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

6,2 V’luk bir Zener regülatörü 100 Ω üzerinden 24 V’tan besleniyor ve 680 Ω’luk bir yükü besliyor. Zener akımını I_Z bulun.

V_in = 24 VV_Z = 6,2 VR = 100 ΩR_L = 680 Ω

I_Z = mA

2.Diyotlar ve transistörlerZor

β = 100 olan bir NPN transistör, V_CC = 12 V ile kolektörü arasına bağlı 680 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 = 680 Ωβ = 100V_in = 5 VV_BE = 0,7 VV_CE(sat) = 0,2 VR_B = 47 kΩ

I_C = mA

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 = 2,2 VV₂ = 1,5 VR₁ = R₃ = 10 kΩR₂ = R₄ = 4,7 kΩ

V₋ = V

4.Op-amp devreleriZor

İntegral alıcı, ±15 V ile beslenen ideal bir op-amp kullanır; çıkışı ±12 V’ta doyuma ulaşır. t = 0’da sabit bir V_in = 1,7 V girişi uygulandığında kondansatör yüksüzdür. t = 5 ms anında çıkış gerilimi V_out değerini bulun.

V_in = 1,7 VR = 4,7 kΩC = 0,22 µFV_sat = ±12 Vt = 5 ms

V_out = V

5.RC ve RL geçici rejimOrta

Anahtar t = 0’da kapanmadan önce bobinden akım geçmez. t = 1 ms anında i akımını bulun.

V_s = 12 VR = 68 ΩL = 47 mHt = 1 ms

i = A

6.RC ve RL geçici rejimZor

Anahtar t = 0’da kapanmadan hemen önce kondansatörde gösterilen polaritede 2 V vardır. v_C değerinin 8,4 V’a ulaşması ne kadar sürer? t değerini bulun.

V_s = 10 VR = 10 kΩC = 100 µFv_C(0) = 2 V

t = ms

7.Seri ve paralel dirençlerOrta

Kaynağın verdiği ve R₁ üzerinden geçen I_R1 akımını bulun.

V₁ = 6 VR₁ = 2 ΩR₂ = 10 ΩR₃ = 20 ΩR₄ = 12 Ω

I_R1 = A

8.Seri ve paralel dirençlerZor

V₁ kaynağının gördüğü eşdeğer direnç R_eq değerini bulun.

V₁ = 15 VR₁ = 20 ΩR₂ = 4 ΩR₃ = 20 ΩR₄ = 15 ΩR₅ = 25 ΩR₆ = 15 Ω

R_eq = Ω

9.DC–DC dönüştürücülerOrta

İdeal bir alçaltıcı dönüştürücü, 250 kHz anahtarlama frekansında 9 V’u 6,3 V’a çeviriyor. Bobin dalgalanma akımının tepeden tepeye değerini 0,4 A’de tutan endüktansı (L) bulun.

Vin = 9 VVo = 6,3 Vf = 250 kHzΔI_L = 0,4 A

L = µH

10.DC–DC dönüştürücülerZor

İdeal bir alçaltıcı dönüştürücü, 8 Ω’luk bir yük için 200 kHz’te 9 V’u 6,3 V’a çeviriyor. Sürekli iletim için en küçük endüktansı (L_crit) bulun.

Vin = 9 VVo = 6,3 Vf = 200 kHzR = 8 Ω

L_crit = µH

11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerOrta

330 Ω’luk bir gerinim ölçer, dört kolu eşit 330 Ω olan ve 10 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 = 10 VR = 330 Ω

P_g = mW

12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerZor

1000 Ω kollu bir köprü 10 V ile uyarılıyor ve içinde dört etkin gerinim ölçer, ikisi çekmede ve ikisi basmada (tam köprü) bulunuyor. Gerinim ölçer çarpanı 2,12, gerinim 750 µε’dir. Köprü çıkışını (V_o) mV cinsinden bulun.

V_s = 10 VGF = 2,12ε = 750 µε

V_o = mV

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

F(A, B, C, D) = Σm(5, 7, 9, 11, 13, 14) fonksiyonunun en küçük çarpımlar toplamı (SOP) biçimini bulmak için Karnaugh haritasını kullanın. Kaç çarpım terimi (N) vardır?

F(A, B, C, D) = Σm(5, 7, 9, 11, 13, 14)

N =

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

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

Q₀ = 0D

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: I_Z = 168,9 mA

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.

Direnç akımı

I_R = 17,8/100 = 178 mA

Yük akımı

I_L = 6,2/680 = 9,118 mA

Zener akımı

I_Z = 178 − 9,118 = 168,9 mA

Cevap

I_Z = 168,9 mA

2.Diyotlar ve transistörler

Cevap: I_C = 9,149 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 = 9,149 mA

I_C(sat) = (12 − 0,2)/680 = 17,35 mA

Kolektör akımı

I_C = β·I_B = 9,149 mA

Cevap

I_C = 9,149 mA

Transistör aktiftir, bu yüzden yük tamamen açılmaz.

3.Op-amp devreleri

Cevap: V₋ = 0,4796 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) = 1,5·4,7/(10 + 4,7) = 0,4796 V

V₋ = V₊

Cevap

V₋ = 0,4796 V

4.Op-amp devreleri

Cevap: V_out = −8,221 V

Giriş akımı ve değişim hızı

kΩ çarpı µF milisaniye verir.

RC = 4,7 kΩ · 0,22 µF = 1,034 ms

değişim hızı = −V_in/(RC) = −1,7/1,034 = −1,644 V/ms

Verilen andaki çıkış

İdeal değer ±V_sat içindedir, bu yüzden integral alıcı henüz kırpılmamıştır.

V_out = −V_in·t/(RC) = −1,7·5/1,034 = −8,221 V

Cevap

V_out = −8,221 V

5.RC ve RL geçici rejim

Cevap: i = 0,1349 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.

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 = 47 mH / 68 Ω = 0,6912 ms

i(∞) = V_s/R = 12/68 = 0,1765 A

Verilen andaki akım

i(t) = i(∞)·(1 − e^−t/τ) = 0,1765·(1 − e^−1/0,6912) = 0,1349 A

Cevap

i = 0,1349 A

6.RC ve RL geçici rejim

Cevap: t = 1609 ms

Başlangıç değeri, son değer, zaman sabiti

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

v_C(0) = 2 V, v_C(∞) = V_s = 10 V

τ = R·C = 10 kΩ · 100 µF = 1000 ms

v_C(t) = 10 + (2 − 10)·e^−t/τ

Zaman için çözün

8,4 = 10 + (−8)·e^−t/τ → e^−t/τ = (8,4 − 10)/(2 − 10) = 0,2

t = τ·ln((2 − 10)/(8,4 − 10)) = 1000·ln(5) = 1609 ms

Cevap

t = 1609 ms

7.Seri ve paralel dirençler

Cevap: I_R1 = 0,6238 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 = 10·32/(10+32) = 7,619 Ω

R_eq = R₁ + 7,619 = 2 + 7,619 = 9,619 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 = 6/9,619 = 0,6238 A

Cevap

I_R1 = 0,6238 A

8.Seri ve paralel dirençler

Cevap: R_eq = 23,54 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 + 15 = 40 Ω

R₄ ∥ 40 = 10,91 Ω

R₃ + 10,91 = 30,91 Ω

R₂ ∥ 30,91 = 3,542 Ω

R_eq = R₁ + 3,542 = 20 + 3,542 = 23,54 Ω

Cevap

R_eq = 23,54 Ω

9.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: L = 18,9 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 = 6,3/9 = 0,7

Endüktans

L = 2,7·0,7/(0,4·250·10³) = 18,9 µH

Cevap

L = 18,9 µH

10.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: L_crit = 6 µH

Görev oranı

D = 6,3/9 = 0,7

Sınır koşulu

Ortalama bobin akımını dalgalanma akımının yarısına eşitleyin ve L için çözün.

L_crit = (1 − D)·R/(2f)

Kritik endüktans

L_crit = (1 − 0,7)·8/(2200·10³) = 6 µH

Cevap

L_crit = 6 µH

11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: P_g = 75,76 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 = 10/2 = 5 V

Güç

P_g = 5²/330 = 75,76 mW

Cevap

P_g = 75,76 mW

12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: V_o = 15,9 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 = 2,12·750·10⁻⁶ = 0,00159

Köprü çıkışı

V_o = V_s·GF·ε = 10·0,00159 = 15,9 mV

Cevap

V_o = 15,9 mV

13.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.

1’leri gruplayın

Her grup 2ᵏ hücrelik bir dikdörtgendir; kenardaki hücreler karşı kenardaki hücrelerin komşusudur.

BC′D

A′BD

AB′D

ABCD′

En küçük SOP biçimi

F = BC′D + A′BD + AB′D + ABCD′

N = 4

Cevap

N = 4

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

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

Cevap: saat kenarı 3

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 D flip-flop her yükselen kenarda D’yi kopyalar: Q⁺ = D.

1: D = 0 → Q = 0

2: D = 1 → Q = 1

3: D = 0 → Q = 0

4: D = 0 → Q = 0

5: D = 0 → Q = 0

6: D = 0 → Q = 0

7: D = 0 → Q = 0

8: D = 1 → Q = 1

1’den 0’a ilk değişim

saat kenarı 3

Cevap

saat kenarı 3

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1