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 = 18 V’tan gerilim bölücüyle kutuplanmıştır: V_CC’den baza R₁ = 56 kΩ ve bazdan toprağa R₂ = 8,2 kΩ. Kolektör direnci R_C = 5,6 kΩ ve emetör direnci R_E = 1,2 kΩ. V_BE = 0,7 V alın ve bölücünün Thévenin eşdeğerini kullanın (baz akımını ihmal etmeyin). Kolektör–emetör gerilimi V_CE değerini bulun.

V_CC = 18 VR₁ = 56 kΩR₂ = 8,2 kΩR_C = 5,6 kΩR_E = 1,2 kΩβ = 80

V_CE = V

2.Diyotlar ve transistörlerZor

5,6 V’luk bir Zener regülatörü bir yüke en çok 10 mA sağlamak zorundadır. Giriş 12 V’a kadar düşebilir ve Zener’in regülasyon yapması için en az 5 mA gerekir. Regülasyonu sürdüren en büyük seri direnci R_max bulun.

V_in,min = 12 VV_Z = 5,6 VI_L,max = 10 mAI_Z,min = 5 mA

R_max = Ω

3.Op-amp devreleriOrta

Fark yükselteci, ±15 V ile beslenen ideal bir op-amp kullanır; R₃ = R₁ ve R₄ = R₂. Eviren girişteki gerilim V₋ değerini bulun.

V₁ = 0,2 VV₂ = 2,8 VR₁ = R₃ = 4,7 kΩR₂ = R₄ = 10 kΩ

V₋ = 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 = −1,4 VR₁ = 47 kΩR₂ = 10 kΩR_f = 4,7 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 = 200 ms anında kondansatör gerilimi v_C değerini bulun.

V_s = 30 VR₁ = 2,2 kΩR₂ = 10 kΩC = 100 µFt = 200 ms

v_C = V

6.RC ve RL geçici rejimZor

Bir zamanlayıcı, t = 0’da 12 V’luk bir kaynaktan bir direnç üzerinden yüksüz bir kondansatörü doldurmaya başlıyor. Kondansatör gerilimi 7,58 V’a ulaştığında, başlangıçtan tam 1000 ms sonra tetiklemelidir. R = 47 kΩ ile gereken kapasite C değerini bulun.

V_s = 12 VV_th = 7,58 VT = 1000 msR = 47 kΩ

C = µF

7.Seri ve paralel dirençlerOrta

R₂ üzerinden geçen I_R2 akımını bulun.

V₁ = 24 VR₁ = 4 ΩR₂ = 3 ΩR₃ = 20 ΩR₄ = 12 Ω

I_R2 = A

8.Seri ve paralel dirençlerZor

Kaynağın verdiği ve R₁ üzerinden geçen I_R1 akımını bulun.

V₁ = 36 VR₁ = 25 ΩR₂ = 3 ΩR₃ = 20 ΩR₄ = 20 ΩR₅ = 20 ΩR₆ = 6 Ω

I_R1 = A

9.DC–DC dönüştürücülerOrta

Bir alçaltıcı dönüştürücü, 20 Ω’luk bir yük için 15 V’u 10,5 V’a çeviriyor. 50 kHz’te, L = 150 µH ile anahtarlanıyor. Tepe bobin akımını (I_max) bulun.

Vin = 15 VVo = 10,5 Vf = 50 kHzL = 150 µHR = 20 Ω

I_max = A

10.DC–DC dönüştürücülerZor

Bir alçaltıcı dönüştürücü, 200 kHz’te ve L = 68 µH ile 9 V’u 2,7 V’a çeviriyor. Tepeden tepeye çıkış dalgalanmasını 25 mV ile sınırlayan çıkış kapasitesini (C) bulun.

Vin = 9 VVo = 2,7 Vf = 200 kHzL = 68 µHΔV_o = 25 mV

C = µF

11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerOrta

Bir köprünün dört kolu 350 Ω’dur ve V_s = 3 V’tur. R₂ sensörü ΔR = 0,7 Ω artıyor. Küçük değişim yaklaşımını kullanarak çıkışı (V_ab) mV cinsinden bulun.

V_s = 3 VR = 350 ΩΔR = 0,7 Ω

V_ab = mV

12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerZor

120 Ω kollu bir köprü 10 V ile uyarılıyor ve içinde bitişik kollarda biri çekmede, diğeri basmada iki etkin gerinim ölçer (yarım köprü) bulunuyor. Gerinim ölçer çarpanı 2,05, gerinim 1500 µε’dir. Köprü çıkışını (V_o) mV cinsinden bulun.

V_s = 10 VGF = 2,05ε = 1500 µε

V_o = mV

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

Bir 4’ten 1’e çoklayıcının seçme girişleri S₁ = A ve S₀ = B, veri girişleri I₀ = C′, I₁ = 1, I₂ = C′, I₃ = 0’e bağlanmıştır. A, B ve C girişlerinin 8 birleşiminden kaçında F = 1 olur? N değerini bulun.

I₀ = C′I₁ = 1I₂ = C′I₃ = 0

N =

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

F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 9, 14) + d(0, 4, 7, 12) fonksiyonunun en küçük SOP biçimini bulun; d fark etmez (don’t-care) durumlarını gösterir. Kaç çarpım terimi (N) vardır?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 9, 14) + d(0, 4, 7, 12)

N =

3Çözeltiler

1.Diyotlar ve transistörler

Cevap: V_CE = 9,646 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.

Bölücünün Thévenin eşdeğeri

V_TH = 18·8,2/(56 + 8,2) = 2,299 V

R_TH = 56·8,2/(56 + 8,2) = 7,153 kΩ

Baz akımı

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

I_B = (2,299 − 0,7)/(7,153 + 81·1,2) = 15,32 µA

Kolektör akımı

I_C = 80·15,32 µA = 1,226 mA

I_E = 81·15,32 µA = 1,241 mA

Kolektör–emetör gerilimi

V_CE = 18 − 1,226·5,6 − 1,241·1,2 = 9,646 V

Cevap

V_CE = 9,646 V

2.Diyotlar ve transistörler

Cevap: R_max = 426,7 Ω

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.

En kötü durum akımı

I_R = 10 + 5 = 15 mA

En büyük direnç

R_max = 6,4/0,015 = 426,7 Ω

Cevap

R_max = 426,7 Ω

3.Op-amp devreleri

Cevap: V₋ = 1,905 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.

Girişlerdeki gerilim

R₃ ve R₄ aynı akımı taşır, bu yüzden bir gerilim bölücü oluşturur; geri besleme V₋ = V₊ yapar.

V₊ = V₂·R₄/(R₃ + R₄) = 2,8·10/(4,7 + 10) = 1,905 V

V₋ = V₊

Cevap

V₋ = 1,905 V

4.Op-amp devreleri

Cevap: V_out = 0,818 V

Giriş akımları

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

I₁ = V₁/R₁ = −1,6/47 = −0,03404 mA

I₂ = V₂/R₂ = −1,4/10 = −0,14 mA

I_f = I₁ + I₂ = −0,174 mA

Çıkış gerilimi

V_out = −R_f·I_f = −4,7·(−0,174) = 0,818 V

Cevap

V_out = 0,818 V

5.RC ve RL geçici rejim

Cevap: v_C = 16,48 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 = 2,2·10/(2,2 + 10) = 1,803 kΩ

v_C(∞) = 30·10/(2,2 + 10) = 24,59 V

Zaman sabiti

τ = R_th·C = 1,803·100 = 180,3 ms

Şarj eğrisi

v_C(t) = 24,59·(1 − e^−200/180,3) = 16,48 V

Cevap

v_C = 16,48 V

6.RC ve RL geçici rejim

Cevap: C = 21,3 µF

Gerekli zaman sabiti

7,58 = 12·(1 − e^−1000/τ) → τ = 1000/ln(12/(12 − 7,58))

τ = 1000/0,9988 = 1001 ms

Kapasitans

kΩ çarpı µF milisaniye verir.

C = τ/R = 1001/47 = 21,3 µF

Cevap

C = 21,3 µF

7.Seri ve paralel dirençler

Cevap: I_R2 = 3,254 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 = 20 + 12 = 32 Ω

R₂ ∥ 32 = 3·32/(3+32) = 2,743 Ω

R_eq = R₁ + 2,743 = 4 + 2,743 = 6,743 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 = 24/6,743 = 3,559 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 − 3,559·4 = 9,763 V

I_R2 = V_A/R₂ = 9,763/3 = 3,254 A

Cevap

I_R2 = 3,254 A

8.Seri ve paralel dirençler

Cevap: I_R1 = 1,298 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 = 20 + 6 = 26 Ω

R₄ ∥ 26 = 11,3 Ω

R₃ + 11,3 = 31,3 Ω

R₂ ∥ 31,3 = 2,738 Ω

R_eq = R₁ + 2,738 = 25 + 2,738 = 27,74 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 = 36/27,74 = 1,298 A

Cevap

I_R1 = 1,298 A

9.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: I_max = 0,735 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 = 10,5/15 = 0,7

Ortalama ve dalgalanma akımı

I_o = 10,5/20 = 0,525 A

ΔI_L = V_L·D/(L·f) = 4,5·0,7/(150·10⁻⁶·50·10³) = 0,42 A

Tepe akım

I_max = 0,525 + 0,42/2 = 0,735 A

Cevap

I_max = 0,735 A

10.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: C = 3,474 µF

Görev oranı

D = 2,7/9 = 0,3

Bobin dalgalanma akımı

ΔI_L = (9 − 2,7)·0,3/(68·10⁻⁶·200·10³) = 0,139 A

Kapasitans

C = 0,139/(8·200·10³·25·10⁻³) = 3,474 µF

Cevap

C = 3,474 µF

11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: V_ab = 1,5 mV

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.

Bağıl değişim

ΔR/R = 0,7/350 = 0,002

Doğrusallaştırılmış çıkış

V_ab ≈ 3·0,002/4 = 1,5 mV

Cevap

V_ab = 1,5 mV

Kesin değer 1,499 mV’tur; ΔR/R küçük olduğu sürece yaklaşım iyidir.

12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: V_o = 15,38 mV

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.

Bağıl direnç değişimi

ΔR/R = 2,05·1500·10⁻⁶ = 0,003075

Köprü çıkışı

V_o = V_s·GF·ε/2 = 10·0,003075/2 = 15,38 mV

Cevap

V_o = 15,38 mV

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

Cevap: N = 4

Çoklayıcı (multiplexer): 2ⁿ’den 1’e bir çoklayıcı veri girişlerinden birini çıkışa iletir; ikilik sayı olarak okunan seçme hatları hangisinin seçileceğini belirler. S₁S₀ = AB seçmeli 4’ten 1’e bir MUX için F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Veri girişlerini 0, 1, C ya da C′’ye bağlamak MUX’un A, B ve C’nin herhangi bir fonksiyonunu üretmesini sağlar; bu, tek bir yongayla mantık kurmanın yaygın bir yoludur.

Çıkış ifadesi

F = A′B′C′ + A′B + AB′C′

F = 1 olan satırlar

ABC = 000, 010, 011, 100

N = 4

Cevap

N = 4

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

Cevap: N = 3

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.

Asal implikantlar

1’lerden ve X’lerden oluşturulabilen en büyük gruplar.

B′C′D, A′CD, A′B′, ABD′

En küçük kapsama

F = B′C′D + A′B′ + ABD′

N = 3

Cevap

N = 3

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1