Formül kâğıtları, her konunun temel yöntem adımları ve 14 alıştırma sorusu; tam çözümler en sonda.
β = 200 olan bir NPN transistör, VCC = 15 V’tan gerilim bölücüyle kutuplanmıştır: VCC’den baza R₁ = 68 kΩ ve bazdan toprağa R₂ = 15 kΩ. Kolektör direnci RC = 1 kΩ ve emetör direnci RE = 1 kΩ. VBE = 0,7 V alın ve bölücünün Thévenin eşdeğerini kullanın (baz akımını ihmal etmeyin). Kolektör–emetör gerilimi VCE değerini bulun.
β = 200 olan bir NPN transistör, VCC = 9 V ile kolektörü arasına bağlı 220 Ω değerindeki bir yük direncini anahtarlıyor. Emetör topraklıdır. Baz, 3,3 V’luk bir lojik çıkıştan RB baz direnci üzerinden sürülüyor. VBE = 0,7 V ve VCE(sat) = 0,2 V alın. Transistörü tam doyuma sürmeye hâlâ yeten en büyük baz direnci RB değerini kΩ cinsinden bulun.
Bu evirmeyen yükseltecin gerilim kazancını 2 yapan geri besleme direnci Rf değerini seçin.
Toplayıcı yükselteç, ±15 V ile beslenen ideal bir op-amp kullanır. Çıkış gerilimi Vout değerini bulun.
Anahtar t = 0’da kapanmadan önce bobinden akım geçmez. Anahtar kapandıktan ne kadar sonra akım son değerinin %90’ine ulaşır? t değerini bulun.
Anahtar t = 0’da kapanmadan hemen önce kondansatörde gösterilen polaritede 8 V vardır. vC değerinin 12,9 V’a ulaşması ne kadar sürer? t değerini bulun.
Kaynağın verdiği ve R1 üzerinden geçen IR1 akımını bulun.
V1 kaynağının gördüğü eşdeğer direnç Req değerini bulun.
İdeal bir alçaltıcı dönüştürücü, 50 kHz anahtarlama frekansında 15 V’u 10,5 V’a çeviriyor. Bobin dalgalanma akımının tepeden tepeye değerini 0,6 A’de tutan endüktansı (L) bulun.
Bir alçaltıcı dönüştürücü, 50 kHz’te ve L = 22 µH ile 48 V’u 12 V’a çeviriyor. Sürekli iletimde kalabildiği en küçük yük akımını (Io,min) bulun.
Dört kolu 1000 Ω olan bir köprü 6 V ile besleniyor. R₂ sensörü değiştiğinde çıkış Vab = 14,93 mV okunuyor. R₂’nin kesin değişimini (ΔR) bulun.
E = 210 GPa olan bir elemanın üzerindeki bir gerinim ölçer (GF = 2), 3 V ile uyarılan bir çeyrek köprü oluşturuyor. Çıkış 0,3 mV okunuyor. Eksenel gerilmeyi (σ) MPa cinsinden bulun.
F(A, B, C, D) = Σm(2, 7, 8, 12, 13, 15) fonksiyonunun en küçük çarpımlar toplamı (SOP) biçimini bulmak için Karnaugh haritasını kullanın. Toplamda kaç literal (L) içerir (üzerinde işaret olan bir değişken bir literal sayılır)?
F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 4, 7, 8, 11, 15) + d(1, 5, 12) fonksiyonunun en küçük SOP biçimini bulun; d fark etmez (don’t-care) durumlarını gösterir. Kaç literal (L) içerir?
Cevap: VCE = 11,22 V
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 çevresinde KGY; emetör akımı (β + 1)·IB’dir.
Cevap: RB = 13 kΩ
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.
Daha küçük herhangi bir baz direnci de transistörü doyuma sokar; uygulamada birkaç kat daha küçük bir direnç seçilir.
Cevap: Rf = 10 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.
V₋ = V₊ = Vin ve R₁’deki akım Rf’den de geçer, bu yüzden Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).
Cevap: Vout = 0,483 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.
V₋ = 0, bu yüzden her giriş direncinin üzerinde kendi giriş geriliminin tamamı vardır.
Cevap: t = 15,35 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.
Anahtar kapandıktan uzun süre sonra bobin kısa devre gibi davranır; bu yüzden son akımı yalnızca R belirler.
Cevap: t = 582,7 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.
Kondansatör gerilimi sıçrayamaz; bu yüzden depolanan değerden başlar ve kaynak gerilimine yönelir.
Cevap: IR1 = 1,04 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.
Kaynağa en uzak uçtan başlayıp ona doğru geri gelin. Aynı akımı taşıyan dirençler seri; aynı iki düğüm arasındaki dirençler paraleldir.
Kaynak yalnızca Req’yi görür; Ohm yasası verdiği akımı bulur. Bu akım R₁’den geçer.
Cevap: Req = 15,29 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.
Kaynağa en uzak uçtan başlayıp ona doğru geri gelin. Aynı akımı taşıyan dirençler seri; aynı iki düğüm arasındaki dirençler paraleldir.
Cevap: L = 105 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) 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).
Cevap: Io,min = 4,091 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).
Bu akımın altında dönüştürücü süreksiz iletime girer ve Vo, D·Vin değerinin üzerine çıkar.
Cevap: ΔR = 10 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.
Cevap: σ = 42 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.
Cevap: L = 13
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 grup 2ᵏ hücrelik bir dikdörtgendir; kenardaki hücreler karşı kenardaki hücrelerin komşusudur.
Aynı büyüklükte başka bir gruplama da vardır; terim ve literal sayısı aynıdır.
Cevap: L = 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’lerden ve X’lerden oluşturulabilen en büyük gruplar.
ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1