Elektronik 1: hızlı tekrar paketi

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

Yeni sorular Derse dön

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

1Formüller ve yöntemler

Diyotlar ve transistörler

Diyot (sabit gerilim düşümü): V_D = 0,7 V when conducting
Aktif bölge: V_BE = 0,7 V, I_C = β·I_B, I_E = (β + 1)·I_B
Sabit kutuplama: I_B = (V_CC − 0,7)/R_B
Gerilim bölücülü kutuplama: I_B = (V_TH − 0,7)/(R_TH + (β + 1)R_E)
Bölücünün Thévenin eşdeğeri: V_TH = V_CC·R₂/(R₁ + R₂), R_TH = R₁∥R₂
Kolektör çevresi: V_CE = V_CC − I_CR_C − I_ER_E
Doyum: I_C(sat) = (V_CC − V_CE(sat))/R_C, I_B ≥ I_C(sat)/β

Op-amp devreleri

Eviren yükselteç: V_out = −(R_f/R_in)·V_in
Evirmeyen yükselteç: V_out = (1 + R_f/R₁)·V_in
Toplayıcı yükselteç: V_out = −R_f(V₁/R₁ + V₂/R₂)
İdeal op-amp: V₊ = V₋, I_in = 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; v_C ani değişemez
DC’de bobin: kısa devre; i_L ani değişemez
Kalıcı durum: t ≈ 5τ

Yöntem

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

Seri ve paralel dirençler

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

Yöntem

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

DC–DC dönüştürücüler

Alçaltıcı: V_o = D·V_in
Yükseltici: V_o = V_in/(1 − D)
Eviren alçaltıcı-yükseltici: |V_o| = V_in·D/(1 − D)
İdeal güç dengesi: V_inI_in = V_oI_o
Bobin dalgalanması: ΔI_L = V_L,on·D/(L·f); buck V_in − V_o, boost and buck-boost V_in
Ortalama bobin akımı: alçaltıcı I_o; yükseltici ve alçaltıcı-yükseltici I_o/(1 − D)
Çıkış dalgalanması: alçaltıcı ΔI_L/(8fC); yükseltici ve alçaltıcı-yükseltici I_o·D/(fC)
CCM sınırı: alçaltıcı (1 − D)R/(2f); yükseltici D(1 − D)²R/(2f); alçaltıcı-yükseltici (1 − D)²R/(2f)

Yöntem

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

Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Bölücü gerilimleri: V_a = V_sR₂/(R₁ + R₂), V_b = V_sR₄/(R₃ + R₄)
Çıkarılan: V_ab = V_a − V_b
Denge: R₁/R₂ = R₃/R₄
Kayar telli köprü: R/R_x = l/(100 − l)
Thévenin direnci: R_th = R₁∥R₂ + R₃∥R₄
Gerinim ölçer çarpanı: ΔR/R = GF·ε
Köprü çıkışı: çeyrek V_s·GF·ε/4, yarım V_s·GF·ε/2, tam V_s·GF·ε
Küçük değişim, tek kol: V_ab ≈ V_s·ΔR/(4R)
Gerilme: σ = E·ε

Yöntem

Köprüyü aynı kaynağa bağlı iki gerilim bölücü olarak ele alın.
Denge için R₁/R₂ = R₃/R₄ yazın ve bilinmeyen direnci çözün.
Dengesiz bir köprüde V_a ve V_b’yi bölücülerden bulup çıkarın; çıkışı bir ölçü aleti yüklüyorsa Thévenin eşdeğerini kullanın.
Gerinim ölçerlerde gerinimi ΔR/R = GF·ε’ye çevirin ve çeyrek, yarım veya tam köprü için sırasıyla V_s·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; f_çıkış = f_clk/N
Dalgacık (ripple) sayıcı: f_max = 1/(n·t_pd)
Halka ve Johnson sayıcılar: n ve 2n durum

Yöntem

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.
Sadeleştirme için 1’leri (ve fark etmez durumlarını X olarak) Gray kodlu satır ve sütunlara, 00, 01, 11, 10, sahip bir Karnaugh haritasına koyun.
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.
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

3,3 V’luk bir Zener regülatörü 150 Ω üzerinden 24 V’tan besleniyor ve 2200 Ω’luk bir yükü besliyor. Zener akımını I_Z bulun.

V_in = 24 VV_Z = 3,3 VR = 150 ΩR_L = 2200 Ω

I_Z = mA

2.Diyotlar ve transistörlerZor

β = 80 olan bir NPN transistör, V_CC = 24 V ile kolektörü arasına bağlı 680 Ω değerindeki bir yük direncini anahtarlıyor. Emetör topraklıdır. Baz, 5 V’luk bir lojik çıkıştan R_B = 33 kΩ baz direnci üzerinden sürülüyor. V_BE = 0,7 V ve V_CE(sat) = 0,2 V alın. Giriş yüksekteyken kolektör akımı I_C değerini mA cinsinden bulun. Önce transistörün doyumda olup olmadığına karar verin.

V_CC = 24 VR_C = 680 Ωβ = 80V_in = 5 VV_BE = 0,7 VV_CE(sat) = 0,2 VR_B = 33 kΩ

I_C = mA

3.Op-amp devreleriOrta

Bu evirmeyen yükseltecin gerilim kazancını 5 yapan geri besleme direnci R_f değerini seçin.

R₁ = 1 kΩA_v = 5

R_f = kΩ

4.Op-amp devreleriZor

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

V₁ = 1,8 VV₂ = 0,4 VR₁ = 22 kΩR₂ = 4,7 kΩR₃ = 100 kΩR₄ = 2 kΩ

V_out = V

5.RC ve RL geçici rejimOrta

Vₛ kaynağı kondansatörü R₁ üzerinden doldurur ve R₂, C’ye paralel bağlıdır. Anahtar t = 0’da kapandığında kondansatör boştur. t = 120 ms anında kondansatör gerilimi v_C değerini bulun.

V_s = 12 VR₁ = 1 kΩR₂ = 2,2 kΩC = 100 µFt = 120 ms

v_C = V

6.RC ve RL geçici rejimZor

Anahtar uzun süredir kapalıdır, bu yüzden devre kararlı hâldedir. t = 0’da anahtar açılır. t = 25 ms anında kondansatör gerilimi v_C değerini bulun.

V_s = 6 VR₁ = 3,3 kΩR₂ = 3,3 kΩC = 10 µFt = 25 ms

v_C = V

7.Seri ve paralel dirençlerOrta

V₁ kaynağının gördüğü eşdeğer direnç R_eq değerini bulun.

V₁ = 18 VR₁ = 6 ΩR₂ = 10 ΩR₃ = 15 ΩR₄ = 20 Ω

R_eq = Ω

8.Seri ve paralel dirençlerZor

R₂ üzerinden geçen I_R2 akımını bulun.

V₁ = 18 VR₁ = 12 ΩR₂ = 4 ΩR₃ = 15 ΩR₄ = 30 ΩR₅ = 12 ΩR₆ = 30 Ω

I_R2 = A

9.DC–DC dönüştürücülerOrta

İdeal bir yükseltici dönüştürücü, 4 Ω’luk bir yük için 15 V’u 20 V’a çeviriyor. Ortalama bobin akımını (I_L) bulun.

Vin = 15 VVo = 20 VR = 4 Ω

I_L = A

10.DC–DC dönüştürücülerZor

İdeal bir yükseltici dönüştürücü, 25 Ω’luk bir yük için 50 kHz’te 9 V’u 30 V’a çeviriyor. Sürekli iletim için en küçük endüktansı (L_crit) bulun.

Vin = 9 VVo = 30 Vf = 50 kHzR = 25 Ω

L_crit = µH

11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerOrta

Dört kolu 250 Ω olan bir köprü 5 V ile besleniyor. R₂ sensörü değiştiğinde çıkış V_ab = 141,5 mV okunuyor. R₂’nin kesin değişimini (ΔR) bulun.

V_s = 5 VR = 250 ΩV_ab = 141,5 mV

ΔR = Ω

12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerZor

Bir çeyrek köprü (tek etkin gerinim ölçer, GF = 2,12) 5 V ile uyarılıyor. Ölçülecek en büyük gerinim 1500 µε’dir ve bir analog-sayısal dönüştürücünün girişinde 5 V vermelidir. Yükseltici kazancını (G) bulun.

V_s = 5 VGF = 2,12ε_max = 1500 µεV_FS = 5 V

G =

13.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplarOrta

F(A, B, C, D) = Σm(2, 5, 6, 7, 8, 9, 13, 14, 15) 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)?

F(A, B, C, D) = Σm(2, 5, 6, 7, 8, 9, 13, 14, 15)

L =

14.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplarZor

Yükselen kenarla tetiklenen bir T flip-flop Q = 0 ile başlar ve gösterilen girişleri alır. Q’nun 1’den tekrar 0’a döndüğü ilk saat kenarına tıklayın.

Q₀ = 0T

1saat kenarı 1
2saat kenarı 2
3saat kenarı 3
4saat kenarı 4
5saat kenarı 5
6saat kenarı 6
7saat kenarı 7

3Çözeltiler

1.Diyotlar ve transistörler

Cevap: I_Z = 136,5 mA

Zener regülatörü: ters öngerilimli bir Zener diyot, akımı en küçük I_Z,min değerinin üzerinde kaldığı sürece V_Z gerilimini tutar. R seri direnci, giriş ile çıkış arasındaki farkı alır: I_R = (V_in − V_Z)/R. Bu akım yük, I_L = V_Z/R_L, ile Zener arasında bölünür: I_Z = I_R − I_L. En kötü durumlara göre tasarlayın: en büyük yükte en düşük giriş yine de I_Z,min bırakmalı, yüksüz durumda en yüksek giriş ise en büyük Zener gücünü P_Z = V_Z·I_Z verir.

Direnç akımı

I_R = 20,7/150 = 138 mA

Yük akımı

I_L = 3,3/2200 = 1,5 mA

Zener akımı

I_Z = 138 − 1,5 = 136,5 mA

Cevap

I_Z = 136,5 mA

2.Diyotlar ve transistörler

Cevap: I_C = 10,42 mA

Anahtar olarak BJT: bir yükü tamamen açmak için transistör doyuma sürülür; doyumda V_CE = V_CE(sat) olur ve kolektör akımını yük belirler: I_C(sat) = (V_CC − V_CE(sat))/R_C. Doyum için en az I_B = I_C(sat)/β gerekir. Baz akımı daha küçükse transistör aktif kalır ve I_C = β·I_B olur.

Baz akımı

I_B = (5 − 0,7)/33 kΩ = 130,3 µA

Doyumda mı, aktif mi?

β·I_B, I_C(sat)’tan küçüktür, bu yüzden transistör aktif kalır.

β·I_B = 10,42 mA

I_C(sat) = (24 − 0,2)/680 = 35 mA

Kolektör akımı

I_C = β·I_B = 10,42 mA

Cevap

I_C = 10,42 mA

Transistör aktiftir, bu yüzden yük tamamen açılmaz.

3.Op-amp devreleri

Cevap: R_f = 4 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₊ = V_in ve R₁’deki akım R_f’den de geçer, bu yüzden V_out = V_in·(1 + R_f/R₁).

A_v = 1 + R_f/R₁

R_f = (5 − 1)·1 = 4 kΩ

Cevap

R_f = 4 kΩ

4.Op-amp devreleri

Cevap: V_out = −0,375 V

+ girişindeki gerilim

V₊ = V₂·R₄/(R₃ + R₄) = 0,4·2/(100 + 2) = 0,007843 V

İki girişi süperpoze edin

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

V_out = −(4,7/22)·1,8 + (1 + 4,7/22)·0,007843 = −0,3845 + 0,009519 = −0,375 V

Cevap

V_out = −0,375 V

5.RC ve RL geçici rejim

Cevap: v_C = 6,81 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.

Kondansatörün gördüğü Thévenin eşdeğeri

R_th’yi bulmak için kaynağı kısa devre edin; kondansatörün yerleşeceği gerilimi bulmak için kondansatörü açık devre yapın.

R_th = R₁ ∥ R₂ = 1·2,2/(1 + 2,2) = 0,6875 kΩ

v_C(∞) = 12·2,2/(1 + 2,2) = 8,25 V

Zaman sabiti

τ = R_th·C = 0,6875·100 = 68,75 ms

Şarj eğrisi

v_C(t) = 8,25·(1 − e^−120/68,75) = 6,81 V

Cevap

v_C = 6,81 V

6.RC ve RL geçici rejim

Cevap: v_C = 1,406 V

Başlangıçtaki kondansatör gerilimi

Kararlı hâlde kondansatör açık devredir, bu yüzden R₁ ve R₂ bir gerilim bölücü oluşturur. Anahtar açıldığında kondansatör gerilimi sıçrayamaz.

v_C(0) = 6·3,3/(3,3 + 3,3) = 3 V

Anahtar açıldıktan sonraki zaman sabiti

τ = R₂·C = 3,3·10 = 33 ms

Boşalma

v_C(t) = 3·e^−25/33 = 1,406 V

Cevap

v_C = 1,406 V

7.Seri ve paralel dirençler

Cevap: R_eq = 13,78 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.

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 = 15 + 20 = 35 Ω

R₂ ∥ 35 = 10·35/(10+35) = 7,778 Ω

R_eq = R₁ + 7,778 = 6 + 7,778 = 13,78 Ω

Cevap

R_eq = 13,78 Ω

8.Seri ve paralel dirençler

Cevap: I_R2 = 1,03 A

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 = 12 + 30 = 42 Ω

R₄ ∥ 42 = 17,5 Ω

R₃ + 17,5 = 32,5 Ω

R₂ ∥ 32,5 = 3,562 Ω

R_eq = R₁ + 3,562 = 12 + 3,562 = 15,56 Ω

Kaynaktan çekilen akım

Kaynak yalnızca R_eq’yi görür; Ohm yasası verdiği akımı bulur. Bu akım R₁’den geçer.

I_R1 = V₁/R_eq = 18/15,56 = 1,157 A

R₂’den geçen akım

A düğümündeki gerilimi bulmak için R₁ üzerindeki düşümü çıkarın; bu, R₂ üzerindeki gerilimdir.

V_A = V₁ − I_R1·R₁ = 18 − 1,157·12 = 4,12 V

I_R2 = V_A/R₂ = 4,12/4 = 1,03 A

Cevap

I_R2 = 1,03 A

9.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: I_L = 6,667 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) V_o = D·V_in, yükseltici (boost) V_o = V_in/(1 − D), eviren alçaltıcı-yükseltici (buck-boost) |V_o| = V_in·D/(1 − D). İdeal bir dönüştürücü gücü korur: V_in·I_in = V_o·I_o. S iletimdeyken bobin akımı ΔI_L = V_L·D·T/L kadar artar; burada V_L, alçaltıcıda V_in − V_o, yükselticide ve alçaltıcı-yükselticide V_in’dir. Çıkış dalgalanması alçaltıcıda ΔV_o = ΔI_L/(8fC), yükselticide ve alçaltıcı-yükselticide I_o·D/(fC)’dir. Ortalama bobin akımı ΔI_L/2’ye eşit olduğunda bobin akımı sıfıra tam değiyor (CCM sınırı).

Görev oranı

D = 1 − 15/20 = 0,25

Yük akımı

I_o = 20/4 = 5 A

Bobin akımı

I_L = I_o/(1 − D) = 5/0,75 = 6,667 A

Cevap

I_L = 6,667 A

10.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: L_crit = 15,75 µH

Görev oranı

D = 1 − 9/30 = 0,7

Sınır koşulu

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

L_crit = D(1 − D)²·R/(2f)

Kritik endüktans

L_crit = 0,7(1 − 0,7)²·25/(250·10³) = 15,75 µH

Cevap

L_crit = 15,75 µH

11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: ΔR = 30 Ω

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

Düğüm gerilimi

V_a = 2,5 + 0,1415 = 2,642 V

Bölücüyü çözün

R₂ = 250·2,642/(5 − 2,642) = 280 Ω

ΔR = 280 − 250 = 30 Ω

Cevap

ΔR = 30 Ω

12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: G = 1258

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) V_o ≈ V_s·GF·ε/4 verir. Bitişik kollarda zıt gerinimli iki etkin gerinim ölçer (yarım köprü) V_s·GF·ε/2, dört etkin gerinim ölçer (tam köprü) ise V_s·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.

Tam ölçekte köprü çıkışı

V_o = 3,975 mV

Kazanç

G = 5/0,003975 = 1258

Cevap

G = 1258

13.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.

1’leri gruplayın

Her grup 2ᵏ hücrelik bir dikdörtgendir; kenardaki hücreler karşı kenardaki hücrelerin komşusudur.

A′CD′

AB′C′

En küçük SOP biçimi

F = BD + BC + A′CD′ + AB′C′

L = 10

Cevap

L = 10

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

Cevap: saat kenarı 5

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 f_clk/N ile çalışır. n flip-flopluk bir Johnson sayıcının 2n durumu, bir halka sayıcının n durumu vardır.

Her kenardan sonra Q

Bir T flip-flop T = 1 iken her yükselen kenarda tersler (toggle), T = 0 iken tutar.

1: T = 0 → Q = 0

2: T = 1 → Q = 1

3: T = 0 → Q = 1

4: T = 0 → Q = 1

5: T = 1 → Q = 0

6: T = 0 → Q = 0

7: T = 0 → Q = 0

1’den 0’a ilk değişim

saat kenarı 5

Cevap

saat kenarı 5

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1