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

5 sarı LED’ler (her birinin iletim gerilimi 2,1 V), bir dirençle seri olarak 12 V’luk bir kaynağa bağlı. Akımı 20 mA yapan direnci R bulun.

V_s = 12 VV_F = 2,1 Vn = 5I = 20 mA

R = Ω

2.Diyotlar ve transistörlerZor

β = 80 olan bir NPN transistör, V_CC = 12 V ile kolektörü arasına bağlı 150 Ω değerindeki bir yük direncini anahtarlıyor. Emetör topraklıdır. Baz, 5 V’luk bir lojik çıkıştan R_B = 47 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 = 12 VR_C = 150 Ωβ = 80V_in = 5 VV_BE = 0,7 VV_CE(sat) = 0,2 VR_B = 47 kΩ

I_C = mA

3.Op-amp devreleriOrta

Bu evirmeyen yükseltecin gerilim kazancını 20 yapan geri besleme direnci R_f değerini seçin.

R₁ = 2 kΩA_v = 20

R_f = kΩ

4.Op-amp devreleriZor

İki ideal op-amp kademesi kaskat bağlanmıştır: bir eviren yükselteç (R₁, R_f1) ve ardından bir evirmeyen yükselteç (toprağa R₂, geri beslemede R_f2). İkisi de ±15 V ile beslenir. Toplam gerilim kazancı A_v = V_out/V_in değerini bulun.

R₁ = 1 kΩR_f1 = 22 kΩR₂ = 47 kΩR_f2 = 2 kΩ

A_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 = 25 ms anında kondansatör gerilimi v_C değerini bulun.

V_s = 12 VR₁ = 1 kΩR₂ = 2,2 kΩC = 68 µFt = 25 ms

v_C = V

6.RC ve RL geçici rejimZor

R₂ üzerindeki anahtar uzun süredir kapalıdır, bu yüzden bobin akımı sabittir. t = 0’da anahtar açılır. t = 0’dan ne kadar sonra bobin akımı 0,423 A’e ulaşır? t değerini bulun.

V_s = 10 VR₁ = 10 ΩR₂ = 47 ΩL = 22 mH

t = ms

7.Seri ve paralel dirençlerOrta

R₂ üzerinden geçen I_R2 akımını bulun.

V₁ = 6 VR₁ = 12 ΩR₂ = 10 ΩR₃ = 15 ΩR₄ = 15 Ω

I_R2 = A

8.Seri ve paralel dirençlerZor

R₂ üzerinden geçen I_R2 akımını bulun.

V₁ = 24 VR₁ = 20 ΩR₂ = 12 ΩR₃ = 10 ΩR₄ = 3 ΩR₅ = 2 ΩR₆ = 30 Ω

I_R2 = A

9.DC–DC dönüştürücülerOrta

İdeal bir alçaltıcı dönüştürücü, 500 kHz anahtarlama frekansında 36 V’u 25,2 V’a çeviriyor. Bobin dalgalanma akımının tepeden tepeye değerini 1,5 A’de tutan endüktansı (L) bulun.

Vin = 36 VVo = 25,2 Vf = 500 kHzΔI_L = 1,5 A

L = µH

10.DC–DC dönüştürücülerZor

Bir alçaltıcı dönüştürücü, 10 Ω’luk bir yük için 500 kHz’te, L = 100 µH ve C = 10 µF ile 48 V’u 24 V’a çeviriyor. Tepeden tepeye çıkış gerilimi dalgalanmasını (ΔV_o) mV cinsinden bulun.

Vin = 48 VVo = 24 Vf = 500 kHzL = 100 µHC = 10 µF

ΔV_o = mV

11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerOrta

120 Ω’luk bir gerinim ölçer, dört kolu eşit 120 Ω olan ve 5 V uyarma gerilimi uygulanan bir köprünün bir koludur (R₂). Gerinim ölçerde harcanan gücü (P_g) mW cinsinden bulun. Kendi kendine ısınma, uyarma gerilimini sınırlar.

V_s = 5 VR = 120 Ω

P_g = mW

12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerZor

Tek etkin gerinim ölçerli (GF = 2,12) bir çeyrek köprü 5 V ile uyarılıyor. Yük altında çıkış 2,65 mV okunuyor. Gerinimi (ε) µε cinsinden bulun.

V_s = 5 VGF = 2,12V_o = 2,65 mV

ε = µε

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

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

F = A′C′ + BC + AB

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
8saat kenarı 8

3Çözeltiler

1.Diyotlar ve transistörler

Cevap: R = 75 Ω

LED ve diyot devreleri: doğru yönde öngerilimli bir LED, akım ne olursa olsun yaklaşık olarak V_F iletim gerilimini düşürür (kırmızı için yaklaşık 2 V, mavi veya beyaz için 3 V). Seri bir direnç akımı belirler: seri bağlı n LED için R = (V_s − n·V_F)/I. Daha kesin bir diyot modeli V = V₀ + I·r_d ile çalışma noktası, diyot doğrusunun I = (V_s − V)/R yük doğrusuyla kesiştiği yerdir; yani I = (V_s − V₀)/(R + r_d).

Direnç üzerindeki gerilim

V_R = 12 − 5·2,1 = 1,5 V

Direnç

R = 1,5/0,02 = 75 Ω

Cevap

R = 75 Ω

Direnç 30 mW harcar.

2.Diyotlar ve transistörler

Cevap: I_C = 7,319 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)/47 kΩ = 91,49 µA

Doyumda mı, aktif mi?

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

β·I_B = 7,319 mA

I_C(sat) = (12 − 0,2)/150 = 78,67 mA

Kolektör akımı

I_C = β·I_B = 7,319 mA

Cevap

I_C = 7,319 mA

Transistör aktiftir, bu yüzden yük tamamen açılmaz.

3.Op-amp devreleri

Cevap: R_f = 38 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 = (20 − 1)·2 = 38 kΩ

Cevap

R_f = 38 kΩ

4.Op-amp devreleri

Cevap: A_v = −22,94

Her kademenin kazancı

A₁ = −R_f1/R₁ = −22/1 = −22

A₂ = 1 + R_f2/R₂ = 1 + 2/47 = 1,043

Toplam kazanç

A_v = A₁·A₂ = −22·1,043 = −22,94

Cevap

A_v = −22,94

5.RC ve RL geçici rejim

Cevap: v_C = 3,417 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 = 0,6875·68 = 46,75 ms

Şarj eğrisi

v_C(t) = 8,25·(1 − e^−25/46,75) = 3,417 V

Cevap

v_C = 3,417 V

6.RC ve RL geçici rejim

Cevap: t = 0,4644 ms

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) = 10/10 = 1 A

i(∞) = 10/(10 + 47) = 0,1754 A

τ = L/R = 22/57 = 0,386 ms

i(t) = 0,1754 + (1 − 0,1754)·e^−t/τ

Zaman için çözün

e^−t/τ = (0,423 − 0,1754)/(1 − 0,1754) = 0,3002

t = 0,386·ln(3,331) = 0,4644 ms

Cevap

t = 0,4644 ms

7.Seri ve paralel dirençler

Cevap: I_R2 = 0,2308 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 + 15 = 30 Ω

R₂ ∥ 30 = 10·30/(10+30) = 7,5 Ω

R_eq = R₁ + 7,5 = 12 + 7,5 = 19,5 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 = 6/19,5 = 0,3077 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 − 0,3077·12 = 2,308 V

I_R2 = V_A/R₂ = 2,308/10 = 0,2308 A

Cevap

I_R2 = 0,2308 A

8.Seri ve paralel dirençler

Cevap: I_R2 = 0,4721 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 = 2 + 30 = 32 Ω

R₄ ∥ 32 = 2,743 Ω

R₃ + 2,743 = 12,74 Ω

R₂ ∥ 12,74 = 6,18 Ω

R_eq = R₁ + 6,18 = 20 + 6,18 = 26,18 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 = 24/26,18 = 0,9167 A

R₂’den geçen akım

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

V_A = V₁ − I_R1·R₁ = 24 − 0,9167·20 = 5,665 V

I_R2 = V_A/R₂ = 5,665/12 = 0,4721 A

Cevap

I_R2 = 0,4721 A

9.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: L = 10,08 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) 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 = 25,2/36 = 0,7

Endüktans

L = 10,8·0,7/(1,5·500·10³) = 10,08 µH

Cevap

L = 10,08 µH

10.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: ΔV_o = 6 mV

Görev oranı

D = 24/48 = 0,5

Bobin dalgalanma akımı

ΔI_L = (48 − 24)·0,5/(100·10⁻⁶·500·10³) = 0,24 A

Çıkış dalgalanması

ΔV_o = 0,24/(8·500·10³·10·10⁻⁶) = 6 mV

Cevap

ΔV_o = 6 mV

11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: P_g = 52,08 mW

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.

Gerinim ölçer uçlarındaki gerilim

V = 5/2 = 2,5 V

Güç

P_g = 2,5²/120 = 52,08 mW

Cevap

P_g = 52,08 mW

12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: ε = 1000 µε

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.

Çeyrek köprü denklemini çözün

ε = 4·0,00265/(5·2,12) = 0,001

Mikrogerinim olarak

ε = 1000 µε

Cevap

ε = 1000 µε

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

Cevap: L = 3

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′C′ → m(0, 2)

BC → m(3, 7)

AB → m(6, 7)

Gruplayın ve okuyun

F = B + A′C′

Literalleri sayın

L = 3

Cevap

L = 3

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

Cevap: saat kenarı 4

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 = 1 → Q = 1

2: T = 0 → Q = 1

3: T = 0 → Q = 1

4: T = 1 → Q = 0

5: T = 0 → Q = 0

6: T = 0 → Q = 0

7: T = 1 → Q = 1

8: T = 1 → Q = 0

1’den 0’a ilk değişim

saat kenarı 4

Cevap

saat kenarı 4

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1