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

β = 80 olan bir NPN transistör, V_CC = 12 V kaynağından R_B = 680 kΩ baz direnciyle kutuplanmıştır. Kolektör direnci R_C = 3,3 kΩ ve emetör topraklıdır. V_BE = 0,7 V alın ve transistörün aktif bölgede olduğunu varsayın. Kolektör–emetör gerilimi V_CE değerini bulun.

V_CC = 12 VR_B = 680 kΩR_C = 3,3 kΩβ = 80V_BE = 0,7 V

V_CE = V

2.Diyotlar ve transistörlerZor

β = 200 olan bir NPN transistör, V_CC = 9 V ile kolektörü arasına bağlı 150 Ω değerindeki bir yük direncini anahtarlıyor. Emetör topraklıdır. Baz, 3,3 V’luk bir lojik çıkıştan R_B = 22 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 = 9 VR_C = 150 Ωβ = 200V_in = 3,3 VV_BE = 0,7 VV_CE(sat) = 0,2 VR_B = 22 kΩ

I_C = mA

3.Op-amp devreleriOrta

Op-amp idealdir ve ±15 V ile beslenir; çıkışı ±14 V’ta doyuma ulaşır. Evirmeyen yükselteç sinüs dalgasıyla sürülüyor. Çıkışın kırpılmadığı en büyük giriş genliği V_in,max (tepe değeri) değerini bulun.

R₁ = 2 kΩR_f = 4,7 kΩV_sat = ±14 V

V_in,max = V

4.Op-amp devreleriZor

Toplayıcı yükselteç, ±15 V ile beslenen ideal bir op-amp kullanır. Çıkış gerilimi V_out değerini bulun.

V₁ = −1,6 VV₂ = 1,3 VR₁ = 22 kΩR₂ = 100 kΩR_f = 22 kΩ

V_out = V

5.RC ve RL geçici rejimOrta

Anahtar t = 0’da kapanmadan önce bobinden akım geçmez. Anahtar kapandıktan ne kadar sonra akım son değerinin %99’ine ulaşır? t değerini bulun.

V_s = 10 VR = 22 ΩL = 10 mH

t = ms

6.RC ve RL geçici rejimZor

Anahtar uzun süredir kapalıdır, bu yüzden devre kararlı hâldedir. t = 0’da anahtar açılır. t = 80 ms anında kondansatör gerilimi v_C değerini bulun.

V_s = 10 VR₁ = 2,2 kΩR₂ = 2,2 kΩC = 68 µFt = 80 ms

v_C = V

7.Seri ve paralel dirençlerOrta

R₂ üzerinden geçen I_R2 akımını bulun.

V₁ = 18 VR₁ = 4 ΩR₂ = 2 ΩR₃ = 15 ΩR₄ = 6 Ω

I_R2 = A

8.Seri ve paralel dirençlerZor

R₂ üzerinden geçen I_R2 akımını bulun.

V₁ = 6 VR₁ = 2 ΩR₂ = 15 ΩR₃ = 12 ΩR₄ = 30 ΩR₅ = 15 ΩR₆ = 6 Ω

I_R2 = A

9.DC–DC dönüştürücülerOrta

Bir alçaltıcı dönüştürücü, 4 Ω’luk bir yük için 48 V’u 36 V’a çeviriyor. 250 kHz’te, L = 22 µH ile anahtarlanıyor. Tepe bobin akımını (I_max) bulun.

Vin = 48 VVo = 36 Vf = 250 kHzL = 22 µHR = 4 Ω

I_max = A

10.DC–DC dönüştürücülerZor

İdeal bir eviren alçaltıcı-yükseltici dönüştürücü, 12 Ω’luk bir yük için 25 kHz’te 15 V’u −22,5 V’a çeviriyor. Sürekli iletim için en küçük endüktansı (L_crit) bulun.

Vin = 15 VVo = −22,5 Vf = 25 kHzR = 12 Ω

L_crit = µH

11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerOrta

500 Ω dirençli bir galvanometre, gösterilen köprünün a ve b uçları arasına bağlanıyor (V_s = 10 V). a’dan b’ye galvanometre akımını (I_g) µA cinsinden bulun.

V_s = 10 VR₁ = 20 ΩR₂ = 500 ΩR₃ = 400 ΩR₄ = 150 ΩR_g = 500 Ω

I_g = µA

12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerZor

Bir çeyrek köprü (tek etkin gerinim ölçer, GF = 2,1) 10 V ile uyarılıyor. Ölçülecek en büyük gerinim 250 µε’dir ve bir analog-sayısal dönüştürücünün girişinde 10 V vermelidir. Yükseltici kazancını (G) bulun.

V_s = 10 VGF = 2,1ε_max = 250 µεV_FS = 10 V

G =

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

Bu Karnaugh haritasında tam bir tane 1’in komşu 1’i yoktur; bu yüzden en küçük SOP biçiminde tek hücrelik bir grup (dört literalli tam bir minterim) olarak kalır. Haritanın kenarları boyunca olan komşular da sayılır. O hücreye tıklayın.

F = Σm(0, 2, 4, 6, 8, 13)

1AB = 00, CD = 00
2AB = 00, CD = 01
3AB = 00, CD = 11
4AB = 00, CD = 10
5AB = 01, CD = 00
6AB = 01, CD = 01
7AB = 01, CD = 11
8AB = 01, CD = 10
9AB = 11, CD = 00
10AB = 11, CD = 01
11AB = 11, CD = 11
12AB = 11, CD = 10
13AB = 10, CD = 00
14AB = 10, CD = 01
15AB = 10, CD = 11
16AB = 10, CD = 10

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

Yükselen kenarla tetiklenen bir JK flip-flop Q = 0 ile başlar ve 8 yükselen saat kenarında gösterilen girişleri alır. Q kaç kez, N, durum değiştirir?

Q₀ = 0JK

N =

3Çözeltiler

1.Diyotlar ve transistörler

Cevap: V_CE = 7,613 V

BJT çalışma noktası: aktif bölgede V_BE = 0,7 V, I_C = β·I_B ve I_E = (β + 1)·I_B. KGY ile baz çevresinden I_B’yi, sonra I_C’yi, sonra kolektör–emetör çevresinden V_CE’yi bulun. Bazdaki bir gerilim bölücü Thévenin eşdeğeriyle değiştirilir: V_TH = V_CC·R₂/(R₁ + R₂), R_TH = R₁∥R₂; emetör direnci baz çevresinde (β + 1) kat büyük görünür.

Baz akımı

I_B = (V_CC − V_BE)/R_B = (12 − 0,7)/680 kΩ = 16,62 µA

Kolektör akımı

I_C = β·I_B = 80·16,62 µA = 1,329 mA

Kolektör–emetör gerilimi

V_CE = 12 − 1,329 mA·3,3 kΩ = 7,613 V

Cevap

V_CE = 7,613 V

2.Diyotlar ve transistörler

Cevap: I_C = 23,64 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 = (3,3 − 0,7)/22 kΩ = 118,2 µA

Doyumda mı, aktif mi?

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

β·I_B = 23,64 mA

I_C(sat) = (9 − 0,2)/150 = 58,67 mA

Kolektör akımı

I_C = β·I_B = 23,64 mA

Cevap

I_C = 23,64 mA

Transistör aktiftir, bu yüzden yük tamamen açılmaz.

3.Op-amp devreleri

Cevap: V_in,max = 4,179 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.

Kazanç

A_v = 1 + R_f/R₁ = 1 + 4,7/2 = 3,35

Kırpılmadan önceki en büyük giriş

V_in,max = V_sat/|A_v| = 14/3,35 = 4,179 V

Cevap

V_in,max = 4,179 V

4.Op-amp devreleri

Cevap: V_out = 1,314 V

Giriş akımları

V₋ = 0, bu yüzden her giriş direncinin üzerinde kendi giriş geriliminin tamamı vardır.

I₁ = V₁/R₁ = −1,6/22 = −0,07273 mA

I₂ = V₂/R₂ = 1,3/100 = 0,013 mA

I_f = I₁ + I₂ = −0,05973 mA

Çıkış gerilimi

V_out = −R_f·I_f = −22·(−0,05973) = 1,314 V

Cevap

V_out = 1,314 V

5.RC ve RL geçici rejim

Cevap: t = 2,093 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.

Zaman sabiti ve son akım

Anahtar kapandıktan uzun süre sonra bobin kısa devre gibi davranır; bu yüzden son akımı yalnızca R belirler.

τ = L/R = 10 mH / 22 Ω = 0,4545 ms

i(∞) = V_s/R = 10/22 = 0,4545 A

Zaman için çözün

0,99 = 1 − e^−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,99)

t = −0,4545·ln(0,01) = 2,093 ms

Cevap

t = 2,093 ms

6.RC ve RL geçici rejim

Cevap: v_C = 2,929 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) = 10·2,2/(2,2 + 2,2) = 5 V

Anahtar açıldıktan sonraki zaman sabiti

τ = R₂·C = 2,2·68 = 149,6 ms

Boşalma

v_C(t) = 5·e^−80/149,6 = 2,929 V

Cevap

v_C = 2,929 V

7.Seri ve paralel dirençler

Cevap: I_R2 = 2,821 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.

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 + 6 = 21 Ω

R₂ ∥ 21 = 2·21/(2+21) = 1,826 Ω

R_eq = R₁ + 1,826 = 4 + 1,826 = 5,826 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 = 18/5,826 = 3,09 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 − 3,09·4 = 5,642 V

I_R2 = V_A/R₂ = 5,642/2 = 2,821 A

Cevap

I_R2 = 2,821 A

8.Seri ve paralel dirençler

Cevap: I_R2 = 0,3291 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 = 15 + 6 = 21 Ω

R₄ ∥ 21 = 12,35 Ω

R₃ + 12,35 = 24,35 Ω

R₂ ∥ 24,35 = 9,283 Ω

R_eq = R₁ + 9,283 = 2 + 9,283 = 11,28 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 = 6/11,28 = 0,5318 A

R₂’den geçen akım

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

V_A = V₁ − I_R1·R₁ = 6 − 0,5318·2 = 4,936 V

I_R2 = V_A/R₂ = 4,936/15 = 0,3291 A

Cevap

I_R2 = 0,3291 A

9.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: I_max = 9,818 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 = 36/48 = 0,75

Ortalama ve dalgalanma akımı

I_o = 36/4 = 9 A

ΔI_L = V_L·D/(L·f) = 12·0,75/(22·10⁻⁶·250·10³) = 1,636 A

Tepe akım

I_max = 9 + 1,636/2 = 9,818 A

Cevap

I_max = 9,818 A

10.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: L_crit = 38,4 µH

Görev oranı

D = 22,5/(15 + 22,5) = 0,6

Sınır koşulu

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

L_crit = (1 − D)²·R/(2f)

Kritik endüktans

L_crit = (1 − 0,6)²·12/(225·10³) = 38,4 µH

Cevap

L_crit = 38,4 µH

11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: I_g = 10963 µA

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.

Thévenin gerilimi

V_th = 10·(500/520 − 150/550) = 6,888 V

Thévenin direnci

R_th = R₁∥R₂ + R₃∥R₄ = 128,3 Ω

Galvanometre akımı

I_g = 6,888/(128,3 + 500) = 10963 µA

Cevap

I_g = 10963 µA

12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: G = 7619

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 = 1,313 mV

Kazanç

G = 10/0,001313 = 7619

Cevap

G = 7619

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

Cevap: AB = 11, CD = 01

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 1’in komşuları

Komşu bir 1’i olan bir 1, iki ya da daha fazla hücrelik bir gruba katılabilir.

m13: m12, m15, m9, m5 → 0

Yalıtılmış 1

m13 = ABC′D → AB = 11, CD = 01

Cevap

AB = 11, CD = 01

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

Cevap: N = 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 JK flip-flop: 00 tutar, 01 sıfırlar (Q = 0), 10 kurar (Q = 1), 11 tersler.

1: J = 1, K = 0 → Q = 1

2: J = 1, K = 1 → Q = 0

3: J = 0, K = 1 → Q = 0

4: J = 0, K = 1 → Q = 0

5: J = 1, K = 1 → Q = 1

6: J = 1, K = 1 → Q = 0

7: J = 1, K = 0 → Q = 1

8: J = 0, K = 0 → Q = 1

Değişimleri sayın

0 → 1 → 0 → 0 → 0 → 1 → 0 → 1 → 1

N = 5

Cevap

N = 5

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1