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​ = 1,5 kΩβ = 150IC​ = ?RE​ = 1 kΩVCC​ = 12 VR1​ = 100 kΩR2​ = 15 kΩ

β = 150 olan bir NPN transistör, VCC = 12 V’tan gerilim bölücüyle kutuplanmıştır: VCC’den baza R₁ = 100 kΩ ve bazdan toprağa R₂ = 15 kΩ. Kolektör direnci RC = 1,5 kΩ ve emetör direnci RE = 1 kΩ. VBE = 0,7 V alın ve bölücünün Thévenin eşdeğerini kullanın (baz akımını ihmal etmeyin). Kolektör akımı IC değerini mA cinsinden bulun.

VCC = 12 VR1 = 100 kΩR2 = 15 kΩRC = 1,5 kΩRE = 1 kΩβ = 150
IC = mA
2.Diyotlar ve transistörlerZor
RC​ = 100 Ωβ = 80IC​ = ?VCC​ = 24 V3,3 VRB​ = 33 kΩ

β = 80 olan bir NPN transistör, VCC = 24 V ile kolektörü arasına bağlı 100 Ω değerindeki bir yük direncini anahtarlıyor. Emetör topraklıdır. Baz, 3,3 V’luk bir lojik çıkıştan RB = 33 kΩ baz direnci üzerinden sürülüyor. VBE = 0,7 V ve VCE(sat) = 0,2 V alın. Giriş yüksekteyken kolektör akımı IC değerini mA cinsinden bulun. Önce transistörün doyumda olup olmadığına karar verin.

VCC = 24 VRC = 100 Ωβ = 80Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 33 kΩ
IC = mA
3.Op-amp devreleriOrta
−+Vout​Rf​ = 22 kΩR1​ = 10 kΩVin​ = −0,7 V

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

Vin = −0,7 VR1 = 10 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
4.Op-amp devreleriZor
−+Vout​Rf​ = 47 kΩV1​ = −0,2 VR1​ = 47 kΩV2​ = 0,7 VR2​ = 4,7 kΩIf​

Toplayıcı yükselteç, ±15 V ile beslenen ideal bir op-amp kullanır. Geri besleme direncinden çıkışa doğru akan If akımını bulun.

V1 = −0,2 VV2 = 0,7 VR1 = 47 kΩR2 = 4,7 kΩRf = 47 kΩ
If = mA
5.RC ve RL geçici rejimOrta
+−Vs​10 Vt = 0R = 50 ΩL68 mHi(t)

Anahtar t = 0’da kapanmadan önce bobinden akım geçmez. t = 1 ms anında i akımını bulun.

Vs = 10 VR = 50 ΩL = 68 mHt = 1 ms
i = A
6.RC ve RL geçici rejimZor
+−Vs​6 Vt = 0’da açılırR1​ = 6,8 kΩR2​ = 6,8 kΩC10 µF+−vC​

Anahtar uzun süredir kapalıdır, bu yüzden devre kararlı hâldedir. t = 0’da anahtar açılır. t = 30 ms anında kondansatör gerilimi vC değerini bulun.

Vs = 6 VR1 = 6,8 kΩR2 = 6,8 kΩC = 10 µFt = 30 ms
vC = V
7.Seri ve paralel dirençlerOrta
R1​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩIR2​AR4​3 ΩB

R2 üzerinden geçen IR2 akımını bulun.

V1 = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 2 ΩR4 = 3 Ω
IR2 = A
8.Seri ve paralel dirençlerZor
R1​ = 12 ΩIR1​R3​ = 15 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​5 VR2​4 ΩAR4​20 ΩBR6​10 Ω

Kaynağın verdiği ve R1 üzerinden geçen IR1 akımını bulun.

V1 = 5 VR1 = 12 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 ΩR4 = 20 ΩR5 = 25 ΩR6 = 10 Ω
IR1 = A
9.DC–DC dönüştürücülerOrta
tiL​Imax​ = ?Imin​Io​DTT2T

Bir alçaltıcı dönüştürücü, 8 Ω’luk bir yük için 24 V’u 16,8 V’a çeviriyor. 50 kHz’te, L = 150 µH ile anahtarlanıyor. Tepe bobin akımını (Imax) bulun.

Vin​ = 24 VVo​ = 16,8 Vf = 50 kHzL = 150 µHR = 8 Ω
Imax = A
10.DC–DC dönüştürücülerZor
tiL​Imax​IL​DTT2T

İdeal bir yükseltici dönüştürücü, 8 Ω’luk bir yük için 100 kHz’te 12 V’u 30 V’a çeviriyor. Sürekli iletim için en küçük endüktansı (Lcrit) bulun.

Vin​ = 12 VVo​ = 30 Vf = 100 kHzR = 8 Ω
Lcrit = µH
11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerOrta
+−12 V150 Ω150 Ω + ΔR150 Ω150 Ωab+−Vab​ = ?

Bir köprünün dört kolu 150 Ω’dur ve Vs = 12 V’tur. R₂ sensörü ΔR = 12 Ω artıyor. Kesin çıkışı (Vab) mV cinsinden bulun.

Vs = 12 VR = 150 ΩΔR = 12 Ω
Vab = mV
12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerZor
+−2,5 V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−Vo​

Bir çeyrek köprü (tek etkin gerinim ölçer, GF = 2,1) 2,5 V ile uyarılıyor. Ölçülecek en büyük gerinim 750 µε’dir ve bir analog-sayısal dönüştürücünün girişinde 2,5 V vermelidir. Yükseltici kazancını (G) bulun.

Vs = 2,5 VGF = 2,1εmax = 750 µεVFS = 2,5 V
G =
13.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplarOrta
ABCD0001111000011110111111

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(3, 5, 7, 9, 12, 14)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
14.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplarZor
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​CLKMOD-7

Eşzamanlı bir mod-7 sayıcı 0, 1, …, 6 sayar ve sonra 0’a döner. 0 değerinden başlar. 17 saat darbesinden sonra hangi sayıyı, Q, (ondalık olarak) gösterir?

Q0 = 017N = 7
Q =

3Çözeltiler

1.Diyotlar ve transistörler

Cevap: IC = 0,7911 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.

Bölücünün Thévenin eşdeğeri

VTH = 12·15/(100 + 15) = 1,565 V
RTH = 100·15/(100 + 15) = 13,04 kΩ

Baz akımı

Baz çevresinde KGY; emetör akımı (β + 1)·IB’dir.

IB = (1,565 − 0,7)/(13,04 + 151·1) = 5,274 µA

Kolektör akımı

IC = 150·5,274 µA = 0,7911 mA
IE = 151·5,274 µA = 0,7964 mA

Cevap

IC = 0,7911 mA
2.Diyotlar ve transistörler

Cevap: IC = 6,303 mA

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.

Baz akımı

IB = (3,3 − 0,7)/33 kΩ = 78,79 µA

Doyumda mı, aktif mi?

β·IB, IC(sat)’tan küçüktür, bu yüzden transistör aktif kalır.

β·IB = 6,303 mA
IC(sat) = (24 − 0,2)/100 = 238 mA

Kolektör akımı

IC = β·IB = 6,303 mA

Cevap

IC = 6,303 mA

Transistör aktiftir, bu yüzden yük tamamen açılmaz.

3.Op-amp devreleri

Cevap: Vout = −2,24 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.

Eviren giriş girişi izler

V₋ = V₊ = −0,7 V
I = V₋/R1 = −0,7/10 = −0,07 mA

Çıkış gerilimi

R₁’deki akım Rf’den de geçer.

Vout = V₋ + I·Rf = −0,7 + (−0,07)·22 = −2,24 V

Cevap

Vout = −2,24 V
4.Op-amp devreleri

Cevap: If = 0,1447 mA

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.

Giriş akımları

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

I1 = V1/R1 = −0,2/47 = −0,004255 mA
I2 = V2/R2 = 0,7/4,7 = 0,1489 mA
If = I1 + I2 = 0,1447 mA

Cevap

If = 0,1447 mA
5.RC ve RL geçici rejim

Cevap: i = 0,1041 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.

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 = 68 mH / 50 Ω = 1,36 ms
i(∞) = Vs/R = 10/50 = 0,2 A

Verilen andaki akım

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,2·(1 − e−1/1,36) = 0,1041 A

Cevap

i = 0,1041 A
6.RC ve RL geçici rejim

Cevap: vC = 1,93 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.

Başlangıçtaki kondansatör gerilimi

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

vC(0) = 6·6,8/(6,8 + 6,8) = 3 V

Anahtar açıldıktan sonraki zaman sabiti

τ = R2·C = 6,8·10 = 68 ms

Boşalma

vC(t) = 3·e−30/68 = 1,93 V

Cevap

vC = 1,93 V
7.Seri ve paralel dirençler

Cevap: IR2 = 1,452 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.

R1​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​3 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 = 2 + 3 = 5 Ω
R2 ∥ 5 = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
Req = R1 + 1,875 = 2 + 1,875 = 3,875 Ω

Kaynaktan çekilen akım

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

IR1 = V1/Req = 9/3,875 = 2,323 A

R₂’den geçen akım

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

VA = V1 − IR1·R1 = 9 − 2,323·2 = 4,355 V
IR2 = VA/R2 = 4,355/3 = 1,452 A

Cevap

IR2 = 1,452 A
8.Seri ve paralel dirençler

Cevap: IR1 = 0,3227 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.

R1​ = 12 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​5 VR2​4 ΩAR4​20 ΩBR6​10 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 = 25 + 10 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 12,73 Ω
R3 + 12,73 = 27,73 Ω
R2 ∥ 27,73 = 3,496 Ω
Req = R1 + 3,496 = 12 + 3,496 = 15,5 Ω

Kaynaktan çekilen akım

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

IR1 = V1/Req = 5/15,5 = 0,3227 A

Cevap

IR1 = 0,3227 A
9.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: Imax = 2,436 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 = 16,8/24 = 0,7

Ortalama ve dalgalanma akımı

Io = 16,8/8 = 2,1 A
ΔIL = VL·D/(L·f) = 7,2·0,7/(150·10⁻⁶·50·10³) = 0,672 A

Tepe akım

Imax = 2,1 + 0,672/2 = 2,436 A

Cevap

Imax = 2,436 A
10.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: Lcrit = 3,84 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 = 1 − 12/30 = 0,6

Sınır koşulu

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

Lcrit = D(1 − D)²·R/(2f)

Kritik endüktans

Lcrit = 0,6(1 − 0,6)²·8/(2100·10³) = 3,84 µH

Cevap

Lcrit = 3,84 µH
11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: Vab = 230,8 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.

Düğüm gerilimleri

Va = 12·162/312 = 6,231 V
Vb = 6 V

Çıkarılan

Vab = 230,8 mV

Cevap

Vab = 230,8 mV

Vs·ΔR/(4R) = 240 mV doğrusal tahmini % 4 fazladır: çeyrek köprü tam doğrusal değildir.

12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: G = 2540

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.

Tam ölçekte köprü çıkışı

Vo = 0,9844 mV

Kazanç

G = 2,5/0,0009844 = 2540

Cevap

G = 2540
13.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplar

Cevap: AB = 10, 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.

m9: m8, m11, m13, m1 → 0
ABCD0001111000011110111111

Yalıtılmış 1

m9 = AB′C′D → AB = 10, CD = 01

Cevap

AB = 10, CD = 01
14.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplar

Cevap: Q = 3

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.

Tam çevrimler

Her 7 darbe sayıcıyı aynı duruma geri getirir.

17 = 2·7 + 3

Kalan darbelerden sonraki sayı

Q = (0 + 3) mod 7 = 3
Q = 011₂

Cevap

Q = 3

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1