Bu sınavda çözüm için kullandığınız kağıtların yanında SADECE hesap makinası ve kendi el yazınız ile hazırlanmış A4
boyutlu bir "kopya kağıdı" kullanma hakkınız var. Sınav sonunda kağıtlar toplanırken "kopya kağıdı"nızı lütfen sınav
kağıtları ile beraber veriniz. "kopya kağıdı"nızı sınav değerlendirildikten sonra geri alabilirsiniz. Bulduğunuz
sonuçların birimlerini yazmayı ve birim uyumuna dikkat etmeyi unutmayınız.
EHB222 ELEKTRONİĞE GİRİŞ (10816)
Yarıyıl Sonu Sınavı  10 Ocak 2017  15.00-17.00
İnci ÇİLESİZ / Ensar VAHAPOĞLU
1.
Yanda görülen BJT’li yükseltici devresi için,
özdeş transistör parametreleri VA = ,
VT = 25 mV, VBE = 0,6 V ve hfe = hFE = β = 100,
hre = hoe = 0 olarak verilmiştir.
+10 V
2k2
335 k
Cc
Devrenin kutuplama akımlarını bulunuz. (10)
a.
Devrenin vo/vs küçük işaret kazancını
bulunuz. (10)
b.
Devrenin ri giriş ve ro çıkış direçlerini
bulunuz. (10)
vo
T1
Vs
T2
125 k
ri
1k
2.
Yandaki şekilde görülen MOS’lu devre için
1/2=Kn1 = 0,5 μn Cox (W/L) = 500 μA/V2,
2/2=KP2 = 0,5 μP Cox (W/L) = 200 μA/V2,
Vt1 = -Vt2 = 1,2 V; VA1 = VA2 =  ve Rg = 4k olarak
verilmiş olsun.
a.
b.
DC çalışma noktasında ID1 = 0,2 mA,
ID2=0,5 mA, VDS1 = 2 V, VDS2 = -6 V ve ri
= 100k olacak şekilde direnç değerlerini
bulunuz. (20)
CE
ro
VDD = +5V
R1
RD1
ro
RS2
vo
Rg
M1
vg
R2
M2
Ry
4k
RS1
ri
vo/vg kazancını ve devrenin çıkış
direncini bulunuz. (20)
VSS = -5V
3.
a.
b.
Sol yandaki OPAMP ve diyot ideal özelliklere sahiptir. OPAMP
doyma gerilimleri VO+=5 V ve VO−= −5 V iken
Vi>0 ve Vi<0 durumları için kazancı bulunuz. (15)
VO = 2|Vi| (R1=R4=10k) için R2 ve R3 değerlerini kesaplayınız.
Hangi Vi değeri için VO= 2|Vi| geçerlidir? (15)
BASARILAR
EHB222 ELEKTRONİĞE GİRİŞ (10816) Yarıyıl Sonu Sınavı –ÇÖZÜMLER
1. Yandaki şekilde görüldüğü gibi
+VCC = 10 V
RBB  335k || 125k  91k ve
VBB 
125k
VCC  2,72V
125k  335k
+10 V
2k2
335 k
T1
T2
125 k
1k
RBB
335k
≡
olarak
bulunduktan sonra
VBB, RBB, T1, T2 ve
1k’lık RE’yi içeren
çevremin
denklemi yazılırsa
VBB+
125k
VBB  335k || 125k I B1  VBE1  VBE 2  1k hFE  1I B 2 , burada
I B 2  hFE  1I B1 olduğu için
ib1
hfe*ib1
hfe*re1
ic
vo
vs
RBB
hfe*re2
hfe*ib2
RC
ib2
I B1 
VBB  VBE1  VBE 2
335k || 125k   hFE  1 1k
2

2,72V  0,6V  0,6V
 0,147A dolayısıyla
91k  10121k
I C1  hFE * I B1  14,7 A; I C 2  hFE * I B 2  hFE hFE  1I B1  1,49mA
re1 
VT
V
 1k 7; re 2  T  16,8 bulunur.
I C1
IC 2
Devrenin kazanç ifadeleri için önce küçük işaret devresini yandaki gibi çizmek gerekir.
vo   RC ic ve ic  h fe ib1  h fe (h fe  1)ib1  h fe (h fe  2)ib1
ayrıca vs  h fe re1ib1  h fe re 2 ib 2  h fe re1ib1 
h fe re1
h fe  1
(h fe  1)ib1  2h fe re1ib1 olduğundan
RC h fe (h fe  2)
v
v
vo

  66,2 ; diğer yandan ri  RBB || s , ri *  s  2h fe re1  339k ve
ib1
ib1
vs
2h fe re1
ri  RBB ||
vs
 71k 8 olarak bulunur.
ib1
Devre kolektör çıkışlı olduğu için ro  RC  2k 2 dir.
10 Ocak 2017 – İnci ÇİLESİZ / Ensar VAHAPOĞLU
EHB222 ELEKTRONİĞE GİRİŞ (10816) Yarıyıl Sonu Sınavı –ÇÖZÜMLER
2. Probleme başlarken MOS devrelerde MOS transistörlerin doymada çalışması koşulunu sağlamaları
gerektiğini anımasayalım.
VDS 2  VDD  VSS  I D 2 RS 2  5V  (5V )  0,5mA  RS 2  6V denkleminden RS 2  8k olarak
bulunduktan sonra
I D2
W
1
2
I D 2    p Cox  VGS 2  Vt 2   VGS 2  
 Vt 2  1,58V  1,2V den
W
L 2
1
2
 2  p Cox L 
2
PMOS için uygun çözüm ( VGS 2  Vt 2 olacak biçimde) VGS 2   2,78V ya da VSG 2  2,78V
VS 2  VSS  VDS 2  1V  VG 2  VD1  VS 2  VSG 2  1V  2,78V   1,78V olduğu için
RD1 
VDD  VD1 5V  1,78V

 33k 9
I D1
0,2mA
W
1
 n Cox  VGS 1  Vt1 2  0,5mVGS 1  1,2V 2  0,2mA denkleminden
L 1
2
Ayrıca I D1  
VGS 1  
I D1
W
1
 2  n Cox L 
1
 Vt1 den NMOS için uygun çözüm olarak VGS 1  1,83V elde edilir.
VDS1  VDD  VSS  I D1 ( RD1  RS1 )  5V  (5V )  0,2mA  (33k 9  RS1 )  2V denkleminden
RS 1 
V S1VSS  1,78V  2V  (5V )

 6k1 bulunur.
I D1
0,2mA
W
1
2
2
I D1    n Cox  VGS 1  Vt1   0,5mVGS 1  1,2V   0,2mA denkleminden de
2
L

1
VGS 1  
I D1
W
1
 2  n Cox L 
1
 Vt1 den ( VGS 2  Vt 2 olacak biçimde) uygun çözüm olarak VGS 1  1,83V elde
edilir.
Burada ilginç bir durumla karşılaşıyoruz: Baz bölücü dirençler öyle alınmalı ki 1. MOS’un geçidinde
VG1  VGS1  VS1  1,83V  (1,78V  2V )  1,95V sağlansın.
Geçitten içeri akım akmayacağına göre hem
VG  VDD 
R2
VDD  VSS   VSS  R2 10  1,95V  R2   1,95  5  0,305
R2  R1
R2  R1
R2  R1
10
olacak hem de ri  R1 || R2 
1
1
1

R1 R2

R1 R2
 100k olacak. Buradan kolaylıkla görürüz ki
R1  R2
10 Ocak 2017 – İnci ÇİLESİZ / Ensar VAHAPOĞLU
EHB222 ELEKTRONİĞE GİRİŞ (10816) Yarıyıl Sonu Sınavı –ÇÖZÜMLER
ri
R2
100k


 0,305  R1  328k ve
R1 R1  R2
R1
1
1
1
1
1
1





 R2  144k
ri R1 R2 100k 328k R2
Kazanç hesaplarına gelince
gm2vgs2
Rg
vo
vgs2
+
+
gm1vgs1
vg
R1||R2
vgs1
RD1
RS2
Ry
W

g m1  2  n C ox  VGS 1  Vt1   2 * 0,5m * (1,83V  1,2V )  0,63mA / V
L 1

W

g m 2  2 p C ox  VGS 2  Vt 2   2 * 0,2m * (2,78V  1,2V )  0,63mA / V
L 2

vo  g m 2 v gs 2 ( RS 2 || R y )  g m 2 ( RS 2 || R y )v gs 2
v gs 2   g m1v gs1 R D1  vo  ( g m1v gs1 R D1  vo )
v gs1 
ri
R1 || R2
vg 
vg
R g  R1 || R2
R g  ri

vo   g m 2 ( RS 2 || R y ) g m1v gs1 RD1  vo



 r

vo   g m 2 ( RS 2 || R y )  g m1 RD1  i v g   vo 
 R g  ri 


g m1 g m 2 R D1 ( RS 2 || R y )  ri 
vo

   0,63  0,63  33k 9(8k || 4k )  100k    12,87

vg
1  g m 2 ( RS 2 || R y )  R g  ri 
1  0,63(8k || 4k )
 4k  100k 
ro  RS 2  8k olduğu ise küçük işaret devresinden açıkça görülmektedir.
10 Ocak 2017 – İnci ÇİLESİZ / Ensar VAHAPOĞLU
EHB222 ELEKTRONİĞE GİRİŞ (10816) Yarıyıl Sonu Sınavı –ÇÖZÜMLER
10 Ocak 2017 – İnci ÇİLESİZ / Ensar VAHAPOĞLU