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 = 100 olan bir NPN transistör, V_CC = 15 V’tan gerilim bölücüyle kutuplanmıştır: V_CC’den baza R₁ = 33 kΩ ve bazdan toprağa R₂ = 4,7 kΩ. Kolektör direnci R_C = 1 kΩ ve emetör direnci R_E = 2,2 kΩ. V_BE = 0,7 V alın ve bölücünün Thévenin eşdeğerini kullanın (baz akımını ihmal etmeyin). Kolektör akımı I_C değerini mA cinsinden bulun.

V_CC = 15 VR₁ = 33 kΩR₂ = 4,7 kΩR_C = 1 kΩR_E = 2,2 kΩβ = 100

I_C = mA

2.Diyotlar ve transistörlerZor

β = 100 olan bir NPN transistör, V_CC = 24 V ile kolektörü arasına bağlı 220 Ω değerindeki bir yük direncini anahtarlıyor. Emetör topraklıdır. Baz, 5 V’luk bir lojik çıkıştan R_B baz direnci üzerinden sürülüyor. V_BE = 0,7 V ve V_CE(sat) = 0,2 V alın. Güvenilir anahtarlama için baz akımını doyum için gereken en küçük değerin 5 katı olacak şekilde tasarlayın. R_B değerini kΩ cinsinden bulun.

V_CC = 24 VR_C = 220 Ωβ = 100V_in = 5 VV_BE = 0,7 VV_CE(sat) = 0,2 Vaşırı sürme = 5

R_B = kΩ

3.Op-amp devreleriOrta

Op-amp idealdir ve ±15 V ile beslenir. Çıkış gerilimi V_out değerini bulun.

V_in = 1,8 VR₁ = 4,7 kΩR_f = 4,7 kΩ

V_out = 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 = 1,8 VR₁ = 10 kΩR₂ = 2 kΩR_f = 1 kΩ

V_out = V

5.RC ve RL geçici rejimOrta

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 0,5 A’e düşmesi ne kadar sürer? t değerini bulun.

i(0) = 2,5 AR = 47 ΩL = 22 mH

t = ms

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 9 V’a ulaştığında, başlangıçtan tam 200 ms sonra tetiklemelidir. R = 47 kΩ ile gereken kapasite C değerini bulun.

V_s = 12 VV_th = 9 VT = 200 msR = 47 kΩ

C = µF

7.Seri ve paralel dirençlerOrta

V₁ kaynağının gördüğü eşdeğer direnç R_eq değerini bulun.

V₁ = 15 VR₁ = 4 ΩR₂ = 2 ΩR₃ = 20 ΩR₄ = 4 Ω

R_eq = Ω

8.Seri ve paralel dirençlerZor

V₁ kaynağının gördüğü eşdeğer direnç R_eq değerini bulun.

V₁ = 12 VR₁ = 15 ΩR₂ = 20 ΩR₃ = 8 ΩR₄ = 8 ΩR₅ = 30 ΩR₆ = 3 Ω

R_eq = Ω

9.DC–DC dönüştürücülerOrta

İdeal bir alçaltıcı dönüştürücü, 500 kHz’te ve L = 100 µH ile 48 V’u 14,4 V’a çeviriyor. Bobin dalgalanma akımının tepeden tepeye değerini (ΔI_L) bulun.

Vin = 48 VVo = 14,4 Vf = 500 kHzL = 100 µH

ΔI_L = A

10.DC–DC dönüştürücülerZor

İdeal bir alçaltıcı-yükseltici dönüştürücü, 50 Ω’luk bir yük için 40 kHz’te 48 V’u −32 V’a çeviriyor. Çıkış kondansatörü 220 µF’tır. Tepeden tepeye çıkış gerilimi dalgalanmasını (ΔV_o) mV cinsinden bulun.

Vin = 48 VVo = −32 Vf = 40 kHzC = 220 µFR = 50 Ω

ΔV_o = mV

11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerOrta

Bir köprünün dört kolu 500 Ω’dur ve V_s = 15 V’tur. R₂ sensörü ΔR = 100 Ω artıyor. Kesin çıkışı (V_ab) mV cinsinden bulun.

V_s = 15 VR = 500 ΩΔR = 100 Ω

V_ab = mV

12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerZor

350 Ω kollu bir köprü 10 V ile uyarılıyor ve içinde tek etkin gerinim ölçer (çeyrek köprü) bulunuyor. Gerinim ölçer çarpanı 2, gerinim 400 µε’dir. Köprü çıkışını (V_o) mV cinsinden bulun.

V_s = 10 VGF = 2ε = 400 µε

V_o = mV

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

F = B′C′ + A′B + A′BC′ fonksiyonunu en küçük çarpımlar toplamı biçimine sadeleştirin. Sadeleştirilmiş ifade kaç literal (L) içerir?

F = B′C′ + A′B + A′BC′

L =

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

Yükselen kenarla tetiklenen bir T flip-flop Q = 0 ile başlar ve 7 yükselen saat kenarında gösterilen girişleri alır. Q kaç kez, N, durum değiştirir?

Q₀ = 0T

N =

3Çözeltiler

1.Diyotlar ve transistörler

Cevap: I_C = 0,517 mA

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 = 15·4,7/(33 + 4,7) = 1,87 V

R_TH = 33·4,7/(33 + 4,7) = 4,114 kΩ

Baz akımı

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

I_B = (1,87 − 0,7)/(4,114 + 101·2,2) = 5,17 µA

Kolektör akımı

I_C = 100·5,17 µA = 0,517 mA

I_E = 101·5,17 µA = 0,5222 mA

Cevap

I_C = 0,517 mA

2.Diyotlar ve transistörler

Cevap: R_B = 0,795 kΩ

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.

Doyumdaki kolektör akımı

I_C(sat) = (24 − 0,2)/220 = 108,2 mA

En küçük baz akımı

I_B(min) = I_C(sat)/β = 108,2/100 = 1082 µA

Tasarım baz akımı

I_B = 5·1082 µA = 5409 µA

Baz direnci

R_B = (5 − 0,7)/I_B = 4,3 V/5,409 mA = 0,795 kΩ

Cevap

R_B = 0,795 kΩ

3.Op-amp devreleri

Cevap: V_out = 3,6 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.

Eviren giriş girişi izler

V₋ = V₊ = 1,8 V

I = V₋/R₁ = 1,8/4,7 = 0,383 mA

Çıkış gerilimi

R₁’deki akım R_f’den de geçer.

V_out = V₋ + I·R_f = 1,8 + 0,383·4,7 = 3,6 V

Cevap

V_out = 3,6 V

4.Op-amp devreleri

Cevap: V_out = −0,74 V

Giriş akımları

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

I₁ = V₁/R₁ = −1,6/10 = −0,16 mA

I₂ = V₂/R₂ = 1,8/2 = 0,9 mA

I_f = I₁ + I₂ = 0,74 mA

Çıkış gerilimi

V_out = −R_f·I_f = −1·0,74 = −0,74 V

Cevap

V_out = −0,74 V

5.RC ve RL geçici rejim

Cevap: t = 0,7534 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 = 22 mH / 47 Ω = 0,4681 ms

Zaman için çözün

0,5 = 2,5·e^−t/τ → t = τ·ln(2,5/0,5)

t = 0,4681·ln(5) = 0,7534 ms

Cevap

t = 0,7534 ms

6.RC ve RL geçici rejim

Cevap: C = 3,07 µF

Gerekli zaman sabiti

9 = 12·(1 − e^−200/τ) → τ = 200/ln(12/(12 − 9))

τ = 200/1,386 = 144,3 ms

Kapasitans

kΩ çarpı µF milisaniye verir.

C = τ/R = 144,3/47 = 3,07 µF

Cevap

C = 3,07 µF

7.Seri ve paralel dirençler

Cevap: R_eq = 5,846 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.

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 + 4 = 24 Ω

R₂ ∥ 24 = 2·24/(2+24) = 1,846 Ω

R_eq = R₁ + 1,846 = 4 + 1,846 = 5,846 Ω

Cevap

R_eq = 5,846 Ω

8.Seri ve paralel dirençler

Cevap: R_eq = 23,39 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 = 30 + 3 = 33 Ω

R₄ ∥ 33 = 6,439 Ω

R₃ + 6,439 = 14,44 Ω

R₂ ∥ 14,44 = 8,385 Ω

R_eq = R₁ + 8,385 = 15 + 8,385 = 23,39 Ω

Cevap

R_eq = 23,39 Ω

9.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: ΔI_L = 0,2016 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 = 14,4/48 = 0,3

İletim süresinde bobin gerilimi

S iletimdeyken bobin, V_in ile V_o arasında yer alır.

V_L = 48 − 14,4 = 33,6 V

Dalgalanma akımı

ΔI_L = V_L·D/(L·f) = 33,6·0,3/(100·10⁻⁶·500·10³) = 0,2016 A

Cevap

ΔI_L = 0,2016 A

10.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: ΔV_o = 29,09 mV

Görev oranı

D = 32/(48 + 32) = 0,4

Yük akımı

I_o = 32/50 = 0,64 A

Çıkış dalgalanması

ΔV_o = 0,64·0,4/(40·10³·220·10⁻⁶) = 29,09 mV

Cevap

ΔV_o = 29,09 mV

11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: V_ab = 681,8 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.

Düğüm gerilimleri

V_a = 15·600/1100 = 8,182 V

V_b = 7,5 V

Çıkarılan

V_ab = 681,8 mV

Cevap

V_ab = 681,8 mV

V_s·ΔR/(4R) = 750 mV doğrusal tahmini % 10 fazladır: çeyrek köprü tam doğrusal değildir.

12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: V_o = 2 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 = 2·400·10⁻⁶ = 0,0008

Köprü çıkışı

V_o ≈ V_s·GF·ε/4 = 10·0,0008/4 = 2 mV

Cevap

V_o = 2 mV

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

Cevap: L = 4

Boole cebiri: ifadeleri sadeleştiren kurallar X + X′ = 1 ve X·X′ = 0, X + X = X, soğurma X + X·Y = X, birleştirme kuralı X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y ve uzlaşma teoremi XY + X′Z + YZ = XY + X′Z’dir. De Morgan yasaları (X·Y)′ ifadesini X′ + Y′’ye ve (X + Y)′ ifadesini X′·Y′’ye çevirir. Bir Karnaugh haritası bu kuralları grafik olarak uygular: iki komşu hücrelik her grup, XY + XY′ = X kuralının bir kullanımıdır.

İfadenin minterimleri

B′C′ → m(0, 4)

A′B → m(2, 3)

A′BC′ → m(2)

Gruplayın ve okuyun

F = B′C′ + A′B

Literalleri sayın

L = 4

Cevap

L = 4

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

Cevap: N = 2

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 T flip-flop T = 1 iken her yükselen kenarda tersler (toggle), T = 0 iken tutar.

1: T = 0 → Q = 0

2: T = 0 → Q = 0

3: T = 1 → Q = 1

4: T = 0 → Q = 1

5: T = 1 → Q = 0

6: T = 0 → Q = 0

7: T = 0 → Q = 0

Değişimleri sayın

0 → 0 → 0 → 1 → 1 → 0 → 0 → 0

N = 2

Cevap

N = 2

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1