Elektronika 1: zestaw na powtórkę

Wzory, najważniejsze kroki metod dla każdego tematu i 14 zadań do ćwiczenia, z pełnymi rozwiązaniami na końcu.

Nowe zadaniaWróć do przedmiotu

W oknie drukowania wybierz „Zapisz jako PDF”, aby zachować kopię na swoim urządzeniu.

1Wzory i metody

Diody i tranzystory

Dioda (stały spadek napięcia)
VD = 0,7 V when conducting
Obszar aktywny
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Polaryzacja stałym prądem bazy
IB = (VCC − 0,7)/RB
Polaryzacja dzielnikiem napięcia
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin dla dzielnika
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Oczko kolektora
VCE = VCC − ICRC − IERE
Nasycenie
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Wzmacniacz odwracający
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Wzmacniacz nieodwracający
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Wzmacniacz sumujący
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Idealny wzmacniacz operacyjny
V+ = V−, Iin = 0

Stany nieustalone RC i RL

Stała czasowa
τ = RC | τ = L/R
Odpowiedź układu
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensator przy prądzie stałym
rozwarcie; vC nie może zmienić się skokowo
Cewka przy prądzie stałym
zwarcie; iL nie może zmienić się skokowo
Stan ustalony
t ≈ 5τ

Metoda

  1. Wyznacz wartość początkową tuż po przełączeniu: napięcie na kondensatorze i prąd cewki nie mogą zmienić się skokowo.
  2. Wyznacz wartość końcową długo po przełączeniu: kondensator zachowuje się jak rozwarcie, a cewka jak zwarcie.
  3. Wyznacz stałą czasową: τ = RC lub τ = L/R, z rezystancją widzianą przez kondensator lub cewkę.
  4. Użyj x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Rezystory szeregowo i równolegle

Rezystory połączone szeregowo
Req = R1 + R2 + …
Rezystory połączone równolegle
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dwa równolegle
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Prawo Ohma
V = I·R
Moc
P = V·I = I²R = V²/R

Metoda

  1. Zacznij od końca sieci najdalszego od zacisków.
  2. Rezystory szeregowe łącz, dodając je, a równoległe ze wzoru 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Po każdym kroku narysuj obwód od nowa.
  4. Powtarzaj, aż między zaciskami zostanie jeden rezystor.

Przetwornice DC-DC

Obniżająca
Vo = D·Vin
Podwyższająca
Vo = Vin/(1 − D)
Odwracająca
|Vo| = Vin·D/(1 − D)
Idealny bilans mocy
VinIin = VoIo
Tętnienia prądu cewki
ΔIL = VL,on·D/(L·f); buck Vin − Vo, boost and buck-boost Vin
Średni prąd cewki
obniżająca Io; podwyższająca i odwracająca Io/(1 − D)
Tętnienia wyjścia
obniżająca ΔIL/(8fC); podwyższająca i odwracająca Io·D/(fC)
Granica pracy z prądem ciągłym
obniżająca (1 − D)R/(2f); podwyższająca D(1 − D)²R/(2f); odwracająca (1 − D)²R/(2f)

Metoda

  1. Rozpoznaj przetwornicę (obniżającą, podwyższającą lub odwracającą) i wyznacz współczynnik wypełnienia D z przekładni napięciowej.
  2. Użyj bilansu woltosekundowego na cewce: średnie napięcie na cewce w ciągu okresu jest równe zero.
  3. Wyznacz napięcie na cewce przy załączonym kluczu, a potem ΔIL = VL·D/(L·f).
  4. Dla tętnień wyjścia wyznacz ładunek wpływający do kondensatora i z niego wypływający; dla granicy pracy z prądem ciągłym przyrównaj średni prąd cewki do ΔIL/2.

Mostek Wheatstone’a i tensometry

Napięcia dzielników
Va = VsR2/(R1 + R2), Vb = VsR4/(R3 + R4)
Wydalone
Vab = Va − Vb
Bilans
R1/R2 = R3/R4
Mostek z drutem oporowym
R/Rx = l/(100 − l)
Rezystancja Thévenina
Rth = R1∥R2 + R3∥R4
Współczynnik czułości
ΔR/R = GF·ε
Napięcie wyjściowe mostka
ćwierćmostek Vs·GF·ε/4, półmostek Vs·GF·ε/2, mostek pełny Vs·GF·ε
Mała zmiana, jedno ramię
Vab ≈ Vs·ΔR/(4R)
Naprężenie
σ = E·ε

Metoda

  1. Potraktuj mostek jako dwa dzielniki napięcia na tym samym zasilaniu.
  2. Dla równowagi przyjmij R₁/R₂ = R₃/R₄ i wyznacz nieznany rezystor.
  3. Dla mostka niezrównoważonego wyznacz Va i Vb z dzielników i odejmij je; użyj układu zastępczego Thévenina, gdy miernik obciąża wyjście.
  4. Dla tensometrów zamień odkształcenie na ΔR/R = GF·ε i użyj Vs·GF·ε/4, /2 lub ×1 odpowiednio dla ćwierćmostka, półmostka i mostka pełnego.

Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Podstawowe bramki
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Reguły algebry Boole’a
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Prawa de Morgana
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Kolejność na mapie Karnaugha
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Grupa 2ᵏ komórek
traci k zmiennych
Multiplekser 4-do-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Przerzutniki
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Liczniki
n-bitowy: 2ⁿ stanów; mod-N: najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Licznik asynchroniczny (ripple)
fmax = 1/(n·tpd)
Liczniki pierścieniowy i Johnsona
n i 2n stanów

Metoda

  1. Dla układu przechodź od wejść do wyjścia bramka po bramce i zapisuj wartość na każdym przewodzie albo zapisz jego wyrażenie i wypełnij tablicę prawdy.
  2. Przy upraszczaniu wpisz jedynki (a stany nieokreślone jako X) na mapę Karnaugha z wierszami i kolumnami w kodzie Graya: 00, 01, 11, 10.
  3. Pokryj jedynki jak najmniejszą liczbą jak największych grup po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, zawijając przez brzegi; każda grupa to jeden iloczyn ze zmiennych, które pozostają stałe. Dla postaci POS grupuj zera.
  4. Przy przerzutnikach i licznikach odczytuj wejścia przy każdym aktywnym zboczu zegara, zapisuj stan po każdym zboczu i pamiętaj, że n-bitowy licznik zawija się po 2ⁿ stanach.

2Zadania do ćwiczenia

1.Diody i tranzystoryŚredni
+−12 V680 Ω3,3 V2200 ΩIZ​ = ?

Stabilizator z diodą Zenera 3,3 V jest zasilany napięciem 12 V przez 680 Ω i zasila obciążenie 2200 Ω. Wyznacz prąd diody Zenera IZ.

Vin = 12 VVZ = 3,3 VR = 680 ΩRL = 2200 Ω
IZ = mA
2.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 1 kΩβ = 100IC​ = ?VCC​ = 5 V5 VRB​ = 47 kΩ

Tranzystor NPN o β = 100 przełącza rezystor obciążenia 1 kΩ włączony między VCC = 5 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 5 V przez rezystor bazowy RB = 47 kΩ. Przyjmij VBE = 0,7 V i VCE(sat) = 0,2 V. Wyznacz prąd kolektora IC w mA, gdy na wejściu jest stan wysoki. Najpierw ustal, czy tranzystor jest nasycony.

VCC = 5 VRC = 1 kΩβ = 100Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 47 kΩ
IC = mA
3.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 100 kΩVin​

Dobierz rezystor sprzężenia zwrotnego Rf, który da temu wzmacniaczowi nieodwracającemu wzmocnienie napięciowe 6.

R1 = 100 kΩAv = 6
Rf = kΩ
4.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = 1,4 VR1​ = 1 kΩV2​ = −1,6 VR2​ = 4,7 kΩ

Wzmacniacz sumujący korzysta z idealnego wzmacniacza operacyjnego zasilanego napięciem ±15 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

V1 = 1,4 VV2 = −1,6 VR1 = 1 kΩR2 = 4,7 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
5.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​6 Vt = 0R = 5 ΩL47 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz energię W zgromadzoną w cewce w chwili t = 15 ms, w mJ.

Vs = 6 VR = 5 ΩL = 47 mHt = 15 ms
W = mJ
6.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​20 Vt = 0R = 3,3 kΩC47 µF+−vC​vC​(0) = 24 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 24 V o zaznaczonej biegunowości. Po jakim czasie vC osiągnie 21,2 V? Wyznacz t.

Vs = 20 VR = 3,3 kΩC = 47 µFvC(0) = 24 V
t = ms
7.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni
R1​ = 4 ΩIR1​R3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAR4​12 ΩB

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 ΩR4 = 12 Ω
IR1 = A
8.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 25 ΩIR1​R3​ = 5 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAR4​15 ΩBR6​30 Ω

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 15 VR1 = 25 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 ΩR4 = 15 ΩR5 = 25 ΩR6 = 30 Ω
IR1 = A
9.Przetwornice DC-DCŚredni
tiL​Imax​Imin​ΔI = ?DTT2T

Idealna przetwornica obniżająca zamienia 48 V na 33,6 V przy 50 kHz i L = 68 µH. Wyznacz międzyszczytowe tętnienia prądu cewki ΔIL.

Vin​ = 48 VVo​ = 33,6 Vf = 50 kHzL = 68 µH
ΔIL = A
10.Przetwornice DC-DCTrudny
tiL​Imax​IL​DTT2T

Idealna przetwornica podwyższająca zamienia 12 V na 20 V przy obciążeniu 4 Ω i 25 kHz. Wyznacz najmniejszą indukcyjność Lcrit zapewniającą pracę z prądem ciągłym.

Vin​ = 12 VVo​ = 20 Vf = 25 kHzR = 4 Ω
Lcrit = µH
11.Mostek Wheatstone’a i tensometryŚredni
+−5 V330 Ω330 Ω + ΔR330 Ω330 Ωab+−49,02 mV

Mostek z czterema ramionami 330 Ω jest zasilany napięciem 5 V. Gdy czujnik R₂ się zmienia, wyjście wskazuje Vab = 49,02 mV. Wyznacz dokładną zmianę ΔR rezystancji R₂.

Vs = 5 VR = 330 ΩVab = 49,02 mV
ΔR = Ω
12.Mostek Wheatstone’a i tensometryTrudny
+−3 V120 Ω − ΔR120 Ω + ΔR120 Ω + ΔR120 Ω − ΔRab+−Vo​ = ?

Mostek z ramionami 120 Ω jest zasilany napięciem 3 V i ma cztery czynne tensometry, dwa rozciągane i dwa ściskane (mostek pełny). Współczynnik czułości wynosi 2,12, a odkształcenie 600 µε. Wyznacz napięcie wyjściowe mostka Vo w mV.

Vs = 3 VGF = 2,12ε = 600 µε
Vo = mV
13.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111000111312141507160121131150140819011110

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać iloczynu sum (POS) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 4, 5, 6, 9, 10, 13, 15). Ile sum (czynników) N ona ma?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 4, 5, 6, 9, 10, 13, 15)
N =
14.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
ABCD00011110000111101011030214X51716112113X150141819111010

Dla F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 4, 6, 7, 8, 9, 11, 12, 13) + d(5, 15), gdzie d oznacza stany nieokreślone, znajdź liczbę N istotnych implikantów prostych.

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 4, 6, 7, 8, 9, 11, 12, 13) + d(5, 15)
N =

3Roztwory

1.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IZ = 11,29 mA

Stabilizator Zenera: spolaryzowana zaporowo dioda Zenera utrzymuje napięcie VZ, dopóki jej prąd pozostaje powyżej minimum IZ,min. Rezystor szeregowy R przejmuje różnicę między napięciem wejściowym a wyjściowym: IR = (Vin − VZ)/R. Ten prąd dzieli się między obciążenie, IL = VZ/RL, i diodę Zenera: IZ = IR − IL. Projektuj dla najgorszych przypadków: najniższe napięcie wejściowe przy największym obciążeniu musi nadal zostawić IZ,min, a najwyższe napięcie wejściowe bez obciążenia daje największą moc diody Zenera PZ = VZ·IZ.

Prąd rezystora

IR = 8,7/680 = 12,79 mA

Prąd obciążenia

IL = 3,3/2200 = 1,5 mA

Prąd diody Zenera

IZ = 12,79 − 1,5 = 11,29 mA

Odpowiedź

IZ = 11,29 mA
2.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 4,8 mA

Tranzystor bipolarny jako klucz: aby całkowicie włączyć obciążenie, tranzystor wprowadza się w nasycenie, gdzie VCE = VCE(sat), a prąd kolektora wyznacza obciążenie: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Nasycenie wymaga co najmniej IB = IC(sat)/β. Jeśli prąd bazy jest mniejszy, tranzystor pozostaje w obszarze aktywnym i IC = β·IB.

Prąd bazy

IB = (5 − 0,7)/47 kΩ = 91,49 µA

Nasycenie czy obszar aktywny?

β·IB jest większe od IC(sat), więc tranzystor się nasyca.

β·IB = 9,149 mA
IC(sat) = (5 − 0,2)/1000 = 4,8 mA

Prąd kolektora

IC = IC(sat) = 4,8 mA

Odpowiedź

IC = 4,8 mA

Tranzystor jest nasycony.

3.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Rf = 500 kΩ

Zasady idealnego wzmacniacza operacyjnego: przy ujemnym sprzężeniu zwrotnym wzmacniacz ustawia wyjście tak, aby oba wejścia miały to samo napięcie (V₋ = V₊), a do żadnego wejścia nie płynie prąd. PPK na wejściu odwracającym z tymi dwoma faktami daje wyjście.

Wzmocnienie wzmacniacza nieodwracającego

V₋ = V₊ = Vin, a prąd przez R₁ płynie też przez Rf, więc Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (6 − 1)·100 = 500 kΩ

Odpowiedź

Rf = 500 kΩ
4.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −10,6 V

Zasady idealnego wzmacniacza operacyjnego: przy ujemnym sprzężeniu zwrotnym wzmacniacz ustawia wyjście tak, aby oba wejścia miały to samo napięcie (V₋ = V₊), a do żadnego wejścia nie płynie prąd. PPK na wejściu odwracającym z tymi dwoma faktami daje wyjście.

Prądy wejściowe

V₋ = 0, więc na każdym rezystorze wejściowym jest całe jego napięcie wejściowe.

I1 = V1/R1 = 1,4/1 = 1,4 mA
I2 = V2/R2 = −1,6/4,7 = −0,3404 mA
If = I1 + I2 = 1,06 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −10·1,06 = −10,6 V

Odpowiedź

Vout = −10,6 V
5.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: W = 21,51 mJ

Stany nieustalone pierwszego rzędu: w obwodzie z jednym kondensatorem lub jedną cewką każde napięcie i każdy prąd zmienia się wykładniczo od wartości początkowej do końcowej: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, gdzie τ = RC lub τ = L/R. Po około 5τ obwód jest w stanie ustalonym.

Stała czasowa i prąd końcowy

Długo po zamknięciu łącznika cewka zachowuje się jak zwarcie, więc prąd końcowy zależy tylko od R.

τ = L/R = 47 mH / 5 Ω = 9,4 ms
i(∞) = Vs/R = 6/5 = 1,2 A

Prąd w danej chwili

i(t) = 1,2·(1 − e−15/9,4) = 0,9567 A

Zgromadzona energia

W = ½·L·i² = ½·47·0,9567² = 21,51 mJ

Odpowiedź

W = 21,51 mJ
6.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 186,7 ms

Stany nieustalone pierwszego rzędu: w obwodzie z jednym kondensatorem lub jedną cewką każde napięcie i każdy prąd zmienia się wykładniczo od wartości początkowej do końcowej: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, gdzie τ = RC lub τ = L/R. Po około 5τ obwód jest w stanie ustalonym.

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

Napięcie na kondensatorze nie może zmienić się skokowo, więc zaczyna od zgromadzonej wartości i dąży do napięcia źródła.

vC(0) = 24 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 47 µF = 155,1 ms
vC(t) = 20 + (24 − 20)·e−t/τ

Wyznacz czas

21,2 = 20 + (4)·e−t/τ → e−t/τ = (21,2 − 20)/(24 − 20) = 0,3
t = τ·ln((24 − 20)/(21,2 − 20)) = 155,1·ln(3,333) = 186,7 ms

Odpowiedź

t = 186,7 ms
7.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 0,8077 A

Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.

R1​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAR4​12 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

Zacznij od końca najdalszego od źródła i idź w jego stronę. Rezystory z tym samym prądem są połączone szeregowo; rezystory między tymi samymi dwoma węzłami są połączone równolegle.

R3 + R4 = 12 + 12 = 24 Ω
R2 ∥ 24 = 4·24/(4+24) = 3,429 Ω
Req = R1 + 3,429 = 4 + 3,429 = 7,429 Ω

Prąd ze źródła

Źródło widzi tylko Req, więc prawo Ohma daje prąd, który dostarcza. Ten prąd płynie przez R₁.

IR1 = V1/Req = 6/7,429 = 0,8077 A

Odpowiedź

IR1 = 0,8077 A
8.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 0,4797 A

Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.

R1​ = 25 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAR4​15 ΩBR6​30 Ω

Łącz rezystory od najdalszego końca

Zacznij od końca najdalszego od źródła i idź w jego stronę. Rezystory z tym samym prądem są połączone szeregowo; rezystory między tymi samymi dwoma węzłami są połączone równolegle.

R5 + R6 = 25 + 30 = 55 Ω
R4 ∥ 55 = 11,79 Ω
R3 + 11,79 = 16,79 Ω
R2 ∥ 16,79 = 6,267 Ω
Req = R1 + 6,267 = 25 + 6,267 = 31,27 Ω

Prąd ze źródła

Źródło widzi tylko Req, więc prawo Ohma daje prąd, który dostarcza. Ten prąd płynie przez R₁.

IR1 = V1/Req = 15/31,27 = 0,4797 A

Odpowiedź

IR1 = 0,4797 A
9.Przetwornice DC-DC

Odpowiedź: ΔIL = 2,965 A

Przetwornice DC-DC: klucz S jest załączony przez ułamek D każdego okresu T = 1/f. W stanie ustalonym średnie napięcie na cewce jest równe zero (bilans woltosekundowy), co daje idealne przekładnie napięciowe przy prądzie ciągłym: przetwornica obniżająca Vo = D·Vin, podwyższająca Vo = Vin/(1 − D), odwracająca |Vo| = Vin·D/(1 − D). Idealna przetwornica zachowuje moc: Vin·Iin = Vo·Io. Gdy klucz S jest załączony, prąd cewki rośnie o ΔIL = VL·D·T/L, gdzie VL = Vin − Vo w przetwornicy obniżającej oraz Vin w podwyższającej i odwracającej. Tętnienia napięcia wyjściowego wynoszą ΔVo = ΔIL/(8fC) w przetwornicy obniżającej oraz Io·D/(fC) w podwyższającej i odwracającej. Prąd cewki tylko dotyka zera (granica pracy z prądem ciągłym), gdy średni prąd cewki jest równy ΔIL/2.

Współczynnik wypełnienia

D = 33,6/48 = 0,7

Napięcie na cewce w czasie załączenia

Gdy klucz S jest załączony, cewka leży między Vin a Vo.

VL = 48 − 33,6 = 14,4 V

Tętnienia prądu

ΔIL = VL·D/(L·f) = 14,4·0,7/(68·10⁻⁶·50·10³) = 2,965 A

Odpowiedź

ΔIL = 2,965 A
10.Przetwornice DC-DC

Odpowiedź: Lcrit = 11,52 µH

Przetwornice DC-DC: klucz S jest załączony przez ułamek D każdego okresu T = 1/f. W stanie ustalonym średnie napięcie na cewce jest równe zero (bilans woltosekundowy), co daje idealne przekładnie napięciowe przy prądzie ciągłym: przetwornica obniżająca Vo = D·Vin, podwyższająca Vo = Vin/(1 − D), odwracająca |Vo| = Vin·D/(1 − D). Idealna przetwornica zachowuje moc: Vin·Iin = Vo·Io. Gdy klucz S jest załączony, prąd cewki rośnie o ΔIL = VL·D·T/L, gdzie VL = Vin − Vo w przetwornicy obniżającej oraz Vin w podwyższającej i odwracającej. Tętnienia napięcia wyjściowego wynoszą ΔVo = ΔIL/(8fC) w przetwornicy obniżającej oraz Io·D/(fC) w podwyższającej i odwracającej. Prąd cewki tylko dotyka zera (granica pracy z prądem ciągłym), gdy średni prąd cewki jest równy ΔIL/2.

Współczynnik wypełnienia

D = 1 − 12/20 = 0,4

Warunek graniczny

Przyrównaj średni prąd cewki do połowy tętnień prądu i rozwiąż względem L.

Lcrit = D(1 − D)²·R/(2f)

Indukcyjność krytyczna

Lcrit = 0,4(1 − 0,4)²·4/(225·10³) = 11,52 µH

Odpowiedź

Lcrit = 11,52 µH
11.Mostek Wheatstone’a i tensometry

Odpowiedź: ΔR = 13,2 Ω

Mostek Wheatstone’a: dwa dzielniki napięcia mają wspólne zasilanie Vs. Lewy dzielnik R1–R2 daje Va = Vs·R2/(R1 + R2), a prawy dzielnik R3–R4 daje Vb = Vs·R4/(R3 + R4); wyjściem jest Vab = Va − Vb. Mostek jest zrównoważony (Vab = 0, brak prądu w mierniku), gdy R1/R2 = R3/R4, czyli R1·R4 = R2·R3. Widziany od strony wyjścia mostek jest źródłem Thévenina o Rth = R1∥R2 + R3∥R4.

Napięcie węzła

Va = 2,5 + 0,04902 = 2,549 V

Rozwiąż dzielnik

R₂ = 330·2,549/(5 − 2,549) = 343,2 Ω
ΔR = 343,2 − 330 = 13,2 Ω

Odpowiedź

ΔR = 13,2 Ω
12.Mostek Wheatstone’a i tensometry

Odpowiedź: Vo = 3,816 mV

Tensometry: tensometr zmienia rezystancję pod wpływem odkształcenia: ΔR/R = GF·ε, gdzie współczynnik czułości GF wynosi około 2 dla tensometrów foliowych metalowych. W mostku, w którym wszystkie ramiona mają rezystancję R, jeden czynny tensometr (ćwierćmostek) daje Vo ≈ Vs·GF·ε/4. Dwa czynne tensometry o przeciwnych odkształceniach w sąsiednich ramionach (półmostek) dają Vs·GF·ε/2, a cztery (mostek pełny) dają Vs·GF·ε. Naprężenie wynika z prawa Hooke’a, σ = E·ε. Przetworniki tensometryczne podają czułość w mV/V: napięcie wyjściowe przy pełnym obciążeniu na każdy wolt zasilania.

Względna zmiana rezystancji

ΔR/R = 2,12·600·10⁻⁶ = 0,001272

Napięcie wyjściowe mostka

Vo = Vs·GF·ε = 3·0,001272 = 3,816 mV

Odpowiedź

Vo = 3,816 mV
13.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 4

Mapy Karnaugha: komórki są ułożone w kodzie Graya (00, 01, 11, 10), więc sąsiednie komórki, także te przez brzegi, różnią się dokładnie jedną zmienną. Grupuj jedynki w prostokąty po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, jak największe i jak najmniej, aż każda jedynka będzie pokryta. Każda grupa to jeden iloczyn: zmienne, które wewnątrz niej pozostają stałe. Grupa 2ᵏ komórek traci k zmiennych. Stany nieokreślone (X) można wykorzystać, by powiększyć grupy, ale nigdy nie trzeba ich pokrywać. Grupowanie zer daje minimalną postać POS.

ABCD000111100001111000111312141507160121131150140819011110

Zgrupuj zera

Każda grupa to prostokąt z 2ᵏ komórek; komórki na brzegu sąsiadują z komórkami na przeciwległym brzegu.

(B + C + D)
(A′ + B′ + D)
(A + B′ + C′ + D′)
(A′ + B + C′ + D′)

Minimalna postać POS

F = (B + C + D)(A′ + B′ + D)(A + B′ + C′ + D′)(A′ + B + C′ + D′)
N = 4

Odpowiedź

N = 4
14.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 3

Mapy Karnaugha: komórki są ułożone w kodzie Graya (00, 01, 11, 10), więc sąsiednie komórki, także te przez brzegi, różnią się dokładnie jedną zmienną. Grupuj jedynki w prostokąty po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, jak największe i jak najmniej, aż każda jedynka będzie pokryta. Każda grupa to jeden iloczyn: zmienne, które wewnątrz niej pozostają stałe. Grupa 2ᵏ komórek traci k zmiennych. Stany nieokreślone (X) można wykorzystać, by powiększyć grupy, ale nigdy nie trzeba ich pokrywać. Grupowanie zer daje minimalną postać POS.

Implikanty proste

Największe grupy, jakie można utworzyć z jedynek i X.

C′, BD, AD, A′B
ABCD00011110000111101011030214X51716112113X150141819111010

Istotne implikanty proste

C′, AD, A′B
N = 3

Odpowiedź

N = 3

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1