Formül kâğıtları, her konunun temel yöntem adımları ve 40 alıştırma sorusu; tam çözümler en sonda.
R2 üzerinden geçen IR2 akımını bulun.
Kaynağın verdiği ve R1 üzerinden geçen IR1 akımını bulun.
A ile B arasındaki Vₛ gerilim kaynağının + ucu B’dedir, bu yüzden VB − VA = Vₛ yapar. Süper düğümlü düğüm analizi kullanarak VB düğüm gerilimini (topraktan ölçülen) bulun.
Eşkenar dörtgen, B düğümüne yukarı doğru 0,2·VA akımını (A cinsinden, VA V cinsinden) iten gerilim kontrollü bir akım kaynağıdır. Düğüm analizi kullanarak ok yönünde R4 üzerinden geçen IR4 akımını bulun.
Çevre analizi kullanarak gösterilen polaritede R3 üzerindeki VR3 gerilimini bulun.
Çevre analizi kullanarak I3 çevre akımını (saat yönünde) bulun.
Süperpozisyon kullanarak ok yönünde R1 üzerinden geçen IR1 akımını bulun.
Süperpozisyon kullanarak ok yönünde R3 üzerinden geçen IR3 akımını bulun.
a–b uçlarından görülen Thévenin gerilimi Vth değerini bulun.
Norton akımı IN değerini bulun: uçlar kısa devre edilirse a’dan b’ye akan akım.
Anahtar t = 0’da kapanmadan önce bobinden akım geçmez. t = 1 ms anında i akımını bulun.
Anahtar t = 0’da kapanmadan hemen önce kondansatörde gösterilen polaritede 6 V vardır. t = 250 ms anında kondansatör gerilimi vC değerini bulun.
Seri bir RLC devresi 120 V (rms), 50 Hz bir kaynağa bağlı. Empedansın faz açısı φ değerini derece cinsinden bulun (akım gerilimden geride olduğunda pozitif).
Seri bir RLC devresi 24 V (rms), 100 Hz bir kaynağa bağlı. Devrenin rezonans frekansı f0 değerini bulun.
Empedansı Z = 3 + j4 Ω olan bir yük 230 V (rms)’lik tek fazlı bir kaynağa bağlıdır. Harcadığı aktif güç P değerini bulun.
Tek fazlı bir yük 400 V, 50 Hz’lik bir kaynaktan 0,7 geri güç faktöründe 19 kW çekiyor. Yüke paralel olarak 330 µF’lık bir kondansatör bağlanıyor. Yeni hat akımı I değerini bulun.
Dengeli üç fazlı bir yük, fazlar arası gerilimi 690 V olan bir kaynaktan 30 A hat akımı çekiyor. Güç faktörü 0,8 geri. Yükün çektiği toplam aktif güç P değerini kW cinsinden bulun.
Dengeli üç fazlı bir yük, 400 V (fazlar arası), 50 Hz bir kaynaktan 0,8 geri güç faktöründe 60 kW çekiyor. Yüke paralel bağlanan üç fazlı bir kondansatör grubu toplam güç faktörünü 0,98 geriye yükseltmelidir. Aktif güç aynı kalır. Kondansatörler Y bağlıdır. Her kondansatörün kapasitansı Cph değerini µF cinsinden bulun.
Sarım oranı N₁:N₂ = 2:1 olan ideal bir transformatörün sekonder sargısının uçlarına 5 Ω’luk bir direnç bağlanmıştır. Primer sargıdan bakıldığında görülen direnç R1′ değerini bulun.
Tek fazlı 250 kVA bir transformatörün demir kaybı 750 W, anma yükündeki bakır kaybı 1500 W’tır. Transformatör anma kVA değerinin %25 kadarını 0,9 geri güç faktöründe besliyor. Bu yükteki toplam kayıplar Ploss değerini watt cinsinden bulun.
Op-amp idealdir ve ±15 V ile beslenir. Çıkış gerilimi Vout değerini bulun.
Toplayıcı yükselteç, ±15 V ile beslenen ideal bir op-amp kullanır. Çıkış gerilimi Vout değerini bulun.
3,3 V’luk bir Zener regülatörü 680 Ω üzerinden 12 V’tan besleniyor ve 3300 Ω’luk bir yükü besliyor. Zener akımını IZ bulun.
β = 100 olan bir NPN transistör, VCC = 5 V ile kolektörü arasına bağlı 330 Ω değerindeki bir yük direncini anahtarlıyor. Emetör topraklıdır. Baz, 3,3 V’luk bir lojik çıkıştan RB baz direnci üzerinden sürülüyor. VBE = 0,7 V ve VCE(sat) = 0,2 V alın. Güvenilir anahtarlama için baz akımını doyum için gereken en küçük değerin 3 katı olacak şekilde tasarlayın. RB değerini kΩ cinsinden bulun.
Bitleri, 8 bitlik ikiye tümleyende −74 saklayacak şekilde ayarlayın. İşaretsiz bir sayı olarak okunduğunda desenin değeri U nedir?
Bir sistem 4234 öğenin her birine aynı uzunlukta kendi ikilik kodunu vermelidir. En az kaç bit b gerekir?
F(A, B, C) = Σm(0, 2, 3, 4, 5) fonksiyonunun en küçük çarpımlar toplamı (SOP) biçimini bulmak için Karnaugh haritasını kullanın. Toplamda kaç literal (L) içerir (üzerinde işaret olan bir değişken bir literal sayılır)?
Yükselen kenarla tetiklenen bir D flip-flop Q = 0 ile başlar ve 6 yükselen saat kenarında gösterilen girişleri alır. Q kaç kez, N, durum değiştirir?
F(s) = (2s + 25)/(s² + 13s + 40). Ters dönüşümü f(t) = A·e−5t + B·e−8t biçimindedir. A katsayısını kısmi kesirlerle bulun.
Bir sistem y″ + 7y′ + 6y = 6·u(t) denklemine uyuyor; y(0) = 6 ve y′(0) = 0’dır. t = 0 anında u(t) = 1 basamak girişi uygulanır. y(0,8) değerini Laplace dönüşümüyle bulun.
Birim negatif geri besleme çevriminde G(s) = 38/(s(s + 6)). Referans r(t) = 2·t rampasıdır. Kararlı hal hatasını ess bulun.
G(s) = 48/(s(s + 12)) sistemi, algılayıcı kazancı H = 1 olan negatif geri besleme çevrimindedir. Kapalı çevrim kutupları karmaşıktır. Bunların sanal kısmını ωd (pozitif değer) rad/s cinsinden bulun.
Bir sistemin transfer fonksiyonu G(s) = 8/(s² + s + 4)’dır ve birim basamak girişi alıyor. ts ≈ 4/(ζωₙ) kullanarak basamak yanıtının %2 yerleşme süresini ts bulun.
R = 566 Ω, L = 500 mH ve C = 1 µF olan bir seri RLC devresi, t = 0’da 12 V’luk bir basamağa bağlanıyor. Kondansatör yüksüzdür ve basamaktan önce akım akmıyor. Kondansatör geriliminin yüzde aşımını %OS bulun.
Gösterilen RC alçak geçiren filtre için R = 3,3 kΩ, C = 4,7 nF geçerlidir. 2,6 kHz değerinde sinüsoidal bir giriş uygulanır. vout’un vin’e göre φ faz kaymasını derece cinsinden bulun.
Birim geri beslemeli bir çevrimin açık çevrim transfer fonksiyonu L(s) = K/(s(s + 1)(s + 8))’dır. 8 dB’lik bir kazanç payı veren K kazancını bulun.
Şemadaki çevrim negatif geri beslemelidir ve L(s) = 105/(s(s + 2)(s + 5))’dir. Sağ yarı düzlemde kaç kapalı çevrim kutbu (N) vardır?
L(s) = K/(s(s + 5)(s + 6)) çevrimi için s = −4 noktasına bir kapalı çevrim kutbu yerleştiren K kazancını bulun.
r(t) = 3t rampası, G(s) = 50/(s(s + 2)(s + 10)) olan birim geri beslemeli bir çevrime uygulanıyor. Kalıcı durum hatasını (ess) bulun.
K = 4 orantılı denetleyicisi, birim geri beslemeli bir çevrimde G(s) = 1/(s(s + 2)) sistemini sürmektedir. ts ≈ 4/(ζωₙ) kullanarak basamak yanıtının %2 yerleşme süresini ts bulun.
Cevap: IR2 = 0,3277 A
Seri ve paralel dirençler: seride her dirençten aynı akım geçer ve R = R₁ + R₂ + …. Paralelde her direncin gerilimi aynıdır ve 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Merdiven ağı, tek bir eşdeğer direnç kalana kadar çift çift indirgenir.
Kaynağa en uzak uçtan başlayıp ona doğru geri gelin. Aynı akımı taşıyan dirençler seri; aynı iki düğüm arasındaki dirençler paraleldir.
Kaynak yalnızca Req’yi görür; Ohm yasası verdiği akımı bulur. Bu akım R₁’den geçer.
A düğümündeki gerilimi bulmak için R₁ üzerindeki düşümü çıkarın; bu, R₂ üzerindeki gerilimdir.
Cevap: IR1 = 1,049 A
Seri ve paralel dirençler: seride her dirençten aynı akım geçer ve R = R₁ + R₂ + …. Paralelde her direncin gerilimi aynıdır ve 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Merdiven ağı, tek bir eşdeğer direnç kalana kadar çift çift indirgenir.
Kaynağa en uzak uçtan başlayıp ona doğru geri gelin. Aynı akımı taşıyan dirençler seri; aynı iki düğüm arasındaki dirençler paraleldir.
Kaynak yalnızca Req’yi görür; Ohm yasası verdiği akımı bulur. Bu akım R₁’den geçer.
Cevap: VB = 9 V
Düğüm analizi: bir referans düğüm seçin, bilinmeyen düğüm gerilimlerini adlandırın, Ohm yasasını (I = ΔV/R) kullanarak her bilinmeyen düğümde Kirchhoff akım yasasını yazın ve denklemleri çözün.
A ile B arasındaki gerilim kaynağı bilinmeyen bir akım taşır, bu yüzden A veya B için ayrı ayrı KAY yazılamaz. A, B ve kaynağı tek bir süper düğüm içine alın: ona giren akım çıkan akıma eşittir.
Cevap: IR4 = 0,3191 A
Düğüm analizi: bir referans düğüm seçin, bilinmeyen düğüm gerilimlerini adlandırın, Ohm yasasını (I = ΔV/R) kullanarak her bilinmeyen düğümde Kirchhoff akım yasasını yazın ve denklemleri çözün.
Dirençler üzerinden A’dan çıkan akımlar, kaynakların A’ya ittiği akıma eşittir.
Bağımlı kaynak B düğümüne g·VA iter. Onu bağımsız bir kaynak gibi ele alın, sonra VA terimini sol tarafa taşıyın.
Cevap: VR3 = 5,185 V
Çevre analizi: düzlemsel bir devrenin her penceresine kendi çevre akımını verin, her çevrede Kirchhoff gerilim yasasını yazın (düşümlerin toplamı = artışların toplamı) ve çözün. Kol akımları çevre akımıdır veya ortak kolda iki çevre akımının farkıdır.
Her pencereye saat yönünde bir akım çizin: I1, I2. İki çevrenin ortak direnci, bu akımların farkını taşır.
Saat yönünde ilerlerken dirençlerdeki gerilim düşümleri kaynak gerilim artışlarına eşittir (ilerleme yönünde −’den +’ya).
Saat yönünde ilerlerken dirençlerdeki gerilim düşümleri kaynak gerilim artışlarına eşittir (ilerleme yönünde −’den +’ya).
Negatif bir çevre akımı saat yönünün tersine akar.
Cevap: I3 = −0,3093 A
Çevre analizi: düzlemsel bir devrenin her penceresine kendi çevre akımını verin, her çevrede Kirchhoff gerilim yasasını yazın (düşümlerin toplamı = artışların toplamı) ve çözün. Kol akımları çevre akımıdır veya ortak kolda iki çevre akımının farkıdır.
Her pencereye saat yönünde bir akım çizin: I1, I2, I3. İki çevrenin ortak direnci, bu akımların farkını taşır.
Saat yönünde ilerlerken dirençlerdeki gerilim düşümleri kaynak gerilim artışlarına eşittir (ilerleme yönünde −’den +’ya).
Saat yönünde ilerlerken dirençlerdeki gerilim düşümleri kaynak gerilim artışlarına eşittir (ilerleme yönünde −’den +’ya).
Saat yönünde ilerlerken dirençlerdeki gerilim düşümleri kaynak gerilim artışlarına eşittir (ilerleme yönünde −’den +’ya).
Negatif bir çevre akımı saat yönünün tersine akar.
Cevap: IR1 = 0,6928 A
Süperpozisyon: doğrusal bir devrede her gerilim veya akım, tek başına etkiyen her bağımsız kaynağa verilen yanıtların toplamıdır. Bir kaynağı kapatmak için ideal gerilim kaynağını kısa devre, ideal akım kaynağını açık devre ile değiştirin. Dirençler yerinde kalır.
Iₛ açık devre olur, bu yüzden R₃ ve R₄ A’dan toprağa tek bir seri kol oluşturur; bu kol R₂ ile paraleldir.
V₁ kısa devre olur, bu yüzden R₁, R₂ ile paraleldir. Iₛ, B’de R₄ ile R₃ üzerinden geçen yol arasında bölünür.
Negatif sonuç, gerçekte akımın okun tersine aktığı anlamına gelir.
Cevap: IR3 = 2,506 A
Süperpozisyon: doğrusal bir devrede her gerilim veya akım, tek başına etkiyen her bağımsız kaynağa verilen yanıtların toplamıdır. Bir kaynağı kapatmak için ideal gerilim kaynağını kısa devre, ideal akım kaynağını açık devre ile değiştirin. Dirençler yerinde kalır.
V₂ kısa devre, Iₛ açık devre olur. A’dan bakıldığında R₃, seri R₂+R₄ çifti ile paraleldir.
İki gerilim kaynağı da kısa devre olur. Iₛ, B’de R₄ (artık toprağa) ile R₁ ∥ R₃’e seri bağlı R₂ arasında bölünür.
V₁ kısa devre, Iₛ açık devre olur. R₁ ∥ R₃ A’dan başlar ve R₂ ile seri olarak B’ye döner.
Negatif sonuç, gerçekte akımın okun tersine aktığı anlamına gelir.
Cevap: Vth = 4,5 V
Thévenin teoremi: her doğrusal iki uçlu ağ, Rth direncine seri tek bir Vth gerilim kaynağı gibi davranır. Norton teoremi aynı ağı Rth ile paralel IN = Vth/Rth akım kaynağı olarak verir.
Gerilim kaynaklarını kısa devre, akım kaynaklarını açık devreyle değiştirin, sonra devreye a–b’den bakın.
a–b açıkken R₃’ten akım geçmez, bu yüzden üzerinde düşüm yoktur ve V_b = V_A olur. R₁ ve R₂ bir gerilim bölücü oluşturur.
Cevap: IN = −5,772 A
Thévenin teoremi: her doğrusal iki uçlu ağ, Rth direncine seri tek bir Vth gerilim kaynağı gibi davranır. Norton teoremi aynı ağı Rth ile paralel IN = Vth/Rth akım kaynağı olarak verir.
Gerilim kaynaklarını kısa devre, akım kaynaklarını açık devreyle değiştirin, sonra devreye a–b’den bakın.
a–b açıkken Iₛ’nin tek yolu R₃ üzerinden A düğümüne gitmektir. V_A’yı V₁ ve Iₛ’nin süperpozisyonuyla bulun, sonra R₃ üzerindeki düşümü ekleyin.
Norton kaynağı, aynı devrenin R_th ile paralel bir akım kaynağı olarak görünümüdür. Akımı, a–b’deki kısa devre akımıdır.
Cevap: i = 0,3143 A
Birinci derece geçici rejim: tek kondansatörlü veya tek bobinli bir devrede her gerilim ve akım başlangıç değerinden son değerine üstel olarak gider: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, τ = RC veya τ = L/R ile. Yaklaşık 5τ sonra devre oturur.
Anahtar kapandıktan uzun süre sonra bobin kısa devre gibi davranır; bu yüzden son akımı yalnızca R belirler.
Cevap: vC = 7,846 V
Birinci derece geçici rejim: tek kondansatörlü veya tek bobinli bir devrede her gerilim ve akım başlangıç değerinden son değerine üstel olarak gider: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, τ = RC veya τ = L/R ile. Yaklaşık 5τ sonra devre oturur.
Kondansatör gerilimi sıçrayamaz; bu yüzden depolanan değerden başlar ve kaynak gerilimine yönelir.
Cevap: φ = 64,18 °
Fazörlerle AC devreleri: direnç, bobin ve kondansatörün empedansları R, jωL ve 1/(jωC)’dir; ω = 2πf. Seride empedanslar dirençler gibi, ancak karmaşık sayı olarak toplanır. Rms akım ve gerilim |Z| ile Ohm yasasına uyar.
Seride empedanslar karmaşık sayılar olarak toplanır: Z = R + j(XL − XC).
Cevap: f0 = 46,43 Hz
Fazörlerle AC devreleri: direnç, bobin ve kondansatörün empedansları R, jωL ve 1/(jωC)’dir; ω = 2πf. Seride empedanslar dirençler gibi, ancak karmaşık sayı olarak toplanır. Rms akım ve gerilim |Z| ile Ohm yasasına uyar.
Rezonansta endüktif ve kapasitif reaktanslar birbirini götürür: ωL = 1/(ωC). Kaynak frekansı önemli değildir.
Cevap: P = 6348 W
AC güç: görünür güç S = V·I (VA), faydalı iş yapan aktif güç P = S·cos φ (W) ile kaynak ve yük arasında gidip gelen reaktif güç Q = S·sin φ (var) olarak ayrılır. Güç faktörü cos φ’dir. Paralel bir kondansatör reaktif gücü yerinde sağlar, böylece aynı aktif güç için hat akımı düşer.
Cevap: I = 48,01 A
AC güç: görünür güç S = V·I (VA), faydalı iş yapan aktif güç P = S·cos φ (W) ile kaynak ve yük arasında gidip gelen reaktif güç Q = S·sin φ (var) olarak ayrılır. Güç faktörü cos φ’dir. Paralel bir kondansatör reaktif gücü yerinde sağlar, böylece aynı aktif güç için hat akımı düşer.
Aktif güç P değişmez; yalnızca şebekeden çekilen reaktif güç değişir.
Cevap: P = 28,68 kW
Dengeli üç fazlı sistemler: Y (yıldız) bağlantıda fazlar arası gerilim faz geriliminin √3 katıdır, VL = √3·Vph, ve hat akımı faz akımına eşittir. Δ (üçgen) bağlantıda fazlar arası gerilim faz gerilimine eşittir ve hat akımı faz akımının √3 katıdır, IL = √3·Iph. Toplam güç bir fazın gücünün üç katıdır: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.
Cevap: Cph = 652,9 µF
Dengeli üç fazlı sistemler: Y (yıldız) bağlantıda fazlar arası gerilim faz geriliminin √3 katıdır, VL = √3·Vph, ve hat akımı faz akımına eşittir. Δ (üçgen) bağlantıda fazlar arası gerilim faz gerilimine eşittir ve hat akımı faz akımının √3 katıdır, IL = √3·Iph. Toplam güç bir fazın gücünün üç katıdır: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Güç faktörü düzeltme: kondansatörler reaktif gücü yerinde sağlar, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Üç kondansatörün her biri QC/3 = V²·ω·C sağlar; burada V o kondansatör üzerindeki gerilimdir: Δ grupta VL, Y grupta VL/√3.
Aktif güç değişmediği için her güç faktörü reaktif gücü belirler: Q = P·tan φ.
Y grupta her kondansatör bir hat ile yıldız noktası arasına bağlıdır.
Cevap: R1′ = 20 Ω
İdeal transformatör: gerilimler sarım sayılarının oranında, akımlar ters oranda bulunur: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a ve I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a; böylece giriş gücü çıkış gücüne eşittir, V₁·I₁ = V₂·I₂. Sekonderdeki bir Z yük empedansı primerden a²·Z olarak görünür.
Gerilim a kat artar, akım a kat azalır; bu yüzden V/I oranı a² kat artar.
Cevap: Ploss = 843,8 W
Transformatör kayıpları: demir kaybı (histerezis ve girdap akımları) gerilime bağlıdır ve her yükte aynıdır. Sargılardaki bakır kaybı akımın karesiyle değişir; bu yüzden anma yükünün x kesrinde x²·Pcu,fl olur. Verim η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), burada Pout = x·S·pf. Verim, bakır kaybının demir kaybına eşit olduğu yükte en yüksektir.
Demir kaybı her yükte aynıdır.
Bu yükteki verim η = 98,52%.
Cevap: Vout = 1,704 V
İdeal op-amp kuralları: negatif geri beslemeyle op-amp çıkışını iki girişi aynı gerilimde olacak şekilde sürer (V₋ = V₊) ve hiçbir girişe akım girmez. Bu iki gerçekle eviren girişte KAY yazmak çıkışı verir.
R₁’deki akım Rf’den de geçer.
Cevap: Vout = −0,6818 V
İdeal op-amp kuralları: negatif geri beslemeyle op-amp çıkışını iki girişi aynı gerilimde olacak şekilde sürer (V₋ = V₊) ve hiçbir girişe akım girmez. Bu iki gerçekle eviren girişte KAY yazmak çıkışı verir.
V₋ = 0, bu yüzden her giriş direncinin üzerinde kendi giriş geriliminin tamamı vardır.
Cevap: IZ = 11,79 mA
Zener regülatörü: ters öngerilimli bir Zener diyot, akımı en küçük IZ,min değerinin üzerinde kaldığı sürece VZ gerilimini tutar. R seri direnci, giriş ile çıkış arasındaki farkı alır: IR = (Vin − VZ)/R. Bu akım yük, IL = VZ/RL, ile Zener arasında bölünür: IZ = IR − IL. En kötü durumlara göre tasarlayın: en büyük yükte en düşük giriş yine de IZ,min bırakmalı, yüksüz durumda en yüksek giriş ise en büyük Zener gücünü PZ = VZ·IZ verir.
Cevap: RB = 5,958 kΩ
Anahtar olarak BJT: bir yükü tamamen açmak için transistör doyuma sürülür; doyumda VCE = VCE(sat) olur ve kolektör akımını yük belirler: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Doyum için en az IB = IC(sat)/β gerekir. Baz akımı daha küçükse transistör aktif kalır ve IC = β·IB olur.
Cevap: U = 182
Bitleri ayarlamak: her bit ikinin bir kuvveti değerindedir (128, 64, …, 1). Bir onaltılık basamak tam olarak dört bittir ve 8 bitlik ikiye tümleyende en soldaki bit −128 değerindedir. Bit işlemleri her bit konumunda ayrı ayrı çalışır.
Cevap: b = 13 bit
Konumsal sayı sistemleri: her basamak, değeri çarpı tabanın bir kuvveti kadar değerlidir. İkilik sistemde basamaklar 1, 2, 4, 8, 16, …; onaltılık sistemde 1, 16, 256, … değerindedir ve A–F, 10–15'i gösterir. 8 bitlik ikiye tümleyende en soldaki bit +128 yerine −128 değerindedir; negatif sayılar böyle saklanır.
Cevap: L = 6
Karnaugh haritaları: hücreler Gray koduyla (00, 01, 11, 10) sıralanır; bu yüzden komşu hücreler, kenarların karşısındakiler dahil, tam olarak tek değişkende farklılaşır. 1’leri 1, 2, 4, 8 ya da 16 hücrelik dikdörtgenler içinde, olabildiğince büyük ve olabildiğince az sayıda gruplayın; her 1 kapsanana kadar. Her grup bir çarpım terimidir: grubun içinde sabit kalan değişkenler. 2ᵏ hücrelik bir grup k değişken kaybeder. Fark etmez durumları (X) grupları büyütmek için kullanılabilir ama kapsanmaları gerekmez. 0’ları gruplamak en küçük POS biçimini verir.
Her grup 2ᵏ hücrelik bir dikdörtgendir; kenardaki hücreler karşı kenardaki hücrelerin komşusudur.
Aynı büyüklükte başka bir gruplama da vardır; terim ve literal sayısı aynıdır.
Cevap: N = 2
Flip-floplar ve sayıcılar: bir flip-flop yalnızca saatin etkin kenarında değişir. D girişini kopyalar (Q⁺ = D); T, T = 1 iken tersler; JK, 00 için tutar, 01 için sıfırlar, 10 için kurar, 11 için tersler. n bitlik bir ikilik sayıcının 2ⁿ durumu vardır ve 2ⁿ modunda sayar; mod-N sayıcı 0, 1, …, N − 1 sayıp 0’a döner ve 2ⁿ ≥ N olan en küçük n kadar flip-flop gerektirir. Bir dalgacık (ripple) sayıcının her aşaması frekansı yarıya indirir; bu yüzden mod-N sayıcının son çıkışı fclk/N ile çalışır. n flip-flopluk bir Johnson sayıcının 2n durumu, bir halka sayıcının n durumu vardır.
Bir D flip-flop her yükselen kenarda D’yi kopyalar: Q⁺ = D.
Cevap: A = 5
Laplace dönüşümü: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt türevleri s ile çarpmaya çevirir: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Standart çiftler: 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); s → s + σ kayması zaman fonksiyonunu e−σt ile çarpar. Rasyonel bir F(s)’in ters dönüşümünü almak için onu kısmi kesirlere ayırın: basit bir p kutbunun kalıntısı A = [(s − p)·F(s)] değerinin s = p’deki değeridir. Son değer teoremi: f(∞) = lims→0 s·F(s); yalnızca s·F(s)’in tüm kutupları sol yarı düzlemdeyse geçerlidir. Başlangıç değeri teoremi: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
(s + 5) ile çarpın ve s = −5 koyun: B terimi yok olur.
Cevap: y(0.8) = 3,688
Laplace dönüşümü: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt türevleri s ile çarpmaya çevirir: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Standart çiftler: 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); s → s + σ kayması zaman fonksiyonunu e−σt ile çarpar. Rasyonel bir F(s)’in ters dönüşümünü almak için onu kısmi kesirlere ayırın: basit bir p kutbunun kalıntısı A = [(s − p)·F(s)] değerinin s = p’deki değeridir. Son değer teoremi: f(∞) = lims→0 s·F(s); yalnızca s·F(s)’in tüm kutupları sol yarı düzlemdeyse geçerlidir. Başlangıç değeri teoremi: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Kontrol: y(0) = A + B + C = 6.
Cevap: ess = 0,3158
Blok diyagram cebiri: seri bloklar çarpılır (G₁·G₂), paralel bloklar toplanır (G₁ + G₂) ve ileri yolu G, geri besleme yolu H olan bir çevrim, negatif geri beslemede T = G/(1 + G·H), pozitif geri beslemede G/(1 − G·H) olarak sadeleşir. Önce iç çevrimleri sadeleştirin, sonra dışa doğru ilerleyin. Kapalı çevrim kutupları 1 + G(s)H(s) = 0 karakteristik denkleminin kökleridir. Kararlı bir çevrimde A büyüklüğündeki basamak girişi, A·T(0) kararlı hal çıkışını verir; birim geri beslemede basamağa kararlı hal hatası A/(1 + Kp)’dir, Kp = G(0).
Cevap: ωd = 3,464 rad/s
Blok diyagram cebiri: seri bloklar çarpılır (G₁·G₂), paralel bloklar toplanır (G₁ + G₂) ve ileri yolu G, geri besleme yolu H olan bir çevrim, negatif geri beslemede T = G/(1 + G·H), pozitif geri beslemede G/(1 − G·H) olarak sadeleşir. Önce iç çevrimleri sadeleştirin, sonra dışa doğru ilerleyin. Kapalı çevrim kutupları 1 + G(s)H(s) = 0 karakteristik denkleminin kökleridir. Kararlı bir çevrimde A büyüklüğündeki basamak girişi, A·T(0) kararlı hal çıkışını verir; birim geri beslemede basamağa kararlı hal hatası A/(1 + Kp)’dir, Kp = G(0).
Cevap: ts = 8 s
Basamak yanıtı: birinci dereceden bir G(s) = K/(τs + 1) sistemi, U büyüklüğündeki basamağa y(t) = K·U·(1 − e−t/τ) ile yanıt verir: bir zaman sabiti τ sonra K·U son değerinin %63,2’sine, 4τ sonra %98’ine ulaşır. İkinci dereceden bir G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) sisteminin kutupları s = −ζωₙ ± jωd’dir; ωd = ωₙ√(1 − ζ²). 0 < ζ < 1 için basamak yanıtı aşım yapar: yüzde aşım %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tepe zamanı tp = π/ωd ve %2 yerleşme süresi ts ≈ 4/(ζωₙ). ωₙ ve ζ’yi okumak için paydayı s² + 2ζωₙs + ωₙ² ile karşılaştırın. Kütle–yay–sönümleyici için ωₙ = √(k/m) ve ζ = c/(2√(km)); seri RLC devresi için ωₙ = 1/√(LC) ve ζ = (R/2)·√(C/L).
Payda s² + 2ζωₙs + ωₙ² ile eşleşmelidir.
Cevap: %OS = 25,36 %
Basamak yanıtı: birinci dereceden bir G(s) = K/(τs + 1) sistemi, U büyüklüğündeki basamağa y(t) = K·U·(1 − e−t/τ) ile yanıt verir: bir zaman sabiti τ sonra K·U son değerinin %63,2’sine, 4τ sonra %98’ine ulaşır. İkinci dereceden bir G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) sisteminin kutupları s = −ζωₙ ± jωd’dir; ωd = ωₙ√(1 − ζ²). 0 < ζ < 1 için basamak yanıtı aşım yapar: yüzde aşım %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tepe zamanı tp = π/ωd ve %2 yerleşme süresi ts ≈ 4/(ζωₙ). ωₙ ve ζ’yi okumak için paydayı s² + 2ζωₙs + ωₙ² ile karşılaştırın. Kütle–yay–sönümleyici için ωₙ = √(k/m) ve ζ = c/(2√(km)); seri RLC devresi için ωₙ = 1/√(LC) ve ζ = (R/2)·√(C/L).
Cevap: φ = −14,22 °
Frekans yanıtı: transfer fonksiyonunda s = jω koyun. Desibel cinsinden genlik 20·log₁₀|H(jω)|’dır ve faz, payın çarpanlarının açıları toplamından paydanınkilerin çıkarılmasıdır. Birinci dereceden bir RC ya da RL filtresinin köşe (−3 dB) frekansı ωc = 1/(RC) ya da R/L ve fc = ωc/(2π)’dir; bir alçak geçiren filtre |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) ve φ = −atan(ω/ωc) verir. Asimptotik (doğru parçalı) Bode diyagramında her kutup genliği köşe frekansında 20 dB/dekad aşağı büker, her sıfır 20 dB/dekad yukarı büker ve bir integratör 1/s her frekansta −20 dB/dekad verir. Kazanç kesişimi ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); faz payı PM = 180° + ∠L(jωc). Faz kesişimi ω180: ∠L(jω) = −180°; kazanç payı GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. İki pay da pozitifse kapalı çevrim kararlıdır.
Cevap: K = 28,66
Frekans yanıtı: transfer fonksiyonunda s = jω koyun. Desibel cinsinden genlik 20·log₁₀|H(jω)|’dır ve faz, payın çarpanlarının açıları toplamından paydanınkilerin çıkarılmasıdır. Birinci dereceden bir RC ya da RL filtresinin köşe (−3 dB) frekansı ωc = 1/(RC) ya da R/L ve fc = ωc/(2π)’dir; bir alçak geçiren filtre |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) ve φ = −atan(ω/ωc) verir. Asimptotik (doğru parçalı) Bode diyagramında her kutup genliği köşe frekansında 20 dB/dekad aşağı büker, her sıfır 20 dB/dekad yukarı büker ve bir integratör 1/s her frekansta −20 dB/dekad verir. Kazanç kesişimi ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); faz payı PM = 180° + ∠L(jωc). Faz kesişimi ω180: ∠L(jω) = −180°; kazanç payı GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. İki pay da pozitifse kapalı çevrim kararlıdır.
Cevap: N = 2
Routh–Hurwitz kriteri: doğrusal bir sistem, karakteristik polinomunun tüm kökleri s-düzleminin sol yarısında olduğunda kararlıdır. Katsayıları Routh dizisinin ilk iki satırına dönüşümlü olarak yazın. Yeni bir satırın her elemanı, üstündeki iki satırdan elde edilir; üçüncü dereceden a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ için s¹ elemanı b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂’dir. İlk sütundaki işaret değişimi sayısı, sağ yarı düzlemdeki kök sayısına eşittir. Katsayılarda bir K kazancı varsa, ilk sütunun her elemanı pozitif kalmalıdır: s¹ elemanını sıfır yapan kazanç kararlılık sınırıdır ve s² satırı, bu durumdaki sürekli salınımın frekansını verir.
Kazanç K = 70 sınırının üzerindedir; bu yüzden bir karmaşık çift sağ yarı düzleme geçmiştir.
Cevap: K = 8
Kök yer eğrisi: K kazancı 0’dan ∞’a giderken kapalı çevrim kutupları, yani 1 + K·G(s) = 0 denkleminin kökleri, açık çevrim kutuplarından açık çevrim sıfırlarına veya sonsuza doğru hareket eder. Gerçek eksen üzerindeki bir nokta, sağındaki gerçek kutup ve sıfırların sayısı tek ise eğriye aittir. Sonsuza giden n − m kol, σₐ = (Σ kutuplar − Σ sıfırlar)/(n − m) ağırlık merkezinden başlayan ve (2q + 1)·180°/(n − m) açılarındaki asimptotları izler. Kollar, dK/ds = 0 olan yerlerde gerçek eksenden ayrılır veya eksene katılır. ∠G(s) = 180° açı koşulu eğrinin şeklini belirler; |G(s)| büyüklük koşulundan K = 1/|G(s)| ise eğrinin herhangi bir noktasındaki kazancı verir.
Kontrol: s = −4 noktasında s(s + 5)(s + 6) + K sıfırdır.
Cevap: ess = 1,2
Kalıcı durum hatası: birim geri beslemeli bir çevrimde, açık çevrim transfer fonksiyonu G(s) ise hata E(s) = R(s)/(1 + G(s))’dir ve son değer teoremine göre ess = lims→0 s·E(s). Sistem tipi, G(s)’in s = 0’daki kutup sayısıdır. Hata sabitleri Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) ve Ka = lim s²·G(s)’dir; hepsi s → 0 içindir. A büyüklüğündeki bir basamak ess = A/(1 + Kp), bir A·t rampası A/Kv ve bir A·t²/2 parabolü A/Ka verir. 0 tipi bir çevrim basamağı sonlu bir hatayla izler; 1 tipi bir çevrim basamağı tam olarak, rampayı ise sonlu bir hatayla izler.
Cevap: ts = 4 s
P, PI ve PID denetimi: C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s denetleyicisi hata üzerinde etki eder. Orantılı kazanç çevrimi hızlandırır ve 0 tipi bir sistemin hatasını azaltır, ancak onu hiçbir zaman ortadan kaldırmaz. İntegral terimi s = 0’da bir kutup ekler: sistem tipi bir artar ve basamak hatasız izlenir. Türev terimi sönüm ekler. Kazançları seçmek için kapalı çevrim karakteristik polinomunu yazın ve s² + 2ζωns + ωn² ile karşılaştırın. Ardından %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd (ωd = ωn√(1 − ζ²)) ve ts ≈ 4/(ζωn) olur.
Yerleşme süresi burada K’ya bağlı değildir: K’yı artırmak yalnızca yanıtın daha hızlı salınmasını sağlar.
Bu bağımsız bir alıştırma materyalidir. ExamProblems bu sınavı düzenleyen kuruluşla bağlantılı değildir ve onun tarafından onaylanmamıştır; sınav adı yalnızca içeriği tanımlamak için kullanılmaktadır. FE exam sınavı NCEES tarafından yürütülür; bu kuruluş ExamProblems ile bağlantılı değildir ve onu desteklemez.
ExamProblems · examproblems.com/courses/fe-exam-electrical