 kI 4 ms= =

o

m o ing

V 630g R 4 R || 40k 30kV 1 4

= − = − → =+

o g o

s s g

V V V 30 4 1.2V V V 30 70

= × = × − = −+

:کلید باز ( ) 2I 4 5 I I 4mA= − ⇒ =

mg 2 kI 8ms= =


o

m o ing

V 630g R 8 R 70 kV 1 8

= − = − → = =+

o g o

s s g

V V V 1 8 4V V V 2

= × = × − = −

oپس بهره

s

VV

4 در این حالت 3.331.2

. برابر شده است=


1 1 2 2GS D D GS

3V 2 I 1mA I 0.5 mA V2

= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

DCG oV 2 V 4⇒ = ⇒ =

1

om o

i

Vg R

V= −

2

22 2

oD

mD m

V 1 6R 3kgI g1

2 3

= = = =

×

2o DR 600k 11R 3k= ×

o

i

V2 3 6

V= − × = −

o iV 4 6V= −


10 تأثیر مقاومت نظر از با صرف M در برابر

2m

1g

: داریم

( )12

o m im

1V g Vg

= −

1

2

mo

i m

gV2

V g⇒ = − = −

i o i i ii i

i

V V V 2V V 10MKCL :i R 3.33M10M 10M i 3

− += = ⇒ = = ورودي=

2

om

1 1R 1kmAg 1V

= = = Ω


( )1 1 1 1

2D SG GS SG10 6 I V 0 10 6 0.25 V 2 V 0− − = → − × + − = →


1 1 11 1

2 2 VSG SG SG SGSG SG

10 1.5V 6V 6 V 0 1.5V 5V 4 0 V 4− + − − = → − − = → = P

( )1

2 mADI 0.25 4 2 1→ = − =

( )1

VoV 10 6 1 4= − =

( )2 2GS DV 10 2 I 1= − +

( )( )2 2 2 22

2 2GS GS GS GSGSV 10 2 2.5 V 2 1 V 10 5V 20V 20 2→ = − − + → = − + − −

2 22

2 VGS GSGS

5V 19V 12 0 V 3→ − + = → = P

( ) 22ID 2.5. 3 2 2.5mA→ = − =

( )2

VOV 2 2.5 1 10 3= + − = −


1M 2 اشباع وM در ناحیه triodeاست . ( )2 1 1

2D D 1 GS tI I K V V 1mA= = − =

( )( )2

2D 2 GS t DS DSDSI K 2 V V V V 1mA V 0.25= − − = ⇒

2

1D

ODS DS

I 1 1R kV 4 8V 2

−∂ = = = Ω ∂ −

1

om o

s

V 1g R 2 1V 2

= − = − × = −


( )[ ]1

MV

GS M M25 5 1V 2

1 14− − ×

= =+

[ ]1

2M mADI 1 2 1 1→ = − =

چون 2GDV :کند پس داریم در ناحیه اشباع کار می2Q است پس =0

1 2 3

mVm m m Dg g g 2 KI 2= = = =

2 22

2 ds Dm

1Ro || r Rg

′ = +

2 33

2D ds

m 1

R1R 1 || rg R

+

k k k2Ro 0.5 0.5 2 1.5 Ω′⇒ = + × =

1

om 2

i

Vg Ro 3

V′= − = −


. درست است2گزینه ـ 75 :با فرض خاموش بودن دیود زنر داریم

:شود می2Q مانع از به اشباع رفتن ترانزیستور 1Qترانزیستور

2 1CE CE BEV V V 0.9= + ≥

1 1 2

V VB E EV 0 V 0.7 V 1.4= → = − → = −

( )1 2

V VCE CEV 5.7 , V 5 1.4 6.4→ = = − − =

2

mA mAE k

1.4I 8 6.61

−= + =

Q Q2 2

VCE C acV I R 6.4 6.6 1 13⇒ + = + × =

max

VoV 5.5⇒ =

: بگذرد دیود زنر هدایت خواهد کرد پسzVاز طرفی هرگاه دامنه سیگنال خروجی بخواهد از ( )V V

oV 3.1 1.4 4.5+ = − − = شود و خروجی در تر شده و دیود زنر وارد ناحیه زنر می بزرگ3.1تر شود ولتاژ خروجی از بزرگV4.5 خروجی از لذا اگر دامنه سیگنال

V3.1باقی خواهد ماند لذا : ( )

max

V V VoV min 5.5 , 4.5 4.5= =

2 و 1هاي الکتریکی ماشین . درست است1ه گزینـ 76

.شود ثابت فرض میλ سریع صورت گرفته است در طول حرکت 2x به 1xازآنجاکه حرکت از

cاي که براي به دست آوردن نیرو وجود دارد دو رابطه fw wF ,

x x∂ ∂

= ∂ ∂ ) 2x و یکبار در 1xدر اینجا یکبار در (کوچک براي تغییرات

.توانیم از هر کدام استفاده کنیم یک جواب یکسان را به ما خواهند دادو بنابراین می . مشتق بگیریمxت به نسبcwتوانیم از ثابت است میλچون

c 2wcte,F F 2 x

x∂

λ = = → = λ + λ∂

( ) ( )2 2 22 1 2 1 1 2F F 2 x 2 x x x 2− = λ + λ − λ + λ = − λ

. صحیح است1بنابراین گزینه :پذیر است براي محاسبه نیروي مکانیکی در حالت زیر امکان : نكته

( )fw , xF

x∂ λ

⇒ = −∂

⇒ثابت λ حرکت سریع=

( )cw i, xF

x∂

⇒ = +∂

⇒iثابت حرکت آهسته=

رشته مهندسي برق 25: صفحه ۲ و ۱هاي الكتريكي ماشين:درس

. درست است4گزینه ـ 77)پیچ شماره چون سیم :آل است، داریم اتصال کوتاه است لذا ولتاژ دو سر آن صفر است و چون هسته ایده2(

( ) 22 2

dV t 0 0 C

dtϕ

= → = → ϕ = )از طرفی چون ورودي سینوسی است لذا . مقدار ثابتی باید باشد2Nپیچ یملذا شار عبوري از س )2 tϕتواند ثابت باشد و لذا نمیC 0=

.شود لذا شاخه سمت راست مدار باز می. بایستی باشد

3 8

eq ag 7 40

10 10 10R RA 164 10 40 10

−

− −×

= = = =µ ππ× × ×

2 41

eq 8 4eq

N 10 16LR 10 10

16

π= = =

π

eq 1 1416 10V L W I 2 50 I

210π

= = × π× × =

4 3

1 2 210 10 10 125I

16 2 502 16 2 2 2→ = × = =

π× π× π π


. درست است1گزینه ـ 78هاي به شرط اینکه در آزمایش«. چنین نوشت2f و fتوان تلفات فوکو و هیسترزیس را به صورت تابعی از براي حل چنین مسایلی می

».متفاوت، تنها فرکانس تغییر کرده و سایر فاکتورها ثابت باشد

2 5000 50A 2500BAf Bf

7700 70A 4900B= +

= + ⇒ = + Pهیسترزیس+ تلفات فوکو

100 A 50B A 75110 A 70B B 0.5

= + = ⇒ ⇒ = + =

:حاال در فرکانس دلخواه f 602P 75f 0.5f P 6300 Watt== + → =


. درست است3گزینه ـ 80 :مدار مغناطیسی چنین است

⇐کند ها، دیگري را قطع نمی پیچ کدام از سیم به علت وجود شاخه اتصال کوتاه، شار هیچ .القاي متقابل نداریم

21

11N

LR

= 2 22 2

22 22N 2 N

L LR R2

= ⇒ =

22

1 11 1 1 1 1 1 122 22 2 2 2 2 22

V L j I N RV I N I12V L j I V I 2 N I2 N R

= ω ⇒ = × ⇒ = × = ω


1 12 1

2 2

I I4 8 0.5 I 2 I

I I

⇒ = × ⇒ = ⇒ =

:ها به قرار زیر است پیچ هاي عبوري از سیم دامنۀ جریان

m 2

1 2

m 151 V V 2 2 2 2ex 2

V 2V exm 22

V V 5 5I V V V 2VR 2 221 RV V

I1

=

=

− = − −

→ = − =

2 22

ex ex

5V 4V3 3 1V2 R 2 R

−⇒ = ⇒ =

ex2R3

⇒ = Ω

. درست است2گزینه ـ 81 .یابد با ایجاد فاصله هوایی مقاومت مغناطیسی افزایش می

ازآنجاکه 2NL

R .یابد اهش میباشد اندوکتانس ک می=

Vبنابراین براساس رابطه LI= ω چون ،Vشود یابد و پس از مدتی در مقداري مشخص ثابت می ثابت است، جریان افزایش می. . صحیح است2گزینه شماره


eqR اق لوکتانس از دید سر, x2میانی R=ساق کناريR⇒میانی1 A2

کناري=LR , AA

=µ

x x x eqmmf Ni R= = ϕ

( )eq2 8R 2R R 2R 2R R R3 3

= + = + =

2 2x x x x x

x y x x eq x xxx x x

Ni 3 Ni N N i 32 3 N, Ni R L8R 3 4R i i 8R i 8 R

× λ ϕ ×ϕ = ϕ = ϕ = → = ϕ = = = =

2 2y x

xyx x

N N i 1 NLi 4R i 4 Rϕ

= = =

2

xx2

xy

3 NL 38 RL 21 N

4 R

→ = =

. درست است2گزینه ـ 83 در مواد rµیابد و حداکثر مقدار ضریب نفوذ مغناطیسی ابتدا افزایش و سپس کاهش میBدر مواد فرومغناطیسی با افزایش

. صحیح است2پس گزینه . شود فرومغناطیسی در ناحیه زانویی ایجاد می

. درست است4گزینه ـ 84گشتاور الکترومغناطیسی زمانی وجود دارد که هم میدان استاتور داشته باشیم و هم میدان روتور و این مستلزم آن است که هر دو داراي

.دار باشند پیچی جریان سیم


هاي روتور پیچی اتور باعث القاي جریان در سیمهاي روتور اتصال کوتاه هستند و میدان دوار است پیچی هاي القایی سیم البته در ماشین .دار نیست خواهد شد و روتور به خودي خود جریان

. است4لذا جواب مناسب این سؤال گزینه

. درست است3گزینه ـ 85 4d

0dtϕ

← 4 اتصال کوتاه است4Nپیچ سیم .وجه به منابع ولتاژ متغیر غیرممکن است با ت=4 4

dN V 0

dtϕ

← = ← 4 0ϕ =P

.کند عبور نمی4Nیعنی شاري از شاخه :توان مدار مغناطیسی را چنین در نظر گرفت ها و نکته فوق می پیچ بنابراین با توجه به تغذیه سیم

1 1 11 1

1

d d VV N

dt dt Nϕ ϕ

= ⇒ =

2 2 22 2

2

d d VV N

dt dt Nϕ ϕ

= → =

1 2

3 3 1 2 3 3 3d ddV N V N N

dt dt dtϕ ϕ

⇒ = ϕ − ϕ → = −

1 23 3 3

1 2

V VV N N

N N

⇒ = −

3 33 1 2

2 1

N N1 , 2 V 2V V

N N= = ⇒ = −

: به صورت زیر خواهد بود3V، نمودار 2V و 1Vبا توجه به شکل

.ست است در3گزینه ـ 86

( ) ( ) ( )1 12 1

f 3 33 3m mm m m

i w 1 d 1 2T i i 30 i i 3030 d 3 3

− ∂ λ − ∂ λ = = λ − θ = − θ ∂θ ∂θ θ

m

1 2 18 25 3 3

∂λ⇒ = − × ×

∂θ

m m

1 4 2985 9 360

∂λ ∂λ⇒ + = ⇒ =

∂θ ∂θ



. درست است1گزینه ـ 87 :شود مدار معادل مدار مغناطیسی به صورت زیر رسم می

:در وضعیت اول داریم

1

1eq g

0

x3 3R R2 2 A

⇒ = =µ

:و در وضعیت دوم

2

2eq

0

x3R2 A

⇒ = ×µ

:و چون حرکت بسیار سریع انجام شده است، لذا

1 2

2 21 1

1 2 1 1 2 2 1 2eq eq

N NL I L I I I

R Rλ = λ ⇒ = ⇒ =

1

2

eq1 1

2 eq 2

RI x 20 5I R x 12 3

⇒ = = = =


. درست است1گزینه ـ 88 .ز تداخل این دو میدان حرکت به وجود آیدگشتاور الکترومغناطیسی زمانی وجود دارد که دو میدان استاتور و روتور وجود داشته باشند تا ا

.گشتاور رلوکتانسی زمانی وجود دارد که با تغییر وضعیت روتور، رلوکتانس تغییر کند ( )( )R f= θ

:با توجه به توضیحات داده شده .گشتاور رلوکتانسی ندارد و گشتاور الکترومغناطیسی دارد: 2گزینه .ومغناطیسی ندارد ولی گشتاور رلوکتانسی داردگشتاور الکتر: 4گزینه .هیچ گشتاوري ندارد: 3گزینه


1 1

o 1

N I N IR R R

ϕ = =+ θ

( )( )

1 12 2 2 2 2 2

o 1

N I Rd d d dV N N N Ndt d dt d R R

−ϕ ϕ θ ϕ= = = ⋅ω = ω

θ θ + θ

( )( ) ( )

8 8 88

2 2 2 2200 2 60 100 100 20 48 10 48 3 10 144 10V 10 V

1449 9 39 2020

× π× × × × − − π× × × ×⇒ = = = − = − = −

+ π +π + ×




22 2 o r S

S 2o r

o r

N A VN NV j LI j I j I j I IR j N A

A

µ µ= ω = ω = ω = ω → =

ωµ µµ µ

: دستخوش تغییر شده است لذا داریمrµ پارامترها تغییر نکردند و فقط و چون سایر

r

1I ∝µ

:و لذا


الکترومغناطیس . درست است3گزینه ـ 91

. خواهد بودαکوچکتر از با توجه به تابع توزیع داده شده، حداکثر دامنه میدان الکتریکی در شعاع v

s v0

1E ds dv⋅ = ρε∫∫ ∫∫∫

( )n

s2 2i s 0 s s

v0

r1E 4 r 1 r sin dr d d π = ρ − θ θ ϕ ⇒ ε α

∫∫∫

( )( )

( )s

n n 33r0 s 0 s s2 2i s s s n00 0

4 r 4 r rE 4 r 1 r dr

3 n 3

+ πρ πρ π = − = − ε α ε + α ∫

( )

( )

n 10 s s

i n0

r rE

3 n 3

+ ρ ⇒ = − ε + α

( )( )

( )( )

nni s s

ns

E n 1 r r n 31 10r 3 3 n 1n 3

∂ + += ⇒ = ⇒ = ∂ α ++ α

ns

1 n 3r3 n 1

+ ⇒ = α +


( )L3

0

dL1E R R4 R R

ρ′= −

πε ′−∫

( )

( )3 L

r z330 2 2 2

1 ˆ ˆE ra za dz4

z r−

ρ= −

πε+

∫

رشته مهندسي برق 30: صفحه الكترومغناطيس :درس

. نداردzبنا بر تقارن میدان مؤلفه

L 2 , r 1ρ = = ( )

a 33 L

r r3 2 200 02 2 2 0

r2 2 zˆ ˆE a dz a4 2 z r

z r

=ρ

= =πε πε +

+∫

2 20 0 0

a 3 , r 1

3 32 aE E E2 2 2a r

= =

→ = → = → =πε πε πε+


( ) ( )2q q q q1 cos 2 1 cos 1 2 22 2 4 2 2 4

π ϕ = − θ → = − = − = −

8q2 2

→ =−

9 92

0

Q 8 72 VE 9 10 10m2 2 2 24 R

= = × × = ×− −ε π

0 91

36 10ε =

π×

. درست است2گزینه ـ 94 ( )ˆ ˆ ˆ ˆE V 2axx 2byy 2axx 2byy= −∇ ⋅ = − + = − −

( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 20 0 0

1 1W E 4a x 4b y 2a x 2b y2 2

= ε = ε + = + ε

( )

( ) ( ) ( ) ( )

332 2 2 2 2 3 2 2

0 00 0

1 22 2 2 2 2 3 2 2 2 20 0 0 0

0 1

2W 2a x 2b y dx dydz a x 2b y x dydz3

18a 6b y dydz 18a y 2b y dz 18a 2b dz 18a z 2b z

= + ε = + ε

= + ε = ε + = ε + = ε +

∫∫∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

( )2 20W 18a 2b→ = + ε


0 0 0

dq 1 r dr d 1dV V dr d4 r 4 r 4

ρ ϕ= → = = ρ ϕ

πε πε πε∫ ∫

a

cos

00 0 0

1 a a dV d dr d4 4 cos 4 cos

ϕπ ϕ= ϕ = ϕ =

πε ε ϕ ε ϕ∫ ∫ ∫ ∫

( )0 00

a a 1 sinV ln tan sec V ln4 4 cos

θ + θ = θ + θ → = ε ε θ


3

2 203

0

q a hmg 0 2mg a h q a h2 R

ρ − = → ε + = ρ ε

3

2 20h a 2mg 2a q a = − → ε = − ρ


00

4 2 mg a4 2 mg a q q

− ε→ ε = − ρ → =

ρ

00

4 2 10 10 1q 100 2

4− × × × ε ×

→ = = ε


:Lρمیدان حاصله از حلقه با چگالی بار ) a و به شعاع hلۀ در خط محوري و به فاص ) ( )

L L L1 23 3 02 2 00

a h 1 3 3ˆ ˆ Ê x x x

162 1 32 a h

ρ ρ × × ρ= = =

εε +ε +

:شود میدان ایجاد شده براي مربع به ضلع واحد و چگالی به صورت زیر حاصل می

( )L

0Ê 4 cos cos cos x

4 rρ

= × α + α βπε

1cos5

α =

3cos

2β =

: داریمxاستاي عمود یعنی در اینجا میدان موازي نداریم و تنها یک میدان در ر

) : میله داریم پس4چون )20

5Ê cos cos cos x 4

4 2π

= α + α β ×πε ×

20 0 0

4 5 3 4 3 31 1 ˆ ˆ Ê x x x8 2 8 25 5

× π ×= + = = πε ε ε

L1 2

0 0

3 3ˆ Ê E x x

16 2ρ

→ = → =ε ε

L 8ρ =


1 2 20

a Ê E r3 rρ

= =ε

1 2 20

Ê E r3 r

ρ= =

ε

1 2

0ˆr 9 3 12 2 3 E E r

36ρ

= + = = → = =ε

yهاي ازآنجایی که مؤلفه. داردE خود میدان rدرواقع در راستاي . هاي متفاوتی استrبه این نکته توجه داشته باشید که دو کره داراي .پردازیم ی مzهاي پس تنها به محاسبه مؤلفه) به دلیل تقارن(کند همدیگر را خنثی می


12 220 0

3 3ˆ Ê E z z

36 2 36 2ρ ρ

+ = × + × ×ε ε

0 0

3 3ˆ Ê z F 2E z

36 18ρ ρ

= → = =ε ε

این میزان نیروي اعمالی از طرف دو کره به بار است اما میزان نیروي اعمالی از طرف بار به دو کره بنا بر قانون نیوتن دقیقا به همین میزان .و در جهت مخالف است

0

3ˆF z

18ρ

= −ε


20

QE4 R

= −πε

33

Q 3Q 3 16 34 4 8 24 aa3

− − − × −ρ = = = =

π× πππ

( )2 3

0 0

1 3 4 16E ds dr 4 R E R E R R 22 3 4 8− −

= ρ → π = ⋅ π → = × <ε π πε ×∫ ∫

( ) ( )20 0

R 16E R 2 , E R 22 4 R− −

→ = < = >πε πε

1 2 1 2 1

1 22 2 00

16 3V E dL E dL E dL dR R dR24 R∞ ∞ ∞

− −= − ⋅ = − ⋅ − ⋅ = − −

πεπε∫ ∫ ∫ ∫ ∫

10

11V4−

=πε

R در نقطه 16cپتانسیل بار : برابر است با=1 2

0 0

16 4V4 1

= =πε × πε

1 20 0 0

11 16 5V V V4 4 4−

→ = + = + =πε πε πε


( )

( )( )

( )2 22 2

2 2d X x d Y y1 1k , k

X x Y ydx dy⋅ = ⋅ = −

( )( )

( ) ( )

2 X x ax bk 0 Axy Bx Cy D

Y y cy d

X x Y y

= += ⇒ ⇒ φ = + + + = + φ =

B: آید که از شرایط مرزي به دست می C D 0= = 0A و = V / ab=؛ در نتیجه :( ) ( )0x , y V / ab xyΦ =

0 0V Vˆ ˆ ˆ ˆ Ê x y z yx xy

x y z ab ab∂ ∂ ∂

= −∇Φ = − Φ − Φ − Φ = − −∂ ∂ ∂

dy x ydy x dxdx y

= → =


2 21 1y x c2 2

= +

( ) ( )2 2 2 22 20 0 0 0

1C y x y x y x2

= − → − = − . درست است2گزینه ـ 101

0 0z 2 20 0

z 1 1 1E2 z 10 2z R

ρ ρ = − = ε ε+

2

2 22 2

z 9 z 8110 100z Rz R

⇒ = ⇒ =++

2 2 1919z 81R R z

9⇒ = ⇒ =

.درست است 1گزینه ـ 102

yبراي پیدا کردن معادله خطوط میدان از رابطه

x

E dyE dx

.کنیم استفاده می=

2y 2 2

x

E dy 5x dy 12ydy x dx y x cE dx 10xy dx 2

= ⇒ = ⇒ = ⇒ = +∫ ∫

. درست است4گزینه ـ 103 : داریمzEبه دلیل تقارن فقط مؤلفۀ

x y z 0 2

0 0

E E EE z

x y z∂ ∂ ∂ ρρ

∇ ⋅ = ⇒ + + =ε ∂ ∂ ∂ ε

0 02 3

0 0ˆE z dz E z z

3ρ ρ

⇒ = → =ε ε∫

. درست است2گزینه ـ 104 r a E 0< → =

0

1a r b : E ds dv< < ⋅ = ρε∫ ∫

( )r 2

2 2

a 0 00

1 AE 4 r r dr sin d dr

π π⇒ π = θ θ φ

ε ∫ ∫ ∫

( )2 2

20

A r aˆE r

2 r

−=

ε

. درست است3گزینه ـ 105 :روش اول

210D sin

2r− φ

ρ = ∇ ⋅ =

2.5 2

0 0 1

10Q dv sin dr d dz 50ln 2r 2

π − φ = ρ = φ = − ∫ ∫ ∫ ∫

D) قانون گاوس (:روش دوم ds⋅∫ 0 تنها روي سطحφ )روي این سطح . مقدار دارد= )ˆds d dz⇐ = ρ −φ

2.5 2

0 1Q D ds dr dz 50ln 2= ⋅ = − = −∫ ∫ ∫

25% aval - jome

Documents