Elektronik 1: hızlı tekrar paketi

Formül kâğıtları, her konunun temel yöntem adımları ve 14 alıştırma sorusu; tam çözümler en sonda.

Yeni sorularDerse dön

Yazdırma penceresinde, bir kopyayı cihazınızda saklamak için “PDF olarak kaydet” seçeneğini seçin.

1Formüller ve yöntemler

Diyotlar ve transistörler

Diyot (sabit gerilim düşümü)
VD = 0,7 V when conducting
Aktif bölge
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Sabit kutuplama
IB = (VCC − 0,7)/RB
Gerilim bölücülü kutuplama
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Bölücünün Thévenin eşdeğeri
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Kolektör çevresi
VCE = VCC − ICRC − IERE
Doyum
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Op-amp devreleri

Eviren yükselteç
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Evirmeyen yükselteç
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Toplayıcı yükselteç
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
İdeal op-amp
V+ = V−, Iin = 0

RC ve RL geçici rejim

Zaman sabiti
τ = RC | τ = L/R
Yanıt
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
DC’de kondansatör
açık devre; vC ani değişemez
DC’de bobin
kısa devre; iL ani değişemez
Kalıcı durum
t ≈ 5τ

Yöntem

  1. Anahtarlamadan hemen sonraki başlangıç değerini bulun: kondansatör gerilimi ve bobin akımı ani değişemez.
  2. Anahtarlamadan çok sonraki son değeri bulun: kondansatör açık devre, bobin kısa devre gibi davranır.
  3. Zaman sabitini bulun: kondansatörün veya bobinin gördüğü direnci kullanarak τ = RC veya τ = L/R.
  4. x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ kullanın.

Seri ve paralel dirençler

Seri dirençler
Req = R1 + R2 + …
Paralel dirençler
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
İki paralel direnç
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Ohm yasası
V = I·R
Güç
P = V·I = I²R = V²/R

Yöntem

  1. Ağın uçlardan en uzak ucundan başlayın.
  2. Seri dirençleri toplayarak, paralel dirençleri 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + … ile birleştirin.
  3. Her adımdan sonra devreyi yeniden çizin.
  4. Uçlar arasında tek bir direnç kalana kadar tekrarlayın.

DC–DC dönüştürücüler

Alçaltıcı
Vo = D·Vin
Yükseltici
Vo = Vin/(1 − D)
Eviren alçaltıcı-yükseltici
|Vo| = Vin·D/(1 − D)
İdeal güç dengesi
VinIin = VoIo
Bobin dalgalanması
ΔIL = VL,on·D/(L·f); buck Vin − Vo, boost and buck-boost Vin
Ortalama bobin akımı
alçaltıcı Io; yükseltici ve alçaltıcı-yükseltici Io/(1 − D)
Çıkış dalgalanması
alçaltıcı ΔIL/(8fC); yükseltici ve alçaltıcı-yükseltici Io·D/(fC)
CCM sınırı
alçaltıcı (1 − D)R/(2f); yükseltici D(1 − D)²R/(2f); alçaltıcı-yükseltici (1 − D)²R/(2f)

Yöntem

  1. Dönüştürücüyü (alçaltıcı, yükseltici veya alçaltıcı-yükseltici) ve D görev oranını gerilim oranından belirleyin.
  2. Bobinde volt-saniye dengesini kullanın: bir periyot boyunca ortalama bobin gerilimi sıfırdır.
  3. Anahtar iletimdeyken bobin gerilimini bulun, sonra ΔIL = VL·D/(L·f).
  4. Çıkış dalgalanması için kondansatöre giren ve çıkan yükü bulun; CCM sınırı için ortalama bobin akımını ΔIL/2’ye eşitleyin.

Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Bölücü gerilimleri
Va = VsR2/(R1 + R2), Vb = VsR4/(R3 + R4)
Çıkarılan
Vab = Va − Vb
Denge
R1/R2 = R3/R4
Kayar telli köprü
R/Rx = l/(100 − l)
Thévenin direnci
Rth = R1∥R2 + R3∥R4
Gerinim ölçer çarpanı
ΔR/R = GF·ε
Köprü çıkışı
çeyrek Vs·GF·ε/4, yarım Vs·GF·ε/2, tam Vs·GF·ε
Küçük değişim, tek kol
Vab ≈ Vs·ΔR/(4R)
Gerilme
σ = E·ε

Yöntem

  1. Köprüyü aynı kaynağa bağlı iki gerilim bölücü olarak ele alın.
  2. Denge için R₁/R₂ = R₃/R₄ yazın ve bilinmeyen direnci çözün.
  3. Dengesiz bir köprüde Va ve Vb’yi bölücülerden bulup çıkarın; çıkışı bir ölçü aleti yüklüyorsa Thévenin eşdeğerini kullanın.
  4. Gerinim ölçerlerde gerinimi ΔR/R = GF·ε’ye çevirin ve çeyrek, yarım veya tam köprü için sırasıyla Vs·GF·ε/4, /2 veya ×1 kullanın.

Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplar

Temel kapılar
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Boole kuralları
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Karnaugh haritası sırası
00, 01, 11, 10 (Gray code)
2ᵏ hücrelik grup
k değişken kaybeder
4’ten 1’e çoklayıcı
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Flip-floplar
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Sayıcılar
n bit: 2ⁿ durum; mod-N: 2ⁿ ≥ N olan en küçük n; fçıkış = fclk/N
Dalgacık (ripple) sayıcı
fmax = 1/(n·tpd)
Halka ve Johnson sayıcılar
n ve 2n durum

Yöntem

  1. Bir devre için girişlerden çıkışa doğru her seferinde bir kapı olacak şekilde çalışın ve her telin üzerine değeri yazın ya da ifadesini yazıp doğruluk tablosunu doldurun.
  2. Sadeleştirme için 1’leri (ve fark etmez durumlarını X olarak) Gray kodlu satır ve sütunlara, 00, 01, 11, 10, sahip bir Karnaugh haritasına koyun.
  3. 1’leri kenarlardan dolanarak 1, 2, 4, 8 ya da 16 hücrelik olabildiğince az ve olabildiğince büyük gruplarla kapsayın; her grup, sabit kalan değişkenlerden oluşan bir çarpım terimidir. POS biçimi için 0’ları gruplayın.
  4. Flip-floplar ve sayıcılar için girişleri her etkin saat kenarında okuyun, her kenardan sonra durumu yazın ve n bitlik bir sayıcının 2ⁿ durumdan sonra başa sardığını unutmayın.

2Alıştırma soruları

1.Diyotlar ve transistörlerOrta
RC​ = 4,7 kΩβ = 50IC​ = ?VCC​ = 12 VRB​ = 1000 kΩ

β = 50 olan bir NPN transistör, VCC = 12 V kaynağından RB = 1000 kΩ baz direnciyle kutuplanmıştır. Kolektör direnci RC = 4,7 kΩ ve emetör topraklıdır. VBE = 0,7 V alın ve transistörün aktif bölgede olduğunu varsayın. Kolektör akımı IC değerini mA cinsinden bulun.

VCC = 12 VRB = 1000 kΩRC = 4,7 kΩβ = 50VBE = 0,7 V
IC = mA
2.Diyotlar ve transistörlerZor
RC​ = 470 Ωβ = 50VCC​ = 24 V5 VRB​ = ?

β = 50 olan bir NPN transistör, VCC = 24 V ile kolektörü arasına bağlı 470 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.

VCC = 24 VRC = 470 Ωβ = 50Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
3.Op-amp devreleriOrta
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 100 kΩVin​

Bu evirmeyen yükseltecin gerilim kazancını 51 yapan geri besleme direnci Rf değerini seçin.

R1 = 100 kΩAv = 51
Rf = kΩ
4.Op-amp devreleriZor
−+Vout​R2​ = 2 kΩV1​ = −1,1 VR1​ = 100 kΩV2​ = 1,8 VR3​ = 100 kΩR4​ = 47 kΩ

Op-amp idealdir ve ±15 V ile beslenir. Direnç oranları eşleşmiyor. Çıkış gerilimi Vout değerini bulun.

V1 = −1,1 VV2 = 1,8 VR1 = 100 kΩR2 = 2 kΩR3 = 100 kΩR4 = 47 kΩ
Vout = V
5.RC ve RL geçici rejimOrta
R = 47 Ωt = 0L47 mHi(t)

Bobin 1 A’lik sabit bir akım taşıyor. t = 0’da anahtar devreyi R üzerinden kapatır ve kaynak çıkarılır, böylece bobin akımı R üzerinden azalır. t = 1 ms anında R üzerindeki gerilim vR değerini bulun.

i(0) = 1 AR = 47 ΩL = 47 mHt = 1 ms
vR = V
6.RC ve RL geçici rejimZor
+−Vs​20 VR1​ = 15 ΩR2​ = 5 Ωt = 0’da açılırL33 mHi(t)

R2 üzerindeki anahtar uzun süredir kapalıdır, bu yüzden bobin akımı sabittir. t = 0’da anahtar açılır. t = 2 ms anında bobin akımı i değerini bulun.

Vs = 20 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩL = 33 mHt = 2 ms
i = A
7.Seri ve paralel dirençlerOrta
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​2 ΩAR4​15 ΩB

V1 kaynağının gördüğü eşdeğer direnç Req değerini bulun.

V1 = 30 VR1 = 6 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 Ω
Req = Ω
8.Seri ve paralel dirençlerZor
R1​ = 20 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​4 ΩBR6​8 Ω

V1 kaynağının gördüğü eşdeğer direnç Req değerini bulun.

V1 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 5 ΩR4 = 4 ΩR5 = 6 ΩR6 = 8 Ω
Req = Ω
9.DC–DC dönüştürücülerOrta
tiL​Imax​Imin​ΔI = ?DTT2T

İdeal bir yükseltici dönüştürücü, 200 kHz’te ve L = 68 µH ile 48 V’u 96 V’a çeviriyor. Bobin dalgalanma akımının tepeden tepeye değerini (ΔIL) bulun.

Vin​ = 48 VVo​ = 96 Vf = 200 kHzL = 68 µH
ΔIL = A
10.DC–DC dönüştürücülerZor
tiL​Imax​IL​DTT2T

İdeal bir eviren alçaltıcı-yükseltici dönüştürücü, 4 Ω’luk bir yük için 20 kHz’te 15 V’u −45 V’a çeviriyor. Sürekli iletim için en küçük endüktansı (Lcrit) bulun.

Vin​ = 15 VVo​ = −45 Vf = 20 kHzR = 4 Ω
Lcrit = µH
11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerOrta
+−3 V500 Ω500 Ω + ΔR500 Ω500 Ωab+−Vab​ = ?

Bir köprünün dört kolu 500 Ω’dur ve Vs = 3 V’tur. R₂ sensörü ΔR = 4 Ω artıyor. Küçük değişim yaklaşımını kullanarak çıkışı (Vab) mV cinsinden bulun.

Vs = 3 VR = 500 ΩΔR = 4 Ω
Vab = mV
12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerZor
+−10 V350 Ω − ΔR350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−Vo​ = ?

350 Ω kollu bir köprü 10 V ile uyarılıyor ve içinde bitişik kollarda biri çekmede, diğeri basmada iki etkin gerinim ölçer (yarım köprü) bulunuyor. Gerinim ölçer çarpanı 2, gerinim 250 µε’dir. Köprü çıkışını (Vo) mV cinsinden bulun.

Vs = 10 VGF = 2ε = 250 µε
Vo = mV
13.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplarOrta
ABC000111100101324576

F = A′BC + AB′C + A′B + ABC′ fonksiyonunu en küçük çarpımlar toplamı biçimine sadeleştirin. Sadeleştirilmiş ifade kaç literal (L) içerir?

F = A′BC + AB′C + A′B + ABC′
L =
14.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplarZor
ABCD0001111000011110X00103X214051706112113115X1408X9111110

F(A, B, C, D) = Σm(4, 7, 10, 11, 12, 13, 15) + d(0, 2, 9, 14) fonksiyonunun en küçük SOP biçimini bulun; d fark etmez (don’t-care) durumlarını gösterir. Kaç literal (L) içerir?

F(A, B, C, D) = Σm(4, 7, 10, 11, 12, 13, 15) + d(0, 2, 9, 14)
L =

3Çözeltiler

1.Diyotlar ve transistörler

Cevap: IC = 0,565 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 akımı

IB = (VCC − VBE)/RB = (12 − 0,7)/1000 kΩ = 11,3 µA

Kolektör akımı

IC = β·IB = 50·11,3 µA = 0,565 mA

Cevap

IC = 0,565 mA

Kontrol: VCE = 9,345 V, 0,2 V’un oldukça üzerinde; dolayısıyla transistör gerçekten aktiftir.

2.Diyotlar ve transistörler

Cevap: RB = 4,246 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.

Doyumdaki kolektör akımı

IC(sat) = (24 − 0,2)/470 = 50,64 mA

En küçük baz akımı

IB(min) = IC(sat)/β = 50,64/50 = 1013 µA

Baz direnci

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/1,013 mA = 4,246 kΩ

Cevap

RB = 4,246 kΩ

Daha küçük herhangi bir baz direnci de transistörü doyuma sokar; uygulamada birkaç kat daha küçük bir direnç seçilir.

3.Op-amp devreleri

Cevap: Rf = 5000 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.

Evirmeyen yükselteç kazancı

V₋ = V₊ = Vin ve R₁’deki akım Rf’den de geçer, bu yüzden Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (51 − 1)·100 = 5000 kΩ

Cevap

Rf = 5000 kΩ
4.Op-amp devreleri

Cevap: Vout = 0,609 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.

+ girişindeki gerilim

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,8·47/(100 + 47) = 0,5755 V

İki girişi süperpoze edin

V₂ = 0 iken V₁ bir eviren yükselteç görür. V₁ = 0 iken V₊ evirmeyen kazanç 1 + R₂/R₁ ile yükseltilir.

Vout = −(2/100)·(−1,1) + (1 + 2/100)·0,5755 = 0,022 + 0,587 = 0,609 V

Cevap

Vout = 0,609 V
5.RC ve RL geçici rejim

Cevap: vR = 17,29 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.

Zaman sabiti

τ = L/R = 47 mH / 47 Ω = 1 ms

Akımın azalması

i(t) = 1·e−1/1 = 0,3679 A
vR = R·i = 47·0,3679 = 17,29 V

Cevap

vR = 17,29 V
6.RC ve RL geçici rejim

Cevap: i = 1,099 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.

Başlangıç değeri, son değer, zaman sabiti

t = 0’dan önce kapalı anahtar R₂’yi devre dışı bırakır; sonra R₁ ve R₂ ikisi de devrededir.

i(0) = 20/15 = 1,333 A
i(∞) = 20/(15 + 5) = 1 A
τ = L/R = 33/20 = 1,65 ms
i(t) = 1 + (1,333 − 1)·e−t/τ

Verilen andaki akım

i(2) = 1 + (0,3333)·e−2/1,65 = 1,099 A

Cevap

i = 1,099 A
7.Seri ve paralel dirençler

Cevap: Req = 7,852 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.

R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​2 ΩAR4​15 ΩB

Dirençleri en uzak uçtan birleştirin

Kaynağa en uzak uçtan başlayıp ona doğru geri gelin. Aynı akımı taşıyan dirençler seri; aynı iki düğüm arasındaki dirençler paraleldir.

R3 + R4 = 10 + 15 = 25 Ω
R2 ∥ 25 = 2·25/(2+25) = 1,852 Ω
Req = R1 + 1,852 = 6 + 1,852 = 7,852 Ω

Cevap

Req = 7,852 Ω
8.Seri ve paralel dirençler

Cevap: Req = 23,09 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.

R1​ = 20 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​4 ΩBR6​8 Ω

Dirençleri en uzak uçtan birleştirin

Kaynağa en uzak uçtan başlayıp ona doğru geri gelin. Aynı akımı taşıyan dirençler seri; aynı iki düğüm arasındaki dirençler paraleldir.

R5 + R6 = 6 + 8 = 14 Ω
R4 ∥ 14 = 3,111 Ω
R3 + 3,111 = 8,111 Ω
R2 ∥ 8,111 = 3,093 Ω
Req = R1 + 3,093 = 20 + 3,093 = 23,09 Ω

Cevap

Req = 23,09 Ω
9.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: ΔIL = 1,765 A

DC–DC dönüştürücüler: bir S anahtarı, her T = 1/f periyodunun D kesri boyunca iletimdedir. Kalıcı durumda ortalama bobin gerilimi sıfırdır (volt-saniye dengesi); bu, sürekli iletimde ideal dönüştürme oranlarını verir: alçaltıcı (buck) Vo = D·Vin, yükseltici (boost) Vo = Vin/(1 − D), eviren alçaltıcı-yükseltici (buck-boost) |Vo| = Vin·D/(1 − D). İdeal bir dönüştürücü gücü korur: Vin·Iin = Vo·Io. S iletimdeyken bobin akımı ΔIL = VL·D·T/L kadar artar; burada VL, alçaltıcıda Vin − Vo, yükselticide ve alçaltıcı-yükselticide Vin’dir. Çıkış dalgalanması alçaltıcıda ΔVo = ΔIL/(8fC), yükselticide ve alçaltıcı-yükselticide Io·D/(fC)’dir. Ortalama bobin akımı ΔIL/2’ye eşit olduğunda bobin akımı sıfıra tam değiyor (CCM sınırı).

Görev oranı

D = 1 − 48/96 = 0,5

İletim süresinde bobin gerilimi

S iletimdeyken bobin doğrudan Vin uçlarındadır.

VL = 48 V

Dalgalanma akımı

ΔIL = VL·D/(L·f) = 48·0,5/(68·10⁻⁶·200·10³) = 1,765 A

Cevap

ΔIL = 1,765 A
10.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: Lcrit = 6,25 µH

DC–DC dönüştürücüler: bir S anahtarı, her T = 1/f periyodunun D kesri boyunca iletimdedir. Kalıcı durumda ortalama bobin gerilimi sıfırdır (volt-saniye dengesi); bu, sürekli iletimde ideal dönüştürme oranlarını verir: alçaltıcı (buck) Vo = D·Vin, yükseltici (boost) Vo = Vin/(1 − D), eviren alçaltıcı-yükseltici (buck-boost) |Vo| = Vin·D/(1 − D). İdeal bir dönüştürücü gücü korur: Vin·Iin = Vo·Io. S iletimdeyken bobin akımı ΔIL = VL·D·T/L kadar artar; burada VL, alçaltıcıda Vin − Vo, yükselticide ve alçaltıcı-yükselticide Vin’dir. Çıkış dalgalanması alçaltıcıda ΔVo = ΔIL/(8fC), yükselticide ve alçaltıcı-yükselticide Io·D/(fC)’dir. Ortalama bobin akımı ΔIL/2’ye eşit olduğunda bobin akımı sıfıra tam değiyor (CCM sınırı).

Görev oranı

D = 45/(15 + 45) = 0,75

Sınır koşulu

Ortalama bobin akımını dalgalanma akımının yarısına eşitleyin ve L için çözün.

Lcrit = (1 − D)²·R/(2f)

Kritik endüktans

Lcrit = (1 − 0,75)²·4/(220·10³) = 6,25 µH

Cevap

Lcrit = 6,25 µH
11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: Vab = 6 mV

Wheatstone köprüsü: iki gerilim bölücü tek bir Vs kaynağını paylaşır. Soldaki R1–R2 bölücüsü Va = Vs·R2/(R1 + R2), sağdaki R3–R4 bölücüsü Vb = Vs·R4/(R3 + R4) verir; çıkış Vab = Va − Vb’dir. Köprü, R1/R2 = R3/R4, yani R1·R4 = R2·R3 olduğunda dengededir (Vab = 0, ölçü aletinden akım geçmez). Çıkıştan bakıldığında köprü, Rth = R1∥R2 + R3∥R4 olan bir Thévenin kaynağıdır.

Bağıl değişim

ΔR/R = 4/500 = 0,008

Doğrusallaştırılmış çıkış

Vab ≈ 3·0,008/4 = 6 mV

Cevap

Vab = 6 mV

Kesin değer 5,976 mV’tur; ΔR/R küçük olduğu sürece yaklaşım iyidir.

12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: Vo = 2,5 mV

Gerinim ölçerler: bir gerinim ölçer direncini gerinimle değiştirir: ΔR/R = GF·ε; burada GF gerinim ölçer çarpanı olup metal folyo için yaklaşık 2’dir. Tüm kolları R olan bir köprüde tek etkin gerinim ölçer (çeyrek köprü) Vo ≈ Vs·GF·ε/4 verir. Bitişik kollarda zıt gerinimli iki etkin gerinim ölçer (yarım köprü) Vs·GF·ε/2, dört etkin gerinim ölçer (tam köprü) ise Vs·GF·ε verir. Gerilme, Hooke yasasından bulunur: σ = E·ε. Yük hücreleri duyarlılıklarını mV/V olarak belirtir: tam yükte, volt başına uyarma gerilimi için çıkış.

Bağıl direnç değişimi

ΔR/R = 2·250·10⁻⁶ = 0,0005

Köprü çıkışı

Vo = Vs·GF·ε/2 = 10·0,0005/2 = 2,5 mV

Cevap

Vo = 2,5 mV
13.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplar

Cevap: L = 7

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.

İfadenin minterimleri

A′BC → m(3)
AB′C → m(5)
A′B → m(2, 3)
ABC′ → m(6)
ABC00011110010001131204150716

Gruplayın ve okuyun

F = BC′ + A′B + AB′C

Literalleri sayın

L = 7

Cevap

L = 7
14.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplar

Cevap: L = 10

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.

Asal implikantlar

1’lerden ve X’lerden oluşturulabilen en büyük gruplar.

B′CD′, BC′D′, BCD, AD, AC, A′C′D′, AB
ABCD0001111000011110X00103X214051706112113115X1408X9111110

En küçük kapsama

F = BC′D′ + BCD + AD + AC
L = 10

Cevap

L = 10

Aynı büyüklükte başka bir gruplama da vardır; terim ve literal sayısı aynıdır.

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1