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 = 150 jest spolaryzowany rezystorem bazowym R_B = 390 kΩ z zasilania V_CC = 9 V. Rezystor kolektorowy to R_C = 470 Ω, a emiter jest uziemiony. Przyjmij V_BE = 0,7 V i załóż, że tranzystor pracuje w obszarze aktywnym. Wyznacz prąd kolektora I_C w mA.

V_CC = 9 VR_B = 390 kΩR_C = 470 Ωβ = 150V_BE = 0,7 V

I_C = mA

2.Diody i tranzystoryTrudny

Tranzystor NPN o β = 200 przełącza rezystor obciążenia 100 Ω włączony między V_CC = 24 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 5 V przez rezystor bazowy R_B = 220 kΩ. Przyjmij V_BE = 0,7 V i V_CE(sat) = 0,2 V. Wyznacz prąd kolektora I_C w mA, gdy na wejściu jest stan wysoki. Najpierw ustal, czy tranzystor jest nasycony.

V_CC = 24 VR_C = 100 Ωβ = 200V_in = 5 VV_BE = 0,7 VV_CE(sat) = 0,2 VR_B = 220 kΩ

I_C = mA

3.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni

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

V_in = 4,5 VR_a = 2 kΩR_b = 2 kΩR₁ = 10 kΩR_f = 47 kΩ

V_out = V

4.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny

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

V₁ = 0,3 VV₂ = 0,8 VR₁ = 1 kΩR₂ = 10 kΩR_f = 10 kΩ

V_out = V

5.Stany nieustalone RC i RLŚredni

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Po jakim czasie od zamknięcia łącznika prąd osiągnie 95% wartości końcowej? Wyznacz t.

V_s = 12 VR = 20 ΩL = 68 mH

t = ms

6.Stany nieustalone RC i RLTrudny

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 15 V o zaznaczonej biegunowości. Po jakim czasie v_C osiągnie 17,7 V? Wyznacz t.

V_s = 24 VR = 6,8 kΩC = 68 µFv_C(0) = 15 V

t = ms

7.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni

Wyznacz rezystancję zastępczą R_eq widzianą przez źródło V₁.

V₁ = 24 VR₁ = 4 ΩR₂ = 4 ΩR₃ = 10 ΩR₄ = 8 Ω

R_eq = Ω

8.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny

Wyznacz prąd I_R2 płynący przez R₂.

V₁ = 9 VR₁ = 20 ΩR₂ = 4 ΩR₃ = 30 ΩR₄ = 20 ΩR₅ = 3 ΩR₆ = 15 Ω

I_R2 = A

9.Przetwornice DC-DCŚredni

Idealna przetwornica podwyższająca zamienia 9 V na 18 V przy obciążeniu 2 Ω. Wyznacz średni prąd cewki I_L.

Vin = 9 VVo = 18 VR = 2 Ω

I_L = A

10.Przetwornice DC-DCTrudny

Przetwornica obniżająca zamienia 48 V na 28,8 V przy obciążeniu 50 Ω i 250 kHz, z L = 100 µH i C = 220 µF. Wyznacz międzyszczytowe tętnienia napięcia wyjściowego ΔV_o w mV.

Vin = 48 VVo = 28,8 Vf = 250 kHzL = 100 µHC = 220 µF

ΔV_o = mV

11.Mostek Wheatstone’a i tensometryŚredni

Mostek ma cztery ramiona 120 Ω i V_s = 5 V. Czujnik R₂ zwiększa się o ΔR = 0,24 Ω. Używając przybliżenia małych zmian, wyznacz napięcie wyjściowe V_ab w mV.

V_s = 5 VR = 120 ΩΔR = 0,24 Ω

V_ab = mV

12.Mostek Wheatstone’a i tensometryTrudny

Mostek z ramionami 1000 Ω jest zasilany napięciem 2,5 V i ma dwa czynne tensometry w sąsiednich ramionach, jeden rozciągany i jeden ściskany (półmostek). Współczynnik czułości wynosi 2,05, a odkształcenie 750 µε. Wyznacz napięcie wyjściowe mostka V_o w mV.

V_s = 2,5 VGF = 2,05ε = 750 µε

V_o = mV

13.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać iloczynu sum (POS) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(4, 5, 6, 10, 11, 13, 15). Ile sum (czynników) N ona ma?

F(A, B, C, D) = Σm(4, 5, 6, 10, 11, 13, 15)

N =

14.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny

Dla F(A, B, C, D) = Σm(3, 4, 6, 10, 13) + d(2, 8, 11, 14), gdzie d oznacza stany nieokreślone, znajdź liczbę N istotnych implikantów prostych.

F(A, B, C, D) = Σm(3, 4, 6, 10, 13) + d(2, 8, 11, 14)

N =

3Roztwory

1.Diody i tranzystory

Odpowiedź: I_C = 3,192 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.

Prąd bazy

I_B = (V_CC − V_BE)/R_B = (9 − 0,7)/390 kΩ = 21,28 µA

Prąd kolektora

I_C = β·I_B = 150·21,28 µA = 3,192 mA

Odpowiedź

I_C = 3,192 mA

Sprawdzenie: V_CE = 7,5 V jest wyraźnie większe od 0,2 V, więc tranzystor rzeczywiście pracuje w obszarze aktywnym.

2.Diody i tranzystory

Odpowiedź: I_C = 3,909 mA

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 bazy

I_B = (5 − 0,7)/220 kΩ = 19,55 µA

Nasycenie czy obszar aktywny?

β·I_B jest mniejsze od I_C(sat), więc tranzystor pozostaje w obszarze aktywnym.

β·I_B = 3,909 mA

I_C(sat) = (24 − 0,2)/100 = 238 mA

Prąd kolektora

I_C = β·I_B = 3,909 mA

Odpowiedź

I_C = 3,909 mA

Tranzystor pracuje w obszarze aktywnym, więc obciążenie nie jest całkowicie włączone.

3.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: V_out = 12,83 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 wejściu +

V₊ = V_in·R_b/(R_a + R_b) = 4,5·2/(2 + 2) = 2,25 V

Wzmocnienie nieodwracające

V₋ = V₊, a prąd płynący przez R₁ płynie też przez R_f.

V_out = V₊·(1 + R_f/R₁) = 2,25·(1 + 47/10) = 12,83 V

Odpowiedź

V_out = 12,83 V

4.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: V_out = −3,8 V

Prądy wejściowe

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

I₁ = V₁/R₁ = 0,3/1 = 0,3 mA

I₂ = V₂/R₂ = 0,8/10 = 0,08 mA

I_f = I₁ + I₂ = 0,38 mA

Napięcie wyjściowe

V_out = −R_f·I_f = −10·0,38 = −3,8 V

Odpowiedź

V_out = −3,8 V

5.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 10,19 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.

Stała czasowa i prąd końcowy

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

τ = L/R = 68 mH / 20 Ω = 3,4 ms

i(∞) = V_s/R = 12/20 = 0,6 A

Wyznacz czas

0,95 = 1 − e^−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,95)

t = −3,4·ln(0,05) = 10,19 ms

Odpowiedź

t = 10,19 ms

6.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 164,9 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) = 15 V, v_C(∞) = V_s = 24 V

τ = R·C = 6,8 kΩ · 68 µF = 462,4 ms

v_C(t) = 24 + (15 − 24)·e^−t/τ

Wyznacz czas

17,7 = 24 + (−9)·e^−t/τ → e^−t/τ = (17,7 − 24)/(15 − 24) = 0,7

t = τ·ln((15 − 24)/(17,7 − 24)) = 462,4·ln(1,429) = 164,9 ms

Odpowiedź

t = 164,9 ms

7.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: R_eq = 7,273 Ω

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 + 8 = 18 Ω

R₂ ∥ 18 = 4·18/(4+18) = 3,273 Ω

R_eq = R₁ + 3,273 = 4 + 3,273 = 7,273 Ω

Odpowiedź

R_eq = 7,273 Ω

8.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: I_R2 = 0,3458 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 + 15 = 18 Ω

R₄ ∥ 18 = 9,474 Ω

R₃ + 9,474 = 39,47 Ω

R₂ ∥ 39,47 = 3,632 Ω

R_eq = R₁ + 3,632 = 20 + 3,632 = 23,63 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 = 9/23,63 = 0,3808 A

Prąd przez R₂

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

V_A = V₁ − I_R1·R₁ = 9 − 0,3808·20 = 1,383 V

I_R2 = V_A/R₂ = 1,383/4 = 0,3458 A

Odpowiedź

I_R2 = 0,3458 A

9.Przetwornice DC-DC

Odpowiedź: I_L = 18 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 − 9/18 = 0,5

Prąd obciążenia

I_o = 18/2 = 9 A

Prąd cewki

I_L = I_o/(1 − D) = 9/0,5 = 18 A

Odpowiedź

I_L = 18 A

10.Przetwornice DC-DC

Odpowiedź: ΔV_o = 1,047 mV

Współczynnik wypełnienia

D = 28,8/48 = 0,6

Tętnienia prądu cewki

ΔI_L = (48 − 28,8)·0,6/(100·10⁻⁶·250·10³) = 0,4608 A

Tętnienia wyjścia

ΔV_o = 0,4608/(8·250·10³·220·10⁻⁶) = 1,047 mV

Odpowiedź

ΔV_o = 1,047 mV

11.Mostek Wheatstone’a i tensometry

Odpowiedź: V_ab = 2,5 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 = 0,24/120 = 0,002

Wyjście zlinearyzowane

V_ab ≈ 5·0,002/4 = 2,5 mV

Odpowiedź

V_ab = 2,5 mV

Dokładna wartość to 2,498 mV; przybliżenie jest dobre, dopóki ΔR/R jest małe.

12.Mostek Wheatstone’a i tensometry

Odpowiedź: V_o = 1,922 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 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.

Względna zmiana rezystancji

ΔR/R = 2,05·750·10⁻⁶ = 0,001537

Napięcie wyjściowe mostka

V_o = V_s·GF·ε/2 = 2,5·0,001537/2 = 1,922 mV

Odpowiedź

V_o = 1,922 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.

Zgrupuj zera

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

(B + C)

(A + C′ + D′)

(A + B)

(A′ + B′ + D)

Minimalna postać POS

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

N = 4

Odpowiedź

N = 4

14.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 3

Implikanty proste

Największe grupy, jakie można utworzyć z jedynek i X.

CD′, B′C, A′BD′, AB′D′, ABC′D

Istotne implikanty proste

B′C, A′BD′, ABC′D

N = 3

Odpowiedź

N = 3

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1