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 = 50IC​ = ?VCC​ = 9 VRB​ = 100 kΩ

β = 50 olan bir NPN transistör, VCC = 9 V kaynağından RB = 100 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 akımı IC değerini mA cinsinden bulun.

VCC = 9 VRB = 100 kΩRC = 1,5 kΩβ = 50VBE = 0,7 V
IC = mA
2.Diyotlar ve transistörlerZor
RC​ = 470 Ωβ = 200IC​ = ?VCC​ = 24 V5 VRB​ = 100 kΩ

β = 200 olan bir NPN transistör, VCC = 24 V ile kolektörü arasına bağlı 470 Ω değerindeki bir yük direncini anahtarlıyor. Emetör topraklıdır. Baz, 5 V’luk bir lojik çıkıştan RB = 100 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 = 470 Ωβ = 200Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 100 kΩ
IC = mA
3.Op-amp devreleriOrta
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 100 kΩVin​

Bu evirmeyen yükseltecin gerilim kazancını 10 yapan geri besleme direnci Rf değerini seçin.

R1 = 100 kΩAv = 10
Rf = kΩ
4.Op-amp devreleriZor
−+Vout​Rf​ = 2 kΩV1​ = −0,2 VR1​ = 10 kΩV2​ = −0,5 VR2​ = 2 kΩ

Toplayıcı yükselteç, ±15 V ile beslenen ideal bir op-amp kullanır. Çıkış gerilimi Vout değerini bulun.

V1 = −0,2 VV2 = −0,5 VR1 = 10 kΩR2 = 2 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
5.RC ve RL geçici rejimOrta
R = 50 Ωt = 0L10 mHi(t)

Bobin 2,5 A’lik sabit bir akım taşıyor. t = 0’da anahtar devreyi R üzerinden kapatır ve kaynak çıkarılır, böylece bobin akımı R üzerinden azalır. Akımın 0,25 A’e düşmesi ne kadar sürer? t değerini bulun.

i(0) = 2,5 AR = 50 ΩL = 10 mH
t = ms
6.RC ve RL geçici rejimZor
+−Vs​24 Vt = 0R = 4,7 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 3 V

Anahtar t = 0’da kapanmadan hemen önce kondansatörde gösterilen polaritede 3 V vardır. t = 200 ms anında kondansatör gerilimi vC değerini bulun.

Vs = 24 VR = 4,7 kΩC = 68 µFvC(0) = 3 Vt = 200 ms
vC = V
7.Seri ve paralel dirençlerOrta
R1​ = 12 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩIR2​AR4​6 ΩB

R2 üzerinden geçen IR2 akımını bulun.

V1 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 5 ΩR3 = 5 ΩR4 = 6 Ω
IR2 = A
8.Seri ve paralel dirençlerZor
R1​ = 12 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩAR4​6 ΩBR6​30 Ω

V1 kaynağının gördüğü eşdeğer direnç Req değerini bulun.

V1 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 ΩR4 = 6 ΩR5 = 20 ΩR6 = 30 Ω
Req = Ω
9.DC–DC dönüştürücülerOrta
tiL​Imax​Imin​ΔI = ?DTT2T

İdeal bir alçaltıcı dönüştürücü, 50 kHz’te ve L = 150 µH ile 48 V’u 12 V’a çeviriyor. Bobin dalgalanma akımının tepeden tepeye değerini (ΔIL) bulun.

Vin​ = 48 VVo​ = 12 Vf = 50 kHzL = 150 µH
ΔIL = A
10.DC–DC dönüştürücülerZor
tvo​Vo​ΔV = ?DTT2T

Bir alçaltıcı dönüştürücü, 5 Ω’luk bir yük için 40 kHz’te, L = 68 µH ve C = 220 µF ile 9 V’u 6,3 V’a çeviriyor. Tepeden tepeye çıkış gerilimi dalgalanmasını (ΔVo) mV cinsinden bulun.

Vin​ = 9 VVo​ = 6,3 Vf = 40 kHzL = 68 µHC = 220 µF
ΔVo = mV
11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerOrta
+−5 VR1​ = 150 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 300 ΩR4​ = 150 ΩabGRg​ = 200 Ω

200 Ω dirençli bir galvanometre, gösterilen köprünün a ve b uçları arasına bağlanıyor (Vs = 5 V). a’dan b’ye galvanometre akımını (Ig) µA cinsinden bulun.

Vs = 5 VR1 = 150 ΩR2 = 10 ΩR3 = 300 ΩR4 = 150 ΩRg = 200 Ω
Ig = µA
12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerZor
+−10 V350 Ω − ΔR350 Ω + ΔR350 Ω + ΔR350 Ω − ΔRab+−Vo​ = ?

Bir yük hücresinin (gerinim ölçerlerden oluşan tam köprü) anma yükü 100 kg’da anma çıkışı 2,5 mV/V’tur. 10 V ile uyarılıyor. 75 kg’lık yük altındaki çıkışını (Vo) bulun.

2,5 mV/VFrated = 100 kgVs = 10 VF = 75 kg
Vo = mV
13.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplarOrta
ABCD00011110000111101111111

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(5, 6, 8, 11, 12, 14, 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
CLKJK1234567

Yükselen kenarla tetiklenen bir JK flip-flop Q = 0 ile başlar ve gösterilen girişleri alır. Q’nun 1’den tekrar 0’a döndüğü ilk saat kenarına tıklayın.

Q₀ = 0JK
  1. 1saat kenarı 1
  2. 2saat kenarı 2
  3. 3saat kenarı 3
  4. 4saat kenarı 4
  5. 5saat kenarı 5
  6. 6saat kenarı 6
  7. 7saat kenarı 7

3Çözeltiler

1.Diyotlar ve transistörler

Cevap: IC = 4,15 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.

Baz akımı

IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/100 kΩ = 83 µA

Kolektör akımı

IC = β·IB = 50·83 µA = 4,15 mA

Cevap

IC = 4,15 mA

Kontrol: VCE = 2,775 V, 0,2 V’un oldukça üzerinde; dolayısıyla transistör gerçekten aktiftir.

2.Diyotlar ve transistörler

Cevap: IC = 8,6 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 = (5 − 0,7)/100 kΩ = 43 µA

Doyumda mı, aktif mi?

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

β·IB = 8,6 mA
IC(sat) = (24 − 0,2)/470 = 50,64 mA

Kolektör akımı

IC = β·IB = 8,6 mA

Cevap

IC = 8,6 mA

Transistör aktiftir, bu yüzden yük tamamen açılmaz.

3.Op-amp devreleri

Cevap: Rf = 900 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₊ = Vin ve R₁’deki akım Rf’den de geçer, bu yüzden Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (10 − 1)·100 = 900 kΩ

Cevap

Rf = 900 kΩ
4.Op-amp devreleri

Cevap: Vout = 0,54 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.

Giriş akımları

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

I1 = V1/R1 = −0,2/10 = −0,02 mA
I2 = V2/R2 = −0,5/2 = −0,25 mA
If = I1 + I2 = −0,27 mA

Çıkış gerilimi

Vout = −Rf·If = −2·(−0,27) = 0,54 V

Cevap

Vout = 0,54 V
5.RC ve RL geçici rejim

Cevap: t = 0,4605 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.

Zaman sabiti

τ = L/R = 10 mH / 50 Ω = 0,2 ms

Zaman için çözün

0,25 = 2,5·e−t/τ → t = τ·ln(2,5/0,25)
t = 0,2·ln(10) = 0,4605 ms

Cevap

t = 0,4605 ms
6.RC ve RL geçici rejim

Cevap: vC = 12,77 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.

Başlangıç değeri, son değer, zaman sabiti

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

vC(0) = 3 V, vC(∞) = Vs = 24 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 68 µF = 319,6 ms
vC(t) = 24 + (3 − 24)·e−t/τ

Verilen andaki gerilim

vC(200) = 24 + (−21)·e−200/319,6 = 12,77 V

Cevap

vC = 12,77 V
7.Seri ve paralel dirençler

Cevap: IR2 = 0,4453 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​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAR4​6 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 = 5 + 6 = 11 Ω
R2 ∥ 11 = 5·11/(5+11) = 3,438 Ω
Req = R1 + 3,438 = 12 + 3,438 = 15,44 Ω

Kaynaktan çekilen akım

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

IR1 = V1/Req = 10/15,44 = 0,6478 A

R₂’den geçen akım

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

VA = V1 − IR1·R1 = 10 − 0,6478·12 = 2,227 V
IR2 = VA/R2 = 2,227/5 = 0,4453 A

Cevap

IR2 = 0,4453 A
8.Seri ve paralel dirençler

Cevap: Req = 14,45 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​ = 12 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩAR4​6 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 = 20 + 30 = 50 Ω
R4 ∥ 50 = 5,357 Ω
R3 + 5,357 = 13,36 Ω
R2 ∥ 13,36 = 2,45 Ω
Req = R1 + 2,45 = 12 + 2,45 = 14,45 Ω

Cevap

Req = 14,45 Ω
9.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: ΔIL = 1,2 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 = 12/48 = 0,25

İletim süresinde bobin gerilimi

S iletimdeyken bobin, Vin ile Vo arasında yer alır.

VL = 48 − 12 = 36 V

Dalgalanma akımı

ΔIL = VL·D/(L·f) = 36·0,25/(150·10⁻⁶·50·10³) = 1,2 A

Cevap

ΔIL = 1,2 A
10.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: ΔVo = 9,87 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 = 6,3/9 = 0,7

Bobin dalgalanma akımı

ΔIL = (9 − 6,3)·0,7/(68·10⁻⁶·40·10³) = 0,6949 A

Çıkış dalgalanması

ΔVo = 0,6949/(8·40·10³·220·10⁻⁶) = 9,87 mV

Cevap

ΔVo = 9,87 mV
11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: Ig = −4377 µA

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.

Thévenin gerilimi

Vth = 5·(10/160 − 150/450) = −1,354 V

Thévenin direnci

Rth = R₁∥R₂ + R₃∥R₄ = 109,4 Ω

Galvanometre akımı

Ig = −1,354/(109,4 + 200) = −4377 µA

Cevap

Ig = −4377 µA
12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: Vo = 18,75 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) 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 ölçek çıkışı

2,5·10 = 25 mV

Bu yükteki çıkış

Vo = 25·75/100 = 18,75 mV

Cevap

Vo = 18,75 mV
13.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplar

Cevap: AB = 01, 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.

m5: m4, m7, m1, m13 → 0
ABCD00011110000111101111111

Yalıtılmış 1

m5 = A′BC′D → AB = 01, CD = 01

Cevap

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

Cevap: saat kenarı 6

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 kenardan sonra Q

Bir JK flip-flop: 00 tutar, 01 sıfırlar (Q = 0), 10 kurar (Q = 1), 11 tersler.

1: J = 0, K = 0 → Q = 0
2: J = 0, K = 0 → Q = 0
3: J = 0, K = 0 → Q = 0
4: J = 0, K = 1 → Q = 0
5: J = 1, K = 1 → Q = 1
6: J = 0, K = 1 → Q = 0
7: J = 1, K = 0 → Q = 1

1’den 0’a ilk değişim

saat kenarı 6

Cevap

saat kenarı 6

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1