Formül kâğıtları, her konunun temel yöntem adımları ve 40 alıştırma sorusu; tam çözümler en sonda.
V1 kaynağının gördüğü eşdeğer direnç Req değerini bulun.
V1 kaynağının gördüğü eşdeğer direnç Req değerini bulun.
Düğüm analizi kullanarak ok yönünde R3 üzerinden geçen IR3 akımını bulun.
Düğüm analizi kullanarak ok yönünde R1 üzerinden geçen IR1 akımını bulun.
Çevre analizi kullanarak ok yönünde R3 üzerinden geçen IR3 akımını bulun.
Çevre analizi kullanarak I2 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 = 15 V ve Is = 6 mA iken I = 7,5 mA; Vs = 12 V ve Is = 1 mA iken I = 5,05 mA. Vs = 2 V ve Is = 4 mA iken yük akımı I değerini bulun.
R3 üzerinden geçen IR3 akımını sıfır yapan gerilim kaynağı V2 değerini (kutupları şekildeki gibi) bulun.
Norton akımı IN değerini bulun: uçlar kısa devre edilirse a’dan b’ye akan akım.
a–b arasına RL = 6 Ω yük bağlanmıştır. Devrenin geri kalanını Thévenin eşdeğeriyle değiştirin ve yük akımı IL değerini bulun.
Vₛ kaynağı kondansatörü R₁ üzerinden doldurur ve R₂, C’ye paralel bağlıdır. Anahtar t = 0’da kapandığında kondansatör boştur. t = 40 ms anında kondansatör gerilimi vC değerini bulun.
R2 üzerindeki anahtar uzun süredir açıktır, bu yüzden bobin akımı sabittir. t = 0’da anahtar kapanır ve R2 direncini kısa devre eder. t = 5 ms anında bobin akımı i değerini bulun.
Bir direnç ve bir kondansatör, 100 V (rms), 100 Hz’lik bir kaynağın uçlarına paralel bağlıdır. Rms akım I değerini bulun.
Seri bir RLC devresi 120 V (rms), 200 Hz bir kaynağa bağlı. Rms akım I değerini bulun.
Tek fazlı bir motor, 230 V bir kaynaktan 0,7 geri güç faktöründe 35 kW çekiyor. Çektiği reaktif güç Q değerini bulun.
Tek fazlı bir yük, 230 V, 50 Hz bir kaynaktan 0,6 geri güç faktöründe 45 kW çekiyor. Paralel bağlanan bir kondansatör güç faktörünü 0,98 değerine yükseltiyor. Yeni hat akımı Inew değerini bulun.
Faz başına empedansı 20 + j15 Ω olan dengeli Δ 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), 60 Hz bir kaynaktan 0,65 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.
Çıkış direnci 64 Ω olan bir yükselteç, ideal bir transformatör üzerinden 16 Ω’luk bir hoparlörü sürüyor. En büyük güç aktarımı için hoparlör yükseltece 64 Ω olarak görünmelidir. Sarım oranı a = N₁/N₂ değerini bulun.
Tek fazlı 500 kVA bir transformatörün demir kaybı 4000 W’tır. Anma yükünde ve 0,9 geri güç faktöründe verimi %98’dir. Tam yükteki bakır kaybı Pcu,fl değerini watt cinsinden bulun.
Op-amp idealdir ve ±15 V ile beslenir. Çıkış gerilimi Vout değerini bulun.
İki ideal op-amp kademesi kaskat bağlanmıştır: bir eviren yükselteç (R1, Rf1) ve ardından bir evirmeyen yükselteç (toprağa R2, geri beslemede Rf2). İkisi de ±15 V ile beslenir. Giriş Vin = 0,45 V’tur. Çıkış gerilimi Vout değerini bulun.
β = 200 olan bir NPN transistör, VCC = 15 V’tan gerilim bölücüyle kutuplanmıştır: VCC’den baza R₁ = 56 kΩ ve bazdan toprağa R₂ = 15 kΩ. Kolektör direnci RC = 4,7 kΩ ve emetör direnci RE = 1,2 kΩ. VBE = 0,7 V alın ve bölücünün Thévenin eşdeğerini kullanın (baz akımını ihmal etmeyin). Kolektör akımı IC değerini mA cinsinden bulun.
β = 50 olan bir NPN transistör, VCC = 24 V ile kolektörü arasına bağlı 680 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. Güvenilir anahtarlama için baz akımını doyum için gereken en küçük değerin 5 katı olacak şekilde tasarlayın. RB değerini kΩ cinsinden bulun.
−95 sayısını 8 bitlik ikiye tümleyen dizisi olarak yazın. Diziyi işaretsiz ikilik sayı olarak okuyun: onluk değeri U nedir?
Bitleri 0110 0110 << 1 işleminin 8 bitlik sonucuna ayarlayın. Sonucun onluk değeri R nedir?
F(A, B, C, D) = Σm(2, 4, 5, 6, 9, 13, 14) 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 7 yükselen saat kenarında gösterilen girişleri alır. Q kaç kez, N, durum değiştirir?
F(s) = (2s + 13)/(s² + 4s + 5) için f(t)’yi tam kareye tamamlayarak bulun ve f(0,2) değerini hesaplayın.
y″ + 7y′ + 6y = 0 denklemini y(0) = 10 ve y′(0) = 12 ile Laplace dönüşümü kullanarak çözün ve y(0,3) değerini bulun.
G(s) = 3/(s + 3) sisteminin H₁ = 2 kazançlı bir iç (minör) negatif geri besleme çevrimi vardır. K = 6 denetleyici kazancı ve dış birim negatif geri besleme çevrimi sistemi kapatır. Kapalı çevrim kutbunu p bulun.
K = 22 oransal denetleyici, G(s) = 1/(s + 6) sistemini birim negatif geri besleme çevriminde sürüyor. Bir bozucu D sistem girişine girer (denetleyici çıkışına eklenir). 1 büyüklüğünde bir referans basamağı ve 5 büyüklüğünde bir bozucu basamağı birlikte uygulanıyor. Kararlı hal çıkışını css bulun.
Bir sistemin transfer fonksiyonu G(s) = 207/(s² + 12s + 69)’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) = 110/(s(s + 5)). ts ≈ 4/(ζωₙ) kullanarak kapalı çevrim basamak yanıtının %2 yerleşme süresini ts bulun.
G(s) = 360/((s + 3)(s + 8)) fonksiyonunun ω = 2 rad/s’deki tam |G(jω)| genliğini dB cinsinden bulun.
Birim geri beslemeli bir çevrimin açık çevrim transfer fonksiyonu L(s) = K/(s(s + 1)(s + 4))’dır. 20 dB’lik bir kazanç payı veren K kazancını bulun.
Şemadaki çevrim K = 96 ve L(s) = K/(s(s + 2)(s + 10)) ile çalışmaktadır. Kapalı çevrim kararsız olmadan önce kazanç kaç katına (m) çıkarılabilir?
L(s) = K/((s + 4)(s + 8)) için kök yer eğrisi gösterilmiştir. İki kapalı çevrim kutbunun gerçel eksende buluştuğu ayrılma noktasındaki (sb) kazancı (K) bulun.
r(t) = 1·t²/2 parabolik girişi, G(s) = 20(s + 4)/(s²(s + 2)) olan birim geri beslemeli bir çevrime uygulanıyor. Kalıcı durum hatasını (ess) bulun.
C(s) = Kp + Ki/s PI denetleyicisi, birim geri beslemeli bir çevrimde G(s) = 4/(s + 1) sistemini sürmektedir. Kapalı çevrim ωₙ = 2 rad/s ve ζ = 1 değerlerine sahip olmalıdır. İntegral kazancını (Ki) bulun.
Cevap: Req = 18,48 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: Req = 17,31 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: IR3 = 1,846 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 = 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: IR1 = −1,128 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 = 10 V, V2 = 12 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 = 0,8571 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: I2 = 1,609 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 = 1,8 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: V2 = 34 V
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. Iₛ’nin oku aşağı, düğümünden uzağa doğru gösterir, bu yüzden Iₛ o düğümden akım çeker: terimi eksi işaretle girer.
V₁ kısa devre, Iₛ açık devre olur. R₁ ∥ R₃ A’dan başlar ve R₂ ile seri olarak B’ye döner.
VA = 0 iken R₃ üzerinde gerilim yoktur, bu yüzden akımı sıfırdır.
Cevap: IN = 0,45 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: IL = 1 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.
Thévenin kaynağı ve seri R_th, a–b’de özgün devreyle tamamen aynı davranır; bu yüzden yük basit bir seri çevre görür.
Cevap: vC = 1,617 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.
Rth’yi bulmak için kaynağı kısa devre edin; kondansatörün yerleşeceği gerilimi bulmak için kondansatörü açık devre yapın.
Cevap: i = 0,9209 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.
t = 0’dan önce iki direnç de devrededir; sonra kapalı anahtar R₂’yi devre dışı bırakır.
Cevap: I = 10,43 A
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.
İki kol da doğrudan kaynağın uçlarına bağlıdır, bu yüzden her biri V geriliminin tamamını görür.
Direnç akımı V ile aynı fazdadır, reaktif akım ise 90° faz farklıdır, bu yüzden bir dik üçgenin kenarları gibi toplanırlar.
Cevap: I = 1,459 A
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: Q = 35,71 kvar
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: Inew = 199,6 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 = 15,36 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 = 926,9 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.
Δ grupta her kondansatör iki hat arasına bağlıdır.
Cevap: a = 2
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.
Cevap: Pcu,fl = 5184 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: Vout = −2,8 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 = −5,175 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: IC = 1,952 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.
Baz çevresinde KGY; emetör akımı (β + 1)·IB’dir.
Cevap: RB = 1,229 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 = 161
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 = 204
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.
1 kadar sola kaydırmak her biti 1 basamak sola taşır; sol uçtan düşen bitler kaybolur ve sağdan sıfırlar girer.
Cevap: L = 12
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.
Cevap: N = 6
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: f(0.2) = 2,512
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(0.3) = 9,94
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 = 10.
Cevap: p = −27
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: css = 0,9643
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).
Daha büyük K bozucunun etkisini azaltır, ama oransal denetleyiciyle asla sıfıra indirmez.
Cevap: ts = 0,6667 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 = 1,6 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)| = 21,66 dB
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 = 2
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: m = 2,5
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.
Bu çarpan, oran olarak kazanç payıdır: 7,959 dB.
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 + 4)(s + 8) için dK/ds = 0 şunu verir: 2s + 12 = 0.
Bu kazançta kapalı çevrim kritik sönümlüdür (ζ = 1).
Cevap: ess = 0,025
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: Ki = 1
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.
1 + C(s)G(s) = 0, s(s + 1) ile çarpılmış hâlde.
İntegral terimi çevrimi 1 tipi yapar; bu yüzden basamak kalıcı durum hatası olmadan izlenir.
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