Formül kâğıtları, her konunun temel yöntem adımları ve 40 alıştırma sorusu; tam çözümler en sonda.
R2 üzerinden geçen IR2 akımını bulun.
V1 kaynağının gördüğü eşdeğer direnç Req değerini bulun.
Düğüm analizi kullanarak VB düğüm gerilimini (topraktan ölçülen) bulun.
Düğüm analizi kullanarak ok yönünde R4 üzerinden geçen IR4 akımını bulun.
Çevre analizi kullanarak ok yönünde R3 üzerinden geçen IR3 akımını bulun.
Çevre analizi kullanarak I3 çevre akımını (saat yönünde) bulun.
R3 üzerinden geçen IR3 akımını sıfır yapan akım kaynağı Is değerini (yönü şekildeki gibi) bulun.
Süperpozisyon kullanarak ok yönünde R4 üzerinden geçen IR4 akımını bulun.
a–b arasına RL = 15 Ω yük bağlanmıştır. Devrenin geri kalanını Thévenin eşdeğeriyle değiştirin ve yük akımı IL değerini bulun.
a–b uçlarından görülen Thévenin gerilimi Vth değerini bulun.
Anahtar t = 0’da kapanmadan önce bobinden akım geçmez. Anahtar kapandıktan ne kadar sonra akım son değerinin %99’ine ulaşır? t değerini bulun.
Anahtar t = 0’da kapanmadan hemen önce kondansatörde gösterilen polaritede 5 V vardır. t = 1000 ms anında kondansatör gerilimi vC değerini bulun.
C = 1 µF olan seri bir RLC devresi 60 Hz’de rezonansa girmelidir. Gereken endüktans L değerini bulun.
Seri bir RLC devresi 230 V (rms), 1000 Hz bir kaynağa bağlı. Kondansatör üzerindeki rms gerilim VC değerini bulun.
Endüktif bir yük, 120 V (rms)’lik tek fazlı bir kaynaktan 4,5 A ve 459 W çekiyor. Onu bir X reaktansına seri bağlı bir R direnci olarak modelleyin. X değerini bulun.
10 V (rms), 50 Hz’lik bir kaynağın iç empedansı Zs = 25 + j40 Ω’dur. Yük empedansı ZL serbestçe seçilebilir. Yüke verilebilecek en büyük aktif güç Pmax değerini bulun.
Faz başına empedansı 4 + j3 Ω olan dengeli Δ bağlı bir yük, fazlar arası gerilimi 480 V olan dengeli üç fazlı bir kaynağa bağlanmıştır. Yükün çektiği toplam aktif güç P değerini kW cinsinden bulun.
Dengeli üç fazlı bir yük, 400 V (fazlar arası), 50 Hz bir kaynaktan 0,7 geri güç faktöründe 250 kW çekiyor. Yüke paralel bağlanan üç fazlı bir kondansatör grubu toplam güç faktörünü 0,98 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 10 Ω’luk bir direnç bağlanmıştır. Primer sargıdan bakıldığında görülen direnç R1′ değerini bulun.
Tek fazlı 100 kVA bir transformatörün demir kaybı 300 W’tır. Anma yükünde ve 0,85 geri güç faktöründe verimi %97,5’dir. Tam yükteki bakır kaybı Pcu,fl değerini watt cinsinden bulun.
Bu evirmeyen yükseltecin gerilim kazancını 20 yapan geri besleme direnci Rf değerini seçin.
İntegral alıcı, ±15 V ile beslenen ideal bir op-amp kullanır; çıkışı ±14 V’ta doyuma ulaşır. t = 0’da sabit bir Vin = −2,2 V girişi uygulandığında kondansatör yüksüzdür. t = 5 ms anında çıkış gerilimi Vout değerini bulun.
5,1 V’luk bir Zener regülatörü 470 Ω üzerinden 24 V’tan besleniyor ve 3300 Ω’luk bir yükü besliyor. Zener akımını IZ bulun.
β = 80 olan bir NPN transistör, VCC = 9 V ile kolektörü arasına bağlı 330 Ω değerindeki bir yük direncini anahtarlıyor. Emetör topraklıdır. Baz, 5 V’luk bir lojik çıkıştan RB baz direnci üzerinden sürülüyor. VBE = 0,7 V ve VCE(sat) = 0,2 V alın. Transistörü tam doyuma sürmeye hâlâ yeten en büyük baz direnci RB değerini kΩ cinsinden bulun.
Bitleri, 8 bitlik ikiye tümleyende −34 saklayacak şekilde ayarlayın. İşaretsiz bir sayı olarak okunduğunda desenin değeri U nedir?
Bitleri 0100 1110 AND 0111 0011 işleminin 8 bitlik sonucuna ayarlayın. Sonucun onluk değeri R nedir?
F = A′C + A′BC′ + BC′ fonksiyonunu en küçük çarpımlar toplamı biçimine sadeleştirin. Sadeleştirilmiş ifade kaç literal (L) içerir?
F(A, B, C, D) = Σm(0, 2, 4, 5, 8, 10, 13, 14) + d(1, 7, 12, 15) fonksiyonunun en küçük SOP biçimini bulun; d fark etmez (don’t-care) durumlarını gösterir. Kaç çarpım terimi (N) vardır?
F(s) = (2s + 20)/(s² + 4s + 13) için f(t)’yi tam kareye tamamlayarak bulun ve f(0,6) değerini hesaplayın.
y″ + 5y′ + 6y = 0 denklemini y(0) = 2 ve y′(0) = 6 ile Laplace dönüşümü kullanarak çözün ve y(0,1) değerini bulun.
G(s) = 6/(s + 10) sistemi, algılayıcısının kazancı H = 0,1 olan bir negatif geri besleme çevriminde denetleniyor. Kapalı çevrimin zaman sabitini τ bulun.
G₁ = 12/(s + 4), G₂ = 5/(s + 2), G₂ çevresinde H₁ = 0,5 iç negatif geri besleme ve H₂ = 0,5 dış negatif geri besleme olan blok diyagramı sadeleştirin. C(s)/R(s)’nin DC kazancını T(0) bulun.
Bir sistemin transfer fonksiyonu G(s) = 99/(s² + 16s + 99)’dır ve birim basamak girişi alıyor. ts ≈ 4/(ζωₙ) kullanarak basamak yanıtının %2 yerleşme süresini ts bulun.
Birim negatif geri beslemeli bir çevrimde G(s) = 75/(s(s + 2)). ts ≈ 4/(ζωₙ) kullanarak kapalı çevrim basamak yanıtının %2 yerleşme süresini ts bulun.
Gösterilen RC yüksek geçiren filtre için R = 1 kΩ, C = 100 nF geçerlidir. 6,4 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) = 20/(s(s + 5))’dır. Faz payını PM derece cinsinden bulun.
Birim geri beslemeli bir çevrimde L(s) = K(s + 10)/(s(s + 1)(s + 4)) ve K > 0’dır. Kapalı çevrimin kararlı olduğu en büyük kazancı (Kmax) bulun.
L(s) = K/(s(s + 4)(s + 8)) için kök yer eğrisi, s = 0 ile s = −4 arasında gerçel eksenden ayrılır. Ayrılma noktasını (sb) bulun.
Birim geri beslemeli bir çevrimde G(s) = K/((s + 2)(s + 5))’dır. Basamak girişi için kalıcı durum hatasını % 25 yapan kazancı (K) bulun.
K = 8 orantılı denetleyicisi, birim geri beslemeli bir çevrimde G(s) = 10/(s(s + 8)) sistemini sürmektedir. ts ≈ 4/(ζωₙ) kullanarak basamak yanıtının %2 yerleşme süresini ts bulun.
Cevap: IR2 = 1,1 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: Req = 10,01 Ω
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.
Cevap: VB = 8,931 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 = 18 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: IR4 = −2,708 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.
Toprak alttaki teldir. Bilinen düğüm gerilimleri doğrudan kaynaklardan gelir (V1 = 12 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: IR3 = 0,8286 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. 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 = −1,243 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: Is = 0,225 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 A ile toprak arasında kalır. Iₛ, B’de R₄ ile R₃ + R₁∥R₂ yolu arasında bölünür; R₃’ten geçen kısım oka ters yönde, B’den A’ya akar.
Cevap: IR4 = 0,56 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: IL = 0,1593 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.
Thévenin kaynağı ve seri R_th, a–b’de özgün devreyle tamamen aynı davranır; bu yüzden yük basit bir seri çevre görür.
Cevap: Vth = 64,5 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: t = 20,93 ms
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 = 11,17 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: L = 7036 mH
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 = 29,75 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: X = 14,05 Ω
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: Pmax = 1 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 = 110,6 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| = 0,8 ve √3·VL·IL·cos φ aynı gücü verir.
Cevap: Cph = 1355 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′ = 640 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 = 1879 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: Rf = 38 kΩ
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₋ = V₊ = Vin ve R₁’deki akım Rf’den de geçer, bu yüzden Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).
Cevap: Vout = 5 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.
kΩ çarpı µF milisaniye verir.
İdeal değer ±Vsat içindedir, bu yüzden integral alıcı henüz kırpılmamıştır.
Cevap: IZ = 38,67 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 = 12,9 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.
Daha küçük herhangi bir baz direnci de transistörü doyuma sokar; uygulamada birkaç kat daha küçük bir direnç seçilir.
Cevap: U = 222
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: R = 66
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.
AND yalnızca iki bit de 1 olduğunda 1 verir.
Cevap: L = 4
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.
Cevap: N = 3
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.
1’lerden ve X’lerden oluşturulabilen en büyük gruplar.
Aynı büyüklükte başka bir gruplama da vardır; terim ve literal sayısı aynıdır.
Cevap: f(0.6) = 1,427
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(0.1) = 2,417
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 = 2.
Cevap: τ = 0,09434 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: T(0) = 1,25
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 = 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).
Payda s² + 2ζωₙs + ωₙ² ile eşleşmelidir.
Cevap: ts = 4 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: φ = 13,97 °
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: PM = 56,34 °
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 = 4
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 = −5’ın sağında olsaydı çevrim her K > 0 için kararlı kalırdı.
Cevap: sb = −1,691
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.
Eğri, gerçel eksende 0 ile −4 arasındadır; diğer kök eğri üzerinde değildir.
Cevap: K = 30
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.
Kapalı çevrim kararlılığını da kontrol edin: bu ikinci dereceden çevrimde her K > 0 kararlıdır.
Cevap: ts = 1 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