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 = 100 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z V_CC = 18 V: R₁ = 82 kΩ od V_CC do bazy i R₂ = 8,2 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to R_C = 5,6 kΩ, a rezystor emiterowy R_E = 1 kΩ. Przyjmij V_BE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz prąd kolektora I_C w mA.

V_CC = 18 VR₁ = 82 kΩR₂ = 8,2 kΩR_C = 5,6 kΩR_E = 1 kΩβ = 100

I_C = mA

2.Diody i tranzystoryTrudny

Tranzystor NPN o β = 100 przełącza rezystor obciążenia 1 kΩ włączony między V_CC = 5 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. Wyznacz największy rezystor bazowy R_B, w kΩ, który jeszcze wprowadza tranzystor w nasycenie.

V_CC = 5 VR_C = 1 kΩβ = 100V_in = 3,3 VV_BE = 0,7 VV_CE(sat) = 0,2 V

R_B = kΩ

3.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni

Dobierz rezystor sprzężenia zwrotnego R_f, który da temu wzmacniaczowi nieodwracającemu wzmocnienie napięciowe 10.

R₁ = 22 kΩA_v = 10

R_f = kΩ

4.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny

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

V₁ = −2 VV₂ = −0,9 VR₁ = 10 kΩR₂ = 1 kΩR_f = 1 kΩ

V_out = V

5.Stany nieustalone RC i RLŚredni

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz napięcie v_L na cewce w chwili t = 1 ms.

V_s = 20 VR = 100 ΩL = 10 mHt = 1 ms

v_L = V

6.Stany nieustalone RC i RLTrudny

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 3 V o zaznaczonej biegunowości. Wyznacz napięcie na kondensatorze v_C w chwili t = 500 ms.

V_s = 5 VR = 10 kΩC = 68 µFv_C(0) = 3 Vt = 500 ms

v_C = V

7.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni

Wyznacz prąd I_R2 płynący przez R₂.

V₁ = 12 VR₁ = 12 ΩR₂ = 6 ΩR₃ = 8 ΩR₄ = 6 Ω

I_R2 = A

8.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny

Wyznacz rezystancję zastępczą R_eq widzianą przez źródło V₁.

V₁ = 18 VR₁ = 6 ΩR₂ = 2 ΩR₃ = 6 ΩR₄ = 2 ΩR₅ = 30 ΩR₆ = 25 Ω

R_eq = Ω

9.Przetwornice DC-DCŚredni

Idealna przetwornica podwyższająca zamienia 36 V na 144 V przy obciążeniu 10 Ω. Wyznacz średni prąd cewki I_L.

Vin = 36 VVo = 144 VR = 10 Ω

I_L = A

10.Przetwornice DC-DCTrudny

Przetwornica obniżająca zamienia 48 V na 12 V przy 250 kHz i L = 100 µH. Wyznacz pojemność wyjściową C, przy której międzyszczytowe tętnienia napięcia wyjściowego wynoszą 25 mV.

Vin = 48 VVo = 12 Vf = 250 kHzL = 100 µHΔV_o = 25 mV

C = µF

11.Mostek Wheatstone’a i tensometryŚredni

Wyznacz rezystancję Thévenina R_th pokazanego mostka, widzianą z zacisków wyjściowych a i b.

V_s = 6 VR₁ = 60 ΩR₂ = 300 ΩR₃ = 150 ΩR₄ = 120 Ω

R_th = Ω

12.Mostek Wheatstone’a i tensometryTrudny

Tensometr (GF = 2,05) na elemencie o E = 200 GPa tworzy ćwierćmostek zasilany napięciem 2,5 V. Wyjście wskazuje 1,922 mV. Wyznacz naprężenie osiowe σ w MPa.

V_s = 2,5 VGF = 2,05V_o = 1,922 mVE = 200 GPa

σ = MPa

13.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 2, 3, 5, 9, 12, 13, 14). Ile iloczynów N ona zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 2, 3, 5, 9, 12, 13, 14)

N =

14.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny

Przerzutnik JK wyzwalany zboczem narastającym startuje z Q = 0 i dostaje pokazane wejścia przy 7 zboczach narastających zegara. Ile razy N Q zmienia stan?

Q₀ = 0JK

N =

3Roztwory

1.Diody i tranzystory

Odpowiedź: I_C = 0,8634 mA

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 = 18·8,2/(82 + 8,2) = 1,636 V

R_TH = 82·8,2/(82 + 8,2) = 7,455 kΩ

Prąd bazy

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

I_B = (1,636 − 0,7)/(7,455 + 101·1) = 8,634 µA

Prąd kolektora

I_C = 100·8,634 µA = 0,8634 mA

I_E = 101·8,634 µA = 0,872 mA

Odpowiedź

I_C = 0,8634 mA

2.Diody i tranzystory

Odpowiedź: R_B = 54,17 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) = (5 − 0,2)/1000 = 4,8 mA

Minimalny prąd bazy

I_B(min) = I_C(sat)/β = 4,8/100 = 48 µA

Rezystor bazowy

R_B = (3,3 − 0,7)/I_B = 2,6 V/0,048 mA = 54,17 kΩ

Odpowiedź

R_B = 54,17 kΩ

Każdy mniejszy rezystor bazowy też nasyca tranzystor; w praktyce wybiera się rezystor kilka razy mniejszy.

3.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: R_f = 198 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₊ = V_in, a prąd przez R₁ płynie też przez R_f, więc V_out = V_in·(1 + R_f/R₁).

A_v = 1 + R_f/R₁

R_f = (10 − 1)·22 = 198 kΩ

Odpowiedź

R_f = 198 kΩ

4.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: V_out = 1,1 V

Prądy wejściowe

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

I₁ = V₁/R₁ = −2/10 = −0,2 mA

I₂ = V₂/R₂ = −0,9/1 = −0,9 mA

I_f = I₁ + I₂ = −1,1 mA

Napięcie wyjściowe

V_out = −R_f·I_f = −1·(−1,1) = 1,1 V

Odpowiedź

V_out = 1,1 V

5.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: v_L = 0,000908 V

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 = 10 mH / 100 Ω = 0,1 ms

i(∞) = V_s/R = 20/100 = 0,2 A

Napięcie na cewce

W t = 0 całe napięcie zasilania jest na cewce; potem maleje do zera.

v_L(t) = V_s·e^−t/τ = 20·e^−1/0,1 = 0,000908 V

Odpowiedź

v_L = 0,000908 V

6.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: v_C = 4,041 V

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) = 3 V, v_C(∞) = V_s = 5 V

τ = R·C = 10 kΩ · 68 µF = 680 ms

v_C(t) = 5 + (3 − 5)·e^−t/τ

Napięcie w danej chwili

v_C(500) = 5 + (−2)·e^−500/680 = 4,041 V

Odpowiedź

v_C = 4,041 V

7.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: I_R2 = 0,5185 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 = 8 + 6 = 14 Ω

R₂ ∥ 14 = 6·14/(6+14) = 4,2 Ω

R_eq = R₁ + 4,2 = 12 + 4,2 = 16,2 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 = 12/16,2 = 0,7407 A

Prąd przez R₂

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

V_A = V₁ − I_R1·R₁ = 12 − 0,7407·12 = 3,111 V

I_R2 = V_A/R₂ = 3,111/6 = 0,5185 A

Odpowiedź

I_R2 = 0,5185 A

8.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: R_eq = 7,597 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 = 30 + 25 = 55 Ω

R₄ ∥ 55 = 1,93 Ω

R₃ + 1,93 = 7,93 Ω

R₂ ∥ 7,93 = 1,597 Ω

R_eq = R₁ + 1,597 = 6 + 1,597 = 7,597 Ω

Odpowiedź

R_eq = 7,597 Ω

9.Przetwornice DC-DC

Odpowiedź: I_L = 57,6 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 = 1 − 36/144 = 0,75

Prąd obciążenia

I_o = 144/10 = 14,4 A

Prąd cewki

I_L = I_o/(1 − D) = 14,4/0,25 = 57,6 A

Odpowiedź

I_L = 57,6 A

10.Przetwornice DC-DC

Odpowiedź: C = 7,2 µF

Współczynnik wypełnienia

D = 12/48 = 0,25

Tętnienia prądu cewki

ΔI_L = (48 − 12)·0,25/(100·10⁻⁶·250·10³) = 0,36 A

Pojemność

C = 0,36/(8·250·10³·25·10⁻³) = 7,2 µF

Odpowiedź

C = 7,2 µF

11.Mostek Wheatstone’a i tensometry

Odpowiedź: R_th = 116,7 Ω

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.

Zasilanie zwarte

R₁∥R₂ = 60·300/360 = 50 Ω

R₃∥R₄ = 150·120/270 = 66,67 Ω

Rezystancja Thévenina

R_th = 116,7 Ω

Odpowiedź

R_th = 116,7 Ω

12.Mostek Wheatstone’a i tensometry

Odpowiedź: σ = 300 MPa

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.

Odkształcenie

ε = 4·0,001922/(2,5·2,05) = 0,0015

Naprężenie

σ = 200·10³ MPa·0,0015 = 300 MPa

Odpowiedź

σ = 300 MPa

13.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 5

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.

Zgrupuj jedynki

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

BC′D

AC′D

A′B′D′

ABD′

A′B′C

Minimalna postać SOP

F = BC′D + AC′D + A′B′D′ + ABD′ + A′B′C

N = 5

Odpowiedź

N = 5

14.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 2

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 = 0 → Q = 1

2: J = 0, K = 0 → Q = 1

3: J = 1, K = 0 → Q = 1

4: J = 1, K = 0 → Q = 1

5: J = 1, K = 0 → Q = 1

6: J = 0, K = 0 → Q = 1

7: J = 0, K = 1 → Q = 0

Policz zmiany

0 → 1 → 1 → 1 → 1 → 1 → 1 → 0

N = 2

Odpowiedź

N = 2

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1