Formül kâğıtları, her konunun temel yöntem adımları ve 40 alıştırma sorusu; tam çözümler en sonda.
Kaynağın verdiği ve R1 üzerinden geçen IR1 akımını bulun.
R2 üzerinden geçen IR2 akımını bulun.
Şekildeki gibi A düğümü ile toprak arasına üç kol bağlıdır. Düğüm analizi kullanarak 1 kolunda ok yönünde yukarı, A düğümüne doğru akan I1 akımını bulun.
Düğüm analizi kullanarak VA düğüm gerilimini (topraktan ölçülen) bulun.
Çevre analizi kullanarak gösterilen polaritede R1 üzerindeki VR1 gerilimini bulun.
Çevre analizi kullanarak I1 çevre akımını (saat yönünde) bulun.
Doğrusal dirençli bir devrede bir Vs gerilim kaynağı ve bir Is akım kaynağı vardır. Bir yük direncinden geçen I akımı iki kez ölçülür: Vs = 2 V ve Is = 4 mA iken I = 4,8 mA; Vs = 4 V ve Is = 1 mA iken I = 8,2 mA. Vs = 8 V ve Is = 2 mA iken yük akımı I değerini bulun.
Doğrusal dirençli bir devrede üç bağımsız kaynak vardır: V1, V2 ve Is. Bir yükten geçen I akımı üç kez ölçülür. Tüm kaynaklar normal değerlerindeyken I = 16,5 mA. V1 iki katına çıkarılıp diğer ikisi değişmediğinde I = 14,5 mA. Is kaynağının yönü ters çevrilip diğer ikisi değişmediğinde I = 2,5 mA. V2 kapatıldığında ve V1 ile Is normal değerlerindeyken yük akımı I değerini bulun.
Norton akımı IN değerini bulun: uçlar kısa devre edilirse a’dan b’ye akan akım.
a–b uçlarından görülen Thévenin gerilimi Vth değerini bulun.
Anahtar t = 0’da kapanmadan önce bobinden akım geçmez. t = 5 ms anında bobin üzerindeki vL gerilimini bulun.
Anahtar t = 0’da kapanmadan hemen önce kondansatörde gösterilen polaritede 8 V vardır. t = 75 ms anında kondansatör gerilimi vC değerini bulun.
L = 50 mH olan seri bir RLC devresi 50 Hz’de rezonansa girmelidir. Gereken kapasite C değerini bulun.
Seri bir RLC devresi 10 V (rms), 100 Hz bir kaynağa bağlı. Kondansatör üzerindeki rms gerilim VC değerini bulun.
Tek fazlı bir motor, 240 V bir kaynaktan 0,8 geri güç faktöründe 12 kW çekiyor. Hat akımı I değerini bulun.
24 V (rms), 1000 Hz’lik bir kaynağın iç empedansı Zs = 20 + j10 Ω’dur. Yük empedansı ZL serbestçe seçilebilir. Yüke verilebilecek en büyük aktif güç Pmax değerini bulun.
Faz başına empedansı 7 + j24 Ω olan dengeli Y bağlı bir yük, fazlar arası gerilimi 400 V olan dengeli üç fazlı bir kaynağa bağlanmıştır. Yükün çektiği toplam aktif güç P değerini kW cinsinden bulun.
Dengeli üç fazlı bir yük, 480 V (fazlar arası), 50 Hz bir kaynaktan 0,75 geri güç faktöründe 80 kW çekiyor. Yüke paralel bağlanan üç fazlı bir kondansatör grubu toplam güç faktörünü 0,95 geriye yükseltmelidir. Aktif güç aynı kalır. Kondansatörler Δ bağlıdır. Her kondansatörün kapasitansı Cph değerini µF cinsinden bulun.
Sarım oranı N₁:N₂ = 8:1 olan ideal bir transformatörün sekonder sargısının uçlarına 4 Ω’luk bir direnç bağlanmıştır. Primer sargıdan bakıldığında görülen direnç R1′ değerini bulun.
Tek fazlı 50 kVA bir transformatörün demir kaybı 300 W’tır. Anma yükünde ve 0,85 geri güç faktöründe verimi %98’dir. Tam yükteki bakır kaybı Pcu,fl değerini watt cinsinden bulun.
Op-amp idealdir ve ±15 V ile beslenir; çıkışı ±14 V’ta doyuma ulaşır. Eviren yükselteç sinüs dalgasıyla sürülüyor. Çıkışın kırpılmadığı en büyük giriş genliği Vin,max (tepe değeri) değerini bulun.
Op-amp idealdir ve ±15 V ile beslenir. Direnç oranları eşleşmiyor. Çıkış gerilimi Vout değerini bulun.
β = 100 olan bir NPN transistör, VCC = 10 V kaynağından RB = 680 kΩ baz direnciyle kutuplanmıştır. Kolektör direnci RC = 2,2 kΩ ve emetör topraklıdır. VBE = 0,7 V alın ve transistörün aktif bölgede olduğunu varsayın. Kolektör akımı IC değerini mA cinsinden bulun.
β = 80 olan bir NPN transistör, VCC = 5 V ile kolektörü arasına bağlı 150 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 2 katı olacak şekilde tasarlayın. RB değerini kΩ cinsinden bulun.
−47 sayısını 8 bitlik ikiye tümleyen dizisi olarak yazın. Diziyi işaretsiz ikilik sayı olarak okuyun: onluk değeri U nedir?
Bitleri 0010 1010 >> 2 işleminin 8 bitlik sonucuna ayarlayın. Sonucun onluk değeri R nedir?
F = A′B′ + BC + A′BC + AB′C′ fonksiyonunu en küçük çarpımlar toplamı biçimine sadeleştirin. Sadeleştirilmiş ifade kaç literal (L) içerir?
Bir 4 bitlik ikilik yukarı sayıcı, 12 (ondalık, Q = 1100) değerinden başlar. 46 saat darbesinden sonra hangi sayıyı, Q, (ondalık olarak) gösterir?
F(s) = 25/(s(s + 1)(s + 6)) için f(t)’yi kısmi kesirlerle bulun ve f(0,8) değerini hesaplayın.
Bir sistem y″ + 8y′ + 12y = 48·u(t) denklemine uyuyor. Dinlenme durumunda başlar (y(0) = 0, y′(0) = 0) ve giriş, t ≥ 0 için u(t) = 1 basamağıdır. Çıkış y(0,6) değerini Laplace dönüşümüyle bulun.
G(s) = 5/(s + 1) sisteminin H₁ = 0,5 kazançlı bir iç (minör) negatif geri besleme çevrimi vardır. K = 5 denetleyici kazancı ve dış birim negatif geri besleme çevrimi sistemi kapatır. Kapalı çevrim kutbunu p bulun.
G₁ = 4/(s + 4), G₂ = 4/(s + 3), G₂ çevresinde H₁ = 1 iç negatif geri besleme ve H₂ = 1 dış negatif geri besleme olan blok diyagramı sadeleştirin. C(s)/R(s)’nin DC kazancını T(0) bulun.
Bir sistemin transfer fonksiyonu G(s) = 86/(s² + 11s + 86)’dır ve birim basamak girişi alıyor. Kutuplar s = σ ± jωd’dir. Gerçek kısmı σ bulun.
Birim negatif geri beslemeli bir çevrimde G(s) = 180/(s(s + 16)). ts ≈ 4/(ζωₙ) kullanarak kapalı çevrim basamak yanıtının %2 yerleşme süresini ts bulun.
G(s) = 29(s + 8)/(s(s + 3)) fonksiyonunun ω = 4 rad/s’deki ∠G(jω) fazını derece cinsinden bulun.
Birim geri beslemeli bir çevrimin açık çevrim transfer fonksiyonu L(s) = 14/(s(s + 1)(s + 4))’dır. ∠L(jω) = −180° olduğu faz kesişim frekansını ω180 bulun.
Birim geri beslemeli bir çevrimde L(s) = K(s + 13)/(s(s + 3)(s + 4)) ve K > 0’dır. Kapalı çevrimin kararlı olduğu en büyük kazancı (Kmax) bulun.
L(s) = K/((s + 6)(s + 10)) için kök yer eğrisi gösterilmiştir. İki kapalı çevrim kutbunun gerçel eksende buluştuğu ayrılma noktasındaki (sb) kazancı (K) bulun.
r(t) = 10 + 3t girişi (bir basamak artı bir rampa), G(s) = 4/(s(s + 1)) olan birim geri beslemeli bir çevrime uygulanıyor. Kalıcı durum hatasını (ess) bulun.
K = 25 orantılı denetleyicisi, birim geri beslemeli bir çevrimde G(s) = 4/(s(s + 10)) sistemini sürmektedir. ts ≈ 4/(ζωₙ) kullanarak basamak yanıtının %2 yerleşme süresini ts bulun.
Cevap: IR1 = 1,394 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: IR2 = 0,4621 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: I1 = −2 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.
Alttaki teli toprak kabul edin. Her kol A’dan dışarı (VA − Vk)/Rk akımı taşır; Vk kolun kaynağının gerilimidir (sade bir direnç için sıfır). A’dan çıkan akımların toplamı sıfırdır.
Ok kol boyunca yukarı, A düğümüne doğru gösterir.
Negatif sonuç, gerçek akımın oka ters yönde aktığı anlamına gelir.
Cevap: VA = 5,61 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.
Toprak alttaki teldir. Bilinen düğüm gerilimleri doğrudan kaynaklardan gelir (V1 = 5 V, V2 = 24 V). Bilinmeyenler: VA, VB.
A düğümünden dirençler üzerinden çıkan akımlar, kaynakların A düğümüne verdiği akıma eşittir.
B düğümünden dirençler üzerinden çıkan akımlar, kaynakların B düğümüne verdiği akıma eşittir.
Cevap: VR1 = 0,6 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: I1 = 3,188 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: I = 16,4 mA
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.
Her katkı kendi kaynağıyla orantılıdır; sabit yalnızca dirençlere bağlıdır.
Cevap: I = 5 mA
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.
Her katkı kendi kaynağıyla orantılıdır.
Cevap: IN = 0,2222 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 R₃’ten akım geçmez, bu yüzden üzerinde düşüm yoktur ve V_b = V_A olur. R₁ ve R₂ bir gerilim bölücü oluşturur.
Norton kaynağı, aynı devrenin R_th ile paralel bir akım kaynağı olarak görünümüdür. Akımı, a–b’deki kısa devre akımıdır.
Cevap: Vth = 47,5 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 Iₛ’nin tek yolu R₃ üzerinden A düğümüne gitmektir. V_A’yı V₁ ve Iₛ’nin süperpozisyonuyla bulun, sonra R₃ üzerindeki düşümü ekleyin.
Cevap: vL = 4,415 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.
Anahtar kapandıktan uzun süre sonra bobin kısa devre gibi davranır; bu yüzden son akımı yalnızca R belirler.
t = 0’da besleme geriliminin tamamı bobin üzerindedir; sonra sıfıra söner.
Cevap: vC = 10,76 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: C = 202,6 µF
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).
Cevap: VC = 7,067 V
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).
Seri devrenin her elemanından aynı akım geçer.
Cevap: I = 62,5 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.
Gücün yalnızca aktif kısmı iş yapar, bu yüzden güç faktörüne bölün.
Cevap: Pmax = 7,2 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.
Yük reaktansı kaynak reaktansını götürür ve yük direnci kaynak direncine eşittir.
Cevap: P = 1,792 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.
Her empedansın yalnızca dirençli kısmı aktif güç harcar.
Kontrol: cos φ = R/|Z| = 0,28 ve √3·VL·IL·cos φ aynı gücü verir.
Cevap: Cph = 203,8 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.
Δ grupta her kondansatör iki hat arasına bağlıdır.
Cevap: R1′ = 256 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: Pcu,fl = 567,3 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.
Cevap: Vin,max = 0,5957 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.
Cevap: Vout = −7,209 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.
V₂ = 0 iken V₁ bir eviren yükselteç görür. V₁ = 0 iken V₊ evirmeyen kazanç 1 + R₂/R₁ ile yükseltilir.
Cevap: IC = 1,368 mA
BJT çalışma noktası: aktif bölgede VBE = 0,7 V, IC = β·IB ve IE = (β + 1)·IB. KGY ile baz çevresinden IB’yi, sonra IC’yi, sonra kolektör–emetör çevresinden VCE’yi bulun. Bazdaki bir gerilim bölücü Thévenin eşdeğeriyle değiştirilir: VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; emetör direnci baz çevresinde (β + 1) kat büyük görünür.
Kontrol: VCE = 6,991 V, 0,2 V’un oldukça üzerinde; dolayısıyla transistör gerçekten aktiftir.
Cevap: RB = 3,25 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 = 209
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: R = 10
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.
2 kadar sağa kaydırmak her biti 2 basamak sağa taşır; sağ uçtan düşen bitler kaybolur ve soldan sıfırlar girer.
Cevap: L = 6
Boole cebiri: ifadeleri sadeleştiren kurallar X + X′ = 1 ve X·X′ = 0, X + X = X, soğurma X + X·Y = X, birleştirme kuralı X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y ve uzlaşma teoremi XY + X′Z + YZ = XY + X′Z’dir. De Morgan yasaları (X·Y)′ ifadesini X′ + Y′’ye ve (X + Y)′ ifadesini X′·Y′’ye çevirir. Bir Karnaugh haritası bu kuralları grafik olarak uygular: iki komşu hücrelik her grup, XY + XY′ = X kuralının bir kullanımıdır.
Aynı büyüklükte başka bir gruplama da vardır; literal sayısı aynıdır.
Cevap: Q = 10
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.
Her 16 darbe sayıcıyı aynı duruma geri getirir.
Cevap: f(0.8) = 1,927
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).
Cevap: y(0.6) = 2,247
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).
Cevap: p = −28,5
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: T(0) = 0,3636
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: σ = −5,5
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: ts = 0,5 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).
Bu çevrimde K ne olursa olsun ζωₙ = a/2’dir: K’yı artırmak aşımı artırır ama yerleşme süresini kısaltmaz.
Cevap: ∠G(jω) = −116,6 °
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: ω180 = 2 rad/s
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: Kmax = 14
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.
Sıfır s = −7’ın sağında olsaydı çevrim her K > 0 için kararlı kalırdı.
Cevap: K = 4
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.
K = −(s + 6)(s + 10) için dK/ds = 0 şunu verir: 2s + 16 = 0.
Bu kazançta kapalı çevrim kritik sönümlüdür (ζ = 1).
Cevap: ess = 0,75
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 = 0,8 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