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
+−24 V100 Ω12 V680 ΩIZ​ = ?

12 V’luk bir Zener regülatörü 100 Ω üzerinden 24 V’tan besleniyor ve 680 Ω’luk bir yükü besliyor. Zener akımını IZ bulun.

Vin = 24 VVZ = 12 VR = 100 ΩRL = 680 Ω
IZ = mA
2.Diyotlar ve transistörlerZor
+−≥ 18 VR = ?6,2 V≤ 50 mA

6,2 V’luk bir Zener regülatörü bir yüke en çok 50 mA sağlamak zorundadır. Giriş 18 V’a kadar düşebilir ve Zener’in regülasyon yapması için en az 1 mA gerekir. Regülasyonu sürdüren en büyük seri direnci Rmax bulun.

Vin,min = 18 VVZ = 6,2 VIL,max = 50 mAIZ,min = 1 mA
Rmax = Ω
3.Op-amp devreleriOrta
−+Vout​Rf​ = 100 kΩVin​R1​ = 47 kΩ

Op-amp idealdir ve ±15 V ile beslenir; çıkışı ±13 V’ta doyuma ulaşır. Eviren yükselteç sinüs dalgasıyla sürülüyor. Çıkışın kırpılmadığı en büyük giriş genliği Vin,max (tepe değeri) değerini bulun.

R1 = 47 kΩRf = 100 kΩVsat = ±13 V
Vin,max = V
4.Op-amp devreleriZor
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = −0,4 VR1​ = 10 kΩV2​ = 1,7 VR2​ = 2 kΩIf​

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

V1 = −0,4 VV2 = 1,7 VR1 = 10 kΩR2 = 2 kΩRf = 10 kΩ
If = mA
5.RC ve RL geçici rejimOrta
+−Vs​5 Vt = 0R = 100 ΩL33 mHi(t)

Anahtar t = 0’da kapanmadan önce bobinden akım geçmez. t = 1 ms anında bobin üzerindeki vL gerilimini bulun.

Vs = 5 VR = 100 ΩL = 33 mHt = 1 ms
vL = V
6.RC ve RL geçici rejimZor
+−Vs​5 Vt = 0R = 10 kΩC22 µF+−vC​vC​(0) = 8 V

Anahtar t = 0’da kapanmadan hemen önce kondansatörde gösterilen polaritede 8 V vardır. vC değerinin 7,1 V’a ulaşması ne kadar sürer? t değerini bulun.

Vs = 5 VR = 10 kΩC = 22 µFvC(0) = 8 V
t = ms
7.Seri ve paralel dirençlerOrta
R1​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​2 ΩAR4​8 ΩB

V1 kaynağının gördüğü eşdeğer direnç Req değerini bulun.

V1 = 30 VR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩR4 = 8 Ω
Req = Ω
8.Seri ve paralel dirençlerZor
R1​ = 6 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAR4​8 ΩBR6​30 Ω

V1 kaynağının gördüğü eşdeğer direnç Req değerini bulun.

V1 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 ΩR4 = 8 ΩR5 = 25 ΩR6 = 30 Ω
Req = Ω
9.DC–DC dönüştürücülerOrta
+−12 VLSCR = 5 Ω+−24 V

İdeal bir yükseltici dönüştürücü, 5 Ω’luk bir yük için 12 V’u 24 V’a çeviriyor. Ortalama bobin akımını (IL) bulun.

Vin​ = 12 VVo​ = 24 VR = 5 Ω
IL = A
10.DC–DC dönüştürücülerZor
+−48 VSLC = 47 µFR = 4 Ω−+−72 V

İdeal bir alçaltıcı-yükseltici dönüştürücü, 4 Ω’luk bir yük için 200 kHz’te 48 V’u −72 V’a çeviriyor. Çıkış kondansatörü 47 µF’tır. Tepeden tepeye çıkış gerilimi dalgalanmasını (ΔVo) mV cinsinden bulun.

Vin​ = 48 VVo​ = −72 Vf = 200 kHzC = 47 µFR = 4 Ω
ΔVo = mV
11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerOrta
+−12 V120 Ω120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−339,6 mV

Dört kolu 120 Ω olan bir köprü 12 V ile besleniyor. R₂ sensörü değiştiğinde çıkış Vab = 339,6 mV okunuyor. R₂’nin kesin değişimini (ΔR) bulun.

Vs = 12 VR = 120 ΩVab = 339,6 mV
ΔR = Ω
12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerZor
+−3 V120 Ω120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−2,25 mV

E = 200 GPa olan bir elemanın üzerindeki bir gerinim ölçer (GF = 2), 3 V ile uyarılan bir çeyrek köprü oluşturuyor. Çıkış 2,25 mV okunuyor. Eksenel gerilmeyi (σ) MPa cinsinden bulun.

Vs = 3 VGF = 2Vo = 2,25 mVE = 200 GPa
σ = MPa
13.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplarOrta
ABCD000111100001111011111111

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(1, 2, 3, 4, 7, 9, 10, 15)
  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
ABCD000111100001111000110312140507X6X120131150140809111110

F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 4, 10, 11, 15) + d(6, 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, 4, 10, 11, 15) + d(6, 12)
N =

3Çözeltiler

1.Diyotlar ve transistörler

Cevap: IZ = 102,4 mA

Zener regülatörü: ters öngerilimli bir Zener diyot, akımı en küçük IZ,min değerinin üzerinde kaldığı sürece VZ gerilimini tutar. R seri direnci, giriş ile çıkış arasındaki farkı alır: IR = (Vin − VZ)/R. Bu akım yük, IL = VZ/RL, ile Zener arasında bölünür: IZ = IR − IL. En kötü durumlara göre tasarlayın: en büyük yükte en düşük giriş yine de IZ,min bırakmalı, yüksüz durumda en yüksek giriş ise en büyük Zener gücünü PZ = VZ·IZ verir.

Direnç akımı

IR = 12/100 = 120 mA

Yük akımı

IL = 12/680 = 17,65 mA

Zener akımı

IZ = 120 − 17,65 = 102,4 mA

Cevap

IZ = 102,4 mA
2.Diyotlar ve transistörler

Cevap: Rmax = 231,4 Ω

Zener regülatörü: ters öngerilimli bir Zener diyot, akımı en küçük IZ,min değerinin üzerinde kaldığı sürece VZ gerilimini tutar. R seri direnci, giriş ile çıkış arasındaki farkı alır: IR = (Vin − VZ)/R. Bu akım yük, IL = VZ/RL, ile Zener arasında bölünür: IZ = IR − IL. En kötü durumlara göre tasarlayın: en büyük yükte en düşük giriş yine de IZ,min bırakmalı, yüksüz durumda en yüksek giriş ise en büyük Zener gücünü PZ = VZ·IZ verir.

En kötü durum akımı

IR = 50 + 1 = 51 mA

En büyük direnç

Rmax = 11,8/0,051 = 231,4 Ω

Cevap

Rmax = 231,4 Ω
3.Op-amp devreleri

Cevap: Vin,max = 6,11 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

|Av| = Rf/R1 = 100/47 = 2,128

Kırpılmadan önceki en büyük giriş

Vin,max = Vsat/|Av| = 13/2,128 = 6,11 V

Cevap

Vin,max = 6,11 V
4.Op-amp devreleri

Cevap: If = 0,81 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 = −0,4/10 = −0,04 mA
I2 = V2/R2 = 1,7/2 = 0,85 mA
If = I1 + I2 = 0,81 mA

Cevap

If = 0,81 mA
5.RC ve RL geçici rejim

Cevap: vL = 0,2415 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.

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 = 33 mH / 100 Ω = 0,33 ms
i(∞) = Vs/R = 5/100 = 0,05 A

Bobin gerilimi

t = 0’da besleme geriliminin tamamı bobin üzerindedir; sonra sıfıra söner.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 5·e−1/0,33 = 0,2415 V

Cevap

vL = 0,2415 V
6.RC ve RL geçici rejim

Cevap: t = 78,47 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.

Başlangıç değeri, son değer, zaman sabiti

Kondansatör gerilimi sıçrayamaz; bu yüzden depolanan değerden başlar ve kaynak gerilimine yönelir.

vC(0) = 8 V, vC(∞) = Vs = 5 V
τ = R·C = 10 kΩ · 22 µF = 220 ms
vC(t) = 5 + (8 − 5)·e−t/τ

Zaman için çözün

7,1 = 5 + (3)·e−t/τ → e−t/τ = (7,1 − 5)/(8 − 5) = 0,7
t = τ·ln((8 − 5)/(7,1 − 5)) = 220·ln(1,429) = 78,47 ms

Cevap

t = 78,47 ms
7.Seri ve paralel dirençler

Cevap: Req = 9,818 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.

R1​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​2 ΩAR4​8 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 = 12 + 8 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 2·20/(2+20) = 1,818 Ω
Req = R1 + 1,818 = 8 + 1,818 = 9,818 Ω

Cevap

Req = 9,818 Ω
8.Seri ve paralel dirençler

Cevap: Req = 14,31 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.

R1​ = 6 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAR4​8 ΩBR6​30 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 + 30 = 55 Ω
R4 ∥ 55 = 6,984 Ω
R3 + 6,984 = 26,98 Ω
R2 ∥ 26,98 = 8,306 Ω
Req = R1 + 8,306 = 6 + 8,306 = 14,31 Ω

Cevap

Req = 14,31 Ω
9.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: IL = 9,6 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 = 1 − 12/24 = 0,5

Yük akımı

Io = 24/5 = 4,8 A

Bobin akımı

IL = Io/(1 − D) = 4,8/0,5 = 9,6 A

Cevap

IL = 9,6 A
10.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: ΔVo = 1149 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).

Görev oranı

D = 72/(48 + 72) = 0,6

Yük akımı

Io = 72/4 = 18 A

Çıkış dalgalanması

ΔVo = 18·0,6/(200·10³·47·10⁻⁶) = 1149 mV

Cevap

ΔVo = 1149 mV
11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: ΔR = 14,4 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.

Düğüm gerilimi

Va = 6 + 0,3396 = 6,34 V

Bölücüyü çözün

R₂ = 120·6,34/(12 − 6,34) = 134,4 Ω
ΔR = 134,4 − 120 = 14,4 Ω

Cevap

ΔR = 14,4 Ω
12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: σ = 300 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.

Birim şekil değiştirme

ε = 4·0,00225/(3·2) = 0,0015

Gerilme

σ = 200·10³ MPa·0,0015 = 300 MPa

Cevap

σ = 300 MPa
13.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplar

Cevap: AB = 01, 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.

Her 1’in komşuları

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

m4: m5, m6, m0, m12 → 0
ABCD000111100001111011111111

Yalıtılmış 1

m4 = A′BC′D′ → AB = 01, CD = 00

Cevap

AB = 01, CD = 00
14.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplar

Cevap: N = 4

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′CD′, BC′D′, A′CD′, ACD, A′BD′, AB′C, A′B′C′D
ABCD000111100001111000110312140507X6X120131150140809111110

En küçük kapsama

F = B′CD′ + BC′D′ + ACD + A′B′C′D
N = 4

Cevap

N = 4

Aynı büyüklükte başka bir gruplama da vardır; terim ve literal sayısı aynıdır.

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1