Formül kâğıtları, her konunun temel yöntem adımları ve 14 alıştırma sorusu; tam çözümler en sonda.
β = 80 olan bir NPN transistör, VCC = 12 V kaynağından RB = 470 kΩ baz direnciyle kutuplanmıştır. Kolektör direnci RC = 1,5 kΩ ve emetör topraklıdır. VBE = 0,7 V alın ve transistörün aktif bölgede olduğunu varsayın. Kolektör–emetör gerilimi VCE değerini bulun.
β = 150 olan bir NPN transistör, VCC = 9 V ile kolektörü arasına bağlı 470 Ω değerindeki bir yük direncini anahtarlıyor. Emetör topraklıdır. Baz, 3,3 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.
Bu evirmeyen yükseltecin gerilim kazancını 21 yapan geri besleme direnci Rf değerini seçin.
Toplayıcı yükselteç, ±15 V ile beslenen ideal bir op-amp kullanır. Çıkış gerilimi Vout değerini bulun.
Anahtar t = 0’da kapanmadan önce bobinden akım geçmez. t = 5 ms anında bobin üzerindeki vL gerilimini 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.
R2 üzerinden geçen IR2 akımını bulun.
V1 kaynağının gördüğü eşdeğer direnç Req değerini bulun.
İdeal bir alçaltıcı dönüştürücü, 250 kHz anahtarlama frekansında 12 V’u 3 V’a çeviriyor. Bobin dalgalanma akımının tepeden tepeye değerini 2 A’de tutan endüktansı (L) bulun.
İdeal bir alçaltıcı-yükseltici dönüştürücü, 10 Ω’luk bir yük için 50 kHz’te 15 V’u −10 V’a çeviriyor. Çıkış kondansatörü 220 µF’tır. Tepeden tepeye çıkış gerilimi dalgalanmasını (ΔVo) mV cinsinden bulun.
Dört kolu 300 Ω olan bir köprü 9 V ile besleniyor. R₂ sensörü değiştiğinde çıkış Vab = 44,55 mV okunuyor. R₂’nin kesin değişimini (ΔR) bulun.
E = 210 GPa olan bir elemanın üzerindeki bir gerinim ölçer (GF = 2,1), 2,5 V ile uyarılan bir çeyrek köprü oluşturuyor. Çıkış 0,787 mV okunuyor. Eksenel gerilmeyi (σ) MPa cinsinden bulun.
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.
Eşzamanlı bir mod-5 sayıcı 0, 1, …, 4 sayar ve sonra 0’a döner. 2 değerinden başlar. 19 saat darbesinden sonra hangi sayıyı, Q, (ondalık olarak) gösterir?
Cevap: VCE = 9,115 V
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.
Cevap: RB = 20,83 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.
Daha küçük herhangi bir baz direnci de transistörü doyuma sokar; uygulamada birkaç kat daha küçük bir direnç seçilir.
Cevap: Rf = 2000 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.
V₋ = V₊ = Vin ve R₁’deki akım Rf’den de geçer, bu yüzden Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).
Cevap: Vout = 0,683 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.
V₋ = 0, bu yüzden her giriş direncinin üzerinde kendi giriş geriliminin tamamı vardır.
Cevap: vL = 1,379 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.
Anahtar kapandıktan uzun süre sonra bobin kısa devre gibi davranır; bu yüzden son akımı yalnızca R belirler.
t = 0’da besleme geriliminin tamamı bobin üzerindedir; sonra sıfıra söner.
Cevap: i = 0,3162 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: IR2 = 0,9155 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.
Kaynağa en uzak uçtan başlayıp ona doğru geri gelin. Aynı akımı taşıyan dirençler seri; aynı iki düğüm arasındaki dirençler paraleldir.
Kaynak yalnızca Req’yi görür; Ohm yasası verdiği akımı bulur. Bu akım R₁’den geçer.
A düğümündeki gerilimi bulmak için R₁ üzerindeki düşümü çıkarın; bu, R₂ üzerindeki gerilimdir.
Cevap: Req = 24,52 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: L = 4,5 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).
Cevap: ΔVo = 36,36 mV
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).
Cevap: ΔR = 5,999 Ω
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.
Cevap: σ = 125,9 MPa
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.
Cevap: AB = 10, CD = 00
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.
Komşu bir 1’i olan bir 1, iki ya da daha fazla hücrelik bir gruba katılabilir.
Cevap: Q = 1
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.
Her 5 darbe sayıcıyı aynı duruma geri getirir.
ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1