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
RC​ = 1 kΩβ = 120RE​ = 470 ΩVCC​ = 12 VR1​ = 22 kΩR2​ = 6,8 kΩ

Tranzystor NPN o β = 120 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 12 V: R₁ = 22 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 6,8 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 1 kΩ, a rezystor emiterowy RE = 470 Ω. Przyjmij VBE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz napięcie kolektor–emiter VCE.

VCC = 12 VR1 = 22 kΩR2 = 6,8 kΩRC = 1 kΩRE = 470 Ωβ = 120
VCE = V
2.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 150 Ωβ = 50VCC​ = 12 V5 VRB​ = ?

Tranzystor NPN o β = 50 przełącza rezystor obciążenia 150 Ω włączony między VCC = 12 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 5 V przez rezystor bazowy RB. Przyjmij VBE = 0,7 V i VCE(sat) = 0,2 V. Wyznacz największy rezystor bazowy RB, w kΩ, który jeszcze wprowadza tranzystor w nasycenie.

VCC = 12 VRC = 150 Ωβ = 50Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
3.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 10 kΩVin​ = −2 V

Wzmacniacz operacyjny jest idealny i zasilany napięciem ±15 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

Vin = −2 VR1 = 10 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
4.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = 1,7 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = −1,6 VR2​ = 1 kΩ

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

V1 = 1,7 VV2 = −1,6 VR1 = 4,7 kΩR2 = 1 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
5.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​24 Vt = 0R = 50 ΩL220 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz napięcie vL na cewce w chwili t = 5 ms.

Vs = 24 VR = 50 ΩL = 220 mHt = 5 ms
vL = V
6.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​9 VR1​ = 10 ΩR2​ = 22 Ωzamyka się w t = 0L22 mHi(t)

Łącznik równoległy do R2 był długo otwarty, więc prąd cewki jest ustalony. W t = 0 łącznik się zamyka i zwiera R2. Po jakim czasie od t = 0 prąd cewki osiągnie 0,591 A? Wyznacz t.

Vs = 9 VR1 = 10 ΩR2 = 22 ΩL = 22 mH
t = ms
7.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​4 ΩIR2​AR4​5 ΩB

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 10 ΩR4 = 5 Ω
IR2 = A
8.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 10 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩIR2​AR4​12 ΩBR6​3 Ω

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 ΩR4 = 12 ΩR5 = 6 ΩR6 = 3 Ω
IR2 = A
9.Przetwornice DC-DCŚredni
tiL​Imax​Imin​ΔI = ?DTT2T

Idealna przetwornica podwyższająca zamienia 12 V na 40 V przy 500 kHz i L = 150 µH. Wyznacz międzyszczytowe tętnienia prądu cewki ΔIL.

Vin​ = 12 VVo​ = 40 Vf = 500 kHzL = 150 µH
ΔIL = A
10.Przetwornice DC-DCTrudny
+−15 VSL = 100 µHC = ?R+−6 V

Przetwornica obniżająca zamienia 15 V na 6 V przy 100 kHz i L = 100 µH. Wyznacz pojemność wyjściową C, przy której międzyszczytowe tętnienia napięcia wyjściowego wynoszą 5 mV.

Vin​ = 15 VVo​ = 6 Vf = 100 kHzL = 100 µHΔVo = 5 mV
C = µF
11.Mostek Wheatstone’a i tensometryŚredni
+−15 V500 Ω500 Ω + ΔR500 Ω500 Ωab+−Vab​ = ?

Mostek ma cztery ramiona 500 Ω i Vs = 15 V. Czujnik R₂ zwiększa się o ΔR = 2 Ω. Używając przybliżenia małych zmian, wyznacz napięcie wyjściowe Vab w mV.

Vs = 15 VR = 500 ΩΔR = 2 Ω
Vab = mV
12.Mostek Wheatstone’a i tensometryTrudny
+−10 V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−6 mV

Tensometr (GF = 2) na elemencie o E = 200 GPa tworzy ćwierćmostek zasilany napięciem 10 V. Wyjście wskazuje 6 mV. Wyznacz naprężenie osiowe σ w MPa.

Vs = 10 VGF = 2Vo = 6 mVE = 200 GPa
σ = MPa
13.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD0001111000011110111111

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(0, 2, 3, 7, 8, 14)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
14.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
CLKT1234567

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

Q₀ = 0T
N =

3Roztwory

1.Diody i tranzystory

Odpowiedź: VCE = 5,92 V

Punkt pracy tranzystora bipolarnego: w obszarze aktywnym VBE = 0,7 V, IC = β·IB i IE = (β + 1)·IB. Wyznacz IB z oczka bazy za pomocą napięciowego prawa Kirchhoffa, potem IC, a następnie VCE z oczka kolektor–emiter. Dzielnik napięcia w bazie zastępuje się jego zastępczym układem Thévenina VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; rezystor emiterowy w oczku bazy jest widziany jako (β + 1) razy większy.

Zastępczy układ Thévenina dzielnika

VTH = 12·6,8/(22 + 6,8) = 2,833 V
RTH = 22·6,8/(22 + 6,8) = 5,194 kΩ

Prąd bazy

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

IB = (2,833 − 0,7)/(5,194 + 121·0,47) = 34,37 µA

Prąd kolektora

IC = 120·34,37 µA = 4,125 mA
IE = 121·34,37 µA = 4,159 mA

Napięcie kolektor–emiter

VCE = 12 − 4,125·1 − 4,159·0,47 = 5,92 V

Odpowiedź

VCE = 5,92 V
2.Diody i tranzystory

Odpowiedź: RB = 2,733 kΩ

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 kolektora w nasyceniu

IC(sat) = (12 − 0,2)/150 = 78,67 mA

Minimalny prąd bazy

IB(min) = IC(sat)/β = 78,67/50 = 1573 µA

Rezystor bazowy

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/1,573 mA = 2,733 kΩ

Odpowiedź

RB = 2,733 kΩ

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

3.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −4 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.

Wejście odwracające podąża za wejściem

V₋ = V₊ = −2 V
I = V₋/R1 = −2/10 = −0,2 mA

Napięcie wyjściowe

Prąd przez R₁ płynie też przez Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −2 + (−0,2)·10 = −4 V

Odpowiedź

Vout = −4 V
4.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 12,38 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 = 1,7/4,7 = 0,3617 mA
I2 = V2/R2 = −1,6/1 = −1,6 mA
If = I1 + I2 = −1,238 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −10·(−1,238) = 12,38 V

Odpowiedź

Vout = 12,38 V
5.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vL = 7,704 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 = 220 mH / 50 Ω = 4,4 ms
i(∞) = Vs/R = 24/50 = 0,48 A

Napięcie na cewce

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

vL(t) = Vs·e−t/τ = 24·e−5/4,4 = 7,704 V

Odpowiedź

vL = 7,704 V
6.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 1,528 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

Przed t = 0 w obwodzie są oba rezystory; potem zamknięty łącznik bocznikuje R₂.

i(0) = 9/(10 + 22) = 0,2813 A
i(∞) = 9/10 = 0,9 A
τ = L/R = 22/10 = 2,2 ms
i(t) = 0,9 + (0,2813 − 0,9)·e−t/τ

Wyznacz czas

e−t/τ = (0,591 − 0,9)/(0,2813 − 0,9) = 0,4994
t = 2,2·ln(2,002) = 1,528 ms

Odpowiedź

t = 1,528 ms
7.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,871 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​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​4 ΩAR4​5 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 = 10 + 5 = 15 Ω
R2 ∥ 15 = 4·15/(4+15) = 3,158 Ω
Req = R1 + 3,158 = 5 + 3,158 = 8,158 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 9/8,158 = 1,103 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 9 − 1,103·5 = 3,484 V
IR2 = VA/R2 = 3,484/4 = 0,871 A

Odpowiedź

IR2 = 0,871 A
8.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 1,173 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​ = 10 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​12 ΩBR6​3 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 = 6 + 3 = 9 Ω
R4 ∥ 9 = 5,143 Ω
R3 + 5,143 = 9,143 Ω
R2 ∥ 9,143 = 3,232 Ω
Req = R1 + 3,232 = 10 + 3,232 = 13,23 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 24/13,23 = 1,814 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 24 − 1,814·10 = 5,863 V
IR2 = VA/R2 = 5,863/5 = 1,173 A

Odpowiedź

IR2 = 1,173 A
9.Przetwornice DC-DC

Odpowiedź: ΔIL = 0,112 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 = 1 − 12/40 = 0,7

Napięcie na cewce w czasie załączenia

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

VL = 12 V

Tętnienia prądu

ΔIL = VL·D/(L·f) = 12·0,7/(150·10⁻⁶·500·10³) = 0,112 A

Odpowiedź

ΔIL = 0,112 A
10.Przetwornice DC-DC

Odpowiedź: C = 90 µF

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 = 6/15 = 0,4

Tętnienia prądu cewki

ΔIL = (15 − 6)·0,4/(100·10⁻⁶·100·10³) = 0,36 A

Pojemność

C = 0,36/(8·100·10³·5·10⁻³) = 90 µF

Odpowiedź

C = 90 µF
11.Mostek Wheatstone’a i tensometry

Odpowiedź: Vab = 15 mV

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.

Zmiana względna

ΔR/R = 2/500 = 0,004

Wyjście zlinearyzowane

Vab ≈ 15·0,004/4 = 15 mV

Odpowiedź

Vab = 15 mV

Dokładna wartość to 14,97 mV; przybliżenie jest dobre, dopóki ΔR/R jest małe.

12.Mostek Wheatstone’a i tensometry

Odpowiedź: σ = 240 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 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.

Odkształcenie

ε = 4·0,006/(10·2) = 0,0012

Naprężenie

σ = 200·10³ MPa·0,0012 = 240 MPa

Odpowiedź

σ = 240 MPa
13.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: AB = 11, 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.

m14: m15, m12, m10, m6 → 0
ABCD0001111000011110111111

Izolowana jedynka

m14 = ABCD′ → AB = 11, CD = 10

Odpowiedź

AB = 11, CD = 10
14.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 4

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 fclk/N. Licznik Johnsona z n przerzutników ma 2n stanów, licznik pierścieniowy n.

Q po każdym zboczu

Przerzutnik T zmienia stan na przeciwny przy każdym zboczu narastającym, gdy T = 1, i utrzymuje, gdy T = 0.

1: T = 1 → Q = 1
2: T = 1 → 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

Policz zmiany

0 → 1 → 0 → 1 → 1 → 0 → 0 → 0
N = 4

Odpowiedź

N = 4

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1