Elektronika 1: zestaw na powtórkę

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

Nowe zadania Wróć 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): V_D = 0,7 V when conducting
Obszar aktywny: V_BE = 0,7 V, I_C = β·I_B, I_E = (β + 1)·I_B
Polaryzacja stałym prądem bazy: I_B = (V_CC − 0,7)/R_B
Polaryzacja dzielnikiem napięcia: I_B = (V_TH − 0,7)/(R_TH + (β + 1)R_E)
Thévenin dla dzielnika: V_TH = V_CC·R₂/(R₁ + R₂), R_TH = R₁∥R₂
Oczko kolektora: V_CE = V_CC − I_CR_C − I_ER_E
Nasycenie: I_C(sat) = (V_CC − V_CE(sat))/R_C, I_B ≥ I_C(sat)/β

Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Wzmacniacz odwracający: V_out = −(R_f/R_in)·V_in
Wzmacniacz nieodwracający: V_out = (1 + R_f/R₁)·V_in
Wzmacniacz sumujący: V_out = −R_f(V₁/R₁ + V₂/R₂)
Idealny wzmacniacz operacyjny: V₊ = V₋, I_in = 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; v_C nie może zmienić się skokowo
Cewka przy prądzie stałym: zwarcie; i_L nie może zmienić się skokowo
Stan ustalony: t ≈ 5τ

Metoda

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

Rezystory szeregowo i równolegle

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

Metoda

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

Przetwornice DC-DC

Obniżająca: V_o = D·V_in
Podwyższająca: V_o = V_in/(1 − D)
Odwracająca: |V_o| = V_in·D/(1 − D)
Idealny bilans mocy: V_inI_in = V_oI_o
Tętnienia prądu cewki: ΔI_L = V_L,on·D/(L·f); buck V_in − V_o, boost and buck-boost V_in
Średni prąd cewki: obniżająca I_o; podwyższająca i odwracająca I_o/(1 − D)
Tętnienia wyjścia: obniżająca ΔI_L/(8fC); podwyższająca i odwracająca I_o·D/(fC)
Granica pracy z prądem ciągłym: obniżająca (1 − D)R/(2f); podwyższająca D(1 − D)²R/(2f); odwracająca (1 − D)²R/(2f)

Metoda

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

Mostek Wheatstone’a i tensometry

Napięcia dzielników: V_a = V_sR₂/(R₁ + R₂), V_b = V_sR₄/(R₃ + R₄)
Wydalone: V_ab = V_a − V_b
Bilans: R₁/R₂ = R₃/R₄
Mostek z drutem oporowym: R/R_x = l/(100 − l)
Rezystancja Thévenina: R_th = R₁∥R₂ + R₃∥R₄
Współczynnik czułości: ΔR/R = GF·ε
Napięcie wyjściowe mostka: ćwierćmostek V_s·GF·ε/4, półmostek V_s·GF·ε/2, mostek pełny V_s·GF·ε
Mała zmiana, jedno ramię: V_ab ≈ V_s·ΔR/(4R)
Naprężenie: σ = E·ε

Metoda

Potraktuj mostek jako dwa dzielniki napięcia na tym samym zasilaniu.
Dla równowagi przyjmij R₁/R₂ = R₃/R₄ i wyznacz nieznany rezystor.
Dla mostka niezrównoważonego wyznacz V_a i V_b z dzielników i odejmij je; użyj układu zastępczego Thévenina, gdy miernik obciąża wyjście.
Dla tensometrów zamień odkształcenie na ΔR/R = GF·ε i użyj V_s·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; f_out = f_clk/N
Licznik asynchroniczny (ripple): f_max = 1/(n·t_pd)
Liczniki pierścieniowy i Johnsona: n i 2n stanów

Metoda

Dla układu przechodź od wejść do wyjścia bramka po bramce i zapisuj wartość na każdym przewodzie albo zapisz jego wyrażenie i wypełnij tablicę prawdy.
Przy upraszczaniu wpisz jedynki (a stany nieokreślone jako X) na mapę Karnaugha z wierszami i kolumnami w kodzie Graya: 00, 01, 11, 10.
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.
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

Tranzystor NPN o β = 200 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z V_CC = 20 V: R₁ = 33 kΩ od V_CC do bazy i R₂ = 4,7 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to R_C = 2,7 kΩ, a rezystor emiterowy R_E = 1,5 kΩ. Przyjmij V_BE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz napięcie kolektor–emiter V_CE.

V_CC = 20 VR₁ = 33 kΩR₂ = 4,7 kΩR_C = 2,7 kΩR_E = 1,5 kΩβ = 200

V_CE = V

2.Diody i tranzystoryTrudny

Tranzystor NPN o β = 80 przełącza rezystor obciążenia 100 Ω włączony między V_CC = 12 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 3,3 V przez rezystor bazowy R_B. Przyjmij V_BE = 0,7 V i V_CE(sat) = 0,2 V. Dla niezawodnego przełączania zaprojektuj prąd bazy 2 razy większy od minimalnego potrzebnego do nasycenia. Wyznacz R_B w kΩ.

V_CC = 12 VR_C = 100 Ωβ = 80V_in = 3,3 VV_BE = 0,7 VV_CE(sat) = 0,2 Vprzesterowanie = 2

R_B = kΩ

3.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni

Wzmacniacz różnicowy wykorzystuje idealny wzmacniacz operacyjny zasilany napięciem ±15 V, przy czym R₃ = R₁ i R₄ = R₂. Wyznacz napięcie wyjściowe V_out.

V₁ = 1,7 VV₂ = −0,2 VR₁ = R₃ = 2 kΩR₂ = R₄ = 4,7 kΩ

V_out = V

4.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny

Dwa stopnie z idealnymi wzmacniaczami operacyjnymi są połączone kaskadowo: wzmacniacz odwracający (R₁, R_f1), a za nim wzmacniacz nieodwracający (R₂ do masy, R_f2 w sprzężeniu zwrotnym). Oba są zasilane napięciem ±15 V. Napięcie wejściowe wynosi V_in = 0,85 V. Wyznacz napięcie wyjściowe V_out.

R₁ = 4,7 kΩR_f1 = 4,7 kΩR₂ = 47 kΩR_f2 = 100 kΩV_in = 0,85 V

V_out = V

5.Stany nieustalone RC i RLŚredni

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz energię W zgromadzoną w cewce w chwili t = 10 ms, w mJ.

V_s = 10 VR = 22 ΩL = 100 mHt = 10 ms

W = mJ

6.Stany nieustalone RC i RLTrudny

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 6 V o zaznaczonej biegunowości. Po jakim czasie v_C osiągnie 8,4 V? Wyznacz t.

V_s = 9 VR = 10 kΩC = 10 µFv_C(0) = 6 V

t = ms

7.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni

Wyznacz prąd I_R2 płynący przez R₂.

V₁ = 9 VR₁ = 8 ΩR₂ = 6 ΩR₃ = 10 ΩR₄ = 3 Ω

I_R2 = A

8.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny

Wyznacz prąd I_R2 płynący przez R₂.

V₁ = 18 VR₁ = 12 ΩR₂ = 8 ΩR₃ = 12 ΩR₄ = 8 ΩR₅ = 3 ΩR₆ = 25 Ω

I_R2 = A

9.Przetwornice DC-DCŚredni

Idealna przetwornica odwracająca zamienia 9 V na −9 V przy 100 kHz i L = 47 µH. Wyznacz międzyszczytowe tętnienia prądu cewki ΔI_L.

Vin = 9 VVo = −9 Vf = 100 kHzL = 47 µH

ΔI_L = A

10.Przetwornice DC-DCTrudny

Idealna przetwornica odwracająca zamienia 9 V na −13,5 V przy obciążeniu 12 Ω i 40 kHz. Kondensator wyjściowy ma 10 µF. Wyznacz międzyszczytowe tętnienia napięcia wyjściowego ΔV_o w mV.

Vin = 9 VVo = −13,5 Vf = 40 kHzC = 10 µFR = 12 Ω

ΔV_o = mV

11.Mostek Wheatstone’a i tensometryŚredni

Mostek ma cztery ramiona 470 Ω i V_s = 2 V. Czujnik R₂ zwiększa się o ΔR = 3,76 Ω. Używając przybliżenia małych zmian, wyznacz napięcie wyjściowe V_ab w mV.

V_s = 2 VR = 470 ΩΔR = 3,76 Ω

V_ab = mV

12.Mostek Wheatstone’a i tensometryTrudny

Ćwierćmostek (jeden czynny tensometr, GF = 2,12) jest zasilany napięciem 10 V. Największe mierzone odkształcenie wynosi 1000 µε i ma dawać 5 V na wejściu przetwornika analogowo-cyfrowego. Wyznacz wzmocnienie wzmacniacza G.

V_s = 10 VGF = 2,12ε_max = 1000 µεV_FS = 5 V

G =

13.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni

Na tej mapie Karnaugha dokładnie jedna jedynka nie ma sąsiedniej jedynki, więc w minimalnej postaci SOP pozostaje grupą jednej komórki (pełnym mintermem o czterech literałach). Sąsiedztwo przez brzegi mapy się liczy. Kliknij tę komórkę.

F = Σm(2, 4, 5, 7)

1AB = 00, CD = 00
2AB = 00, CD = 01
3AB = 00, CD = 11
4AB = 00, CD = 10
5AB = 01, CD = 00
6AB = 01, CD = 01
7AB = 01, CD = 11
8AB = 01, CD = 10
9AB = 11, CD = 00
10AB = 11, CD = 01
11AB = 11, CD = 11
12AB = 11, CD = 10
13AB = 10, CD = 00
14AB = 10, CD = 01
15AB = 10, CD = 11
16AB = 10, CD = 10

14.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny

Przerzutnik JK wyzwalany zboczem narastającym startuje z Q = 0 i dostaje pokazane wejścia przy 6 zboczach narastających zegara. Ile razy N Q zmienia stan?

Q₀ = 0JK

N =

3Roztwory

1.Diody i tranzystory

Odpowiedź: V_CE = 15,06 V

Punkt pracy tranzystora bipolarnego: w obszarze aktywnym V_BE = 0,7 V, I_C = β·I_B i I_E = (β + 1)·I_B. Wyznacz I_B z oczka bazy za pomocą napięciowego prawa Kirchhoffa, potem I_C, a następnie V_CE z oczka kolektor–emiter. Dzielnik napięcia w bazie zastępuje się jego zastępczym układem Thévenina V_TH = V_CC·R₂/(R₁ + R₂), R_TH = R₁∥R₂; rezystor emiterowy w oczku bazy jest widziany jako (β + 1) razy większy.

Zastępczy układ Thévenina dzielnika

V_TH = 20·4,7/(33 + 4,7) = 2,493 V

R_TH = 33·4,7/(33 + 4,7) = 4,114 kΩ

Prąd bazy

Napięciowe prawo Kirchhoffa w oczku bazy; prąd emitera to (β + 1)·I_B.

I_B = (2,493 − 0,7)/(4,114 + 201·1,5) = 5,868 µA

Prąd kolektora

I_C = 200·5,868 µA = 1,174 mA

I_E = 201·5,868 µA = 1,179 mA

Napięcie kolektor–emiter

V_CE = 20 − 1,174·2,7 − 1,179·1,5 = 15,06 V

Odpowiedź

V_CE = 15,06 V

2.Diody i tranzystory

Odpowiedź: R_B = 0,8814 kΩ

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

Prąd kolektora w nasyceniu

I_C(sat) = (12 − 0,2)/100 = 118 mA

Minimalny prąd bazy

I_B(min) = I_C(sat)/β = 118/80 = 1475 µA

Projektowy prąd bazy

I_B = 2·1475 µA = 2950 µA

Rezystor bazowy

R_B = (3,3 − 0,7)/I_B = 2,6 V/2,95 mA = 0,8814 kΩ

Odpowiedź

R_B = 0,8814 kΩ

3.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: V_out = −4,465 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.

Napięcie na wejściach

Przez R₃ i R₄ płynie ten sam prąd, więc tworzą dzielnik napięcia; sprzężenie zwrotne sprawia, że V₋ = V₊.

V₊ = V₂·R₄/(R₃ + R₄) = −0,2·4,7/(2 + 4,7) = −0,1403 V

V₋ = V₊

PPK na wejściu odwracającym

(1,7 − −0,1403)/2 = (−0,1403 − V_out)/4,7

V_out = (R₂/R₁)·(V₂ − V₁) = (4,7/2)·(−0,2 − 1,7) = −4,465 V

Odpowiedź

V_out = −4,465 V

4.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: V_out = −2,659 V

Wzmocnienie każdego stopnia

A₁ = −R_f1/R₁ = −4,7/4,7 = −1

A₂ = 1 + R_f2/R₂ = 1 + 100/47 = 3,128

Stopień po stopniu

V₁ = −1·0,85 = −0,85 V

V_out = 3,128·(−0,85) = −2,659 V

Odpowiedź

V_out = −2,659 V

5.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: W = 8,168 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 = 100 mH / 22 Ω = 4,545 ms

i(∞) = V_s/R = 10/22 = 0,4545 A

Prąd w danej chwili

i(t) = 0,4545·(1 − e^−10/4,545) = 0,4042 A

Zgromadzona energia

W = ½·L·i² = ½·100·0,4042² = 8,168 mJ

Odpowiedź

W = 8,168 mJ

6.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 160,9 ms

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

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

v_C(0) = 6 V, v_C(∞) = V_s = 9 V

τ = R·C = 10 kΩ · 10 µF = 100 ms

v_C(t) = 9 + (6 − 9)·e^−t/τ

Wyznacz czas

8,4 = 9 + (−3)·e^−t/τ → e^−t/τ = (8,4 − 9)/(6 − 9) = 0,2

t = τ·ln((6 − 9)/(8,4 − 9)) = 100·ln(5) = 160,9 ms

Odpowiedź

t = 160,9 ms

7.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: I_R2 = 0,5087 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.

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 = 10 + 3 = 13 Ω

R₂ ∥ 13 = 6·13/(6+13) = 4,105 Ω

R_eq = R₁ + 4,105 = 8 + 4,105 = 12,11 Ω

Prąd ze źródła

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

I_R1 = V₁/R_eq = 9/12,11 = 0,7435 A

Prąd przez R₂

Odejmij spadek na R₁, aby dostać potencjał węzła A, czyli napięcie na R₂.

V_A = V₁ − I_R1·R₁ = 9 − 0,7435·8 = 3,052 V

I_R2 = V_A/R₂ = 3,052/6 = 0,5087 A

Odpowiedź

I_R2 = 0,5087 A

8.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: I_R2 = 0,7124 A

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 = 3 + 25 = 28 Ω

R₄ ∥ 28 = 6,222 Ω

R₃ + 6,222 = 18,22 Ω

R₂ ∥ 18,22 = 5,559 Ω

R_eq = R₁ + 5,559 = 12 + 5,559 = 17,56 Ω

Prąd ze źródła

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

I_R1 = V₁/R_eq = 18/17,56 = 1,025 A

Prąd przez R₂

Odejmij spadek na R₁, aby dostać potencjał węzła A, czyli napięcie na R₂.

V_A = V₁ − I_R1·R₁ = 18 − 1,025·12 = 5,699 V

I_R2 = V_A/R₂ = 5,699/8 = 0,7124 A

Odpowiedź

I_R2 = 0,7124 A

9.Przetwornice DC-DC

Odpowiedź: ΔI_L = 0,9574 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 V_o = D·V_in, podwyższająca V_o = V_in/(1 − D), odwracająca |V_o| = V_in·D/(1 − D). Idealna przetwornica zachowuje moc: V_in·I_in = V_o·I_o. Gdy klucz S jest załączony, prąd cewki rośnie o ΔI_L = V_L·D·T/L, gdzie V_L = V_in − V_o w przetwornicy obniżającej oraz V_in w podwyższającej i odwracającej. Tętnienia napięcia wyjściowego wynoszą ΔV_o = ΔI_L/(8fC) w przetwornicy obniżającej oraz I_o·D/(fC) w podwyższającej i odwracającej. Prąd cewki tylko dotyka zera (granica pracy z prądem ciągłym), gdy średni prąd cewki jest równy ΔI_L/2.

Współczynnik wypełnienia

D = 9/(9 + 9) = 0,5

Napięcie na cewce w czasie załączenia

Gdy klucz S jest załączony, cewka leży bezpośrednio na napięciu V_in.

V_L = 9 V

Tętnienia prądu

ΔI_L = V_L·D/(L·f) = 9·0,5/(47·10⁻⁶·100·10³) = 0,9574 A

Odpowiedź

ΔI_L = 0,9574 A

10.Przetwornice DC-DC

Odpowiedź: ΔV_o = 1687 mV

Współczynnik wypełnienia

D = 13,5/(9 + 13,5) = 0,6

Prąd obciążenia

I_o = 13,5/12 = 1,125 A

Tętnienia wyjścia

ΔV_o = 1,125·0,6/(40·10³·10·10⁻⁶) = 1687 mV

Odpowiedź

ΔV_o = 1687 mV

11.Mostek Wheatstone’a i tensometry

Odpowiedź: V_ab = 4 mV

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

Zmiana względna

ΔR/R = 3,76/470 = 0,008

Wyjście zlinearyzowane

V_ab ≈ 2·0,008/4 = 4 mV

Odpowiedź

V_ab = 4 mV

Dokładna wartość to 3,984 mV; przybliżenie jest dobre, dopóki ΔR/R jest małe.

12.Mostek Wheatstone’a i tensometry

Odpowiedź: G = 943,4

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 V_o ≈ V_s·GF·ε/4. Dwa czynne tensometry o przeciwnych odkształceniach w sąsiednich ramionach (półmostek) dają V_s·GF·ε/2, a cztery (mostek pełny) dają V_s·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.

Napięcie wyjściowe mostka przy pełnym zakresie

V_o = 5,3 mV

Wzmocnienie

G = 5/0,0053 = 943,4

Odpowiedź

G = 943,4

13.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: AB = 00, CD = 10

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.

Sąsiedzi każdej jedynki

Jedynka z sąsiednią jedynką może dołączyć do grupy dwóch lub więcej.

m2: m3, m0, m6, m10 → 0

Izolowana jedynka

m2 = A′B′CD′ → AB = 00, CD = 10

Odpowiedź

AB = 00, CD = 10

14.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 5

Przerzutniki i liczniki: przerzutnik zmienia stan tylko przy aktywnym zboczu zegara. D kopiuje swoje wejście (Q⁺ = D); T zmienia stan na przeciwny, gdy T = 1; JK utrzymuje stan dla 00, zeruje dla 01, ustawia dla 10 i zmienia stan na przeciwny dla 11. N-bitowy licznik binarny ma 2ⁿ stanów i liczy modulo 2ⁿ; licznik mod-N liczy 0, 1, …, N − 1 i wraca do 0, a potrzebuje tylu przerzutników, ile wynosi najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N. Każdy stopień licznika asynchronicznego dzieli częstotliwość przez dwa, więc ostatnie wyjście licznika mod-N pracuje z częstotliwością f_clk/N. Licznik Johnsona z n przerzutników ma 2n stanów, licznik pierścieniowy n.

Q po każdym zboczu

Przerzutnik JK: 00 utrzymuje, 01 zeruje (Q = 0), 10 ustawia (Q = 1), 11 zmienia stan na przeciwny.

1: J = 1, K = 1 → Q = 1

2: J = 0, K = 1 → Q = 0

3: J = 1, K = 0 → Q = 1

4: J = 0, K = 1 → Q = 0

5: J = 0, K = 0 → Q = 0

6: J = 1, K = 1 → Q = 1

Policz zmiany

0 → 1 → 0 → 1 → 0 → 0 → 1

N = 5

Odpowiedź

N = 5

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1