Wzory, najważniejsze kroki metod dla każdego tematu i 14 zadań do ćwiczenia, z pełnymi rozwiązaniami na końcu.
Tranzystor NPN o β = 120 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 18 V: R₁ = 39 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 10 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 2,2 kΩ, a rezystor emiterowy RE = 470 Ω. Przyjmij VBE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz prąd kolektora IC w mA.
Tranzystor NPN o β = 80 przełącza rezystor obciążenia 680 Ω włączony między VCC = 12 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 3,3 V przez rezystor bazowy RB = 2,2 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.
Dobierz rezystor sprzężenia zwrotnego Rf, który da temu wzmacniaczowi nieodwracającemu wzmocnienie napięciowe 6.
Wzmacniacz operacyjny jest idealny i zasilany napięciem ±15 V. Stosunki rezystorów nie są dopasowane. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.
Przez cewkę płynie ustalony prąd 0,5 A. W t = 0 łącznik zamyka obwód przez R, a źródło zostaje odłączone, więc prąd cewki zanika przez R. Wyznacz napięcie vR na R w chwili t = 15 ms.
W t = 0 układ czasowy zaczyna ładować nienaładowany kondensator przez rezystor ze źródła 9 V. Ma zadziałać, gdy napięcie kondensatora osiągnie 6,75 V, dokładnie 20 ms po starcie. Przy C = 2,2 µF wyznacz potrzebną rezystancję R.
Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.
Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.
Przetwornica obniżająca zamienia 9 V na 6,3 V przy obciążeniu 25 Ω. Przełącza z częstotliwością 100 kHz i ma L = 150 µH. Wyznacz szczytowy prąd cewki Imax.
Idealna przetwornica obniżająca zamienia 48 V na 19,2 V przy obciążeniu 50 Ω i 20 kHz. Wyznacz najmniejszą indukcyjność Lcrit zapewniającą pracę z prądem ciągłym.
Tensometr 330 Ω jest jednym ramieniem (R₂) mostka z czterema jednakowymi ramionami 330 Ω i zasilaniem 2 V. Wyznacz moc Pg wydzielaną w tensometrze, w mW. Samonagrzewanie ogranicza zasilanie.
Mostek z ramionami 350 Ω jest zasilany napięciem 2,5 V i ma jeden czynny tensometr (ćwierćmostek). Współczynnik czułości wynosi 2, a odkształcenie 1000 µε. Wyznacz napięcie wyjściowe mostka Vo w mV.
Multiplekser 4-do-1 ma wejścia wyboru S₁ = A i S₀ = B, a wejścia danych podłączone do I₀ = C′, I₁ = 0, I₂ = C, I₃ = 0. Dla ilu z 8 kombinacji A, B i C wyjście F = 1? Znajdź N.
Znajdź minimalną postać SOP funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 7, 9, 10, 14, 15) + d(2, 6, 11, 12), gdzie d oznacza stany nieokreślone. Ile literałów L zawiera?
Odpowiedź: IC = 5,504 mA
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.
Napięciowe prawo Kirchhoffa w oczku bazy; prąd emitera to (β + 1)·IB.
Odpowiedź: IC = 17,35 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.
β·IB jest większe od IC(sat), więc tranzystor się nasyca.
Tranzystor jest nasycony.
Odpowiedź: Rf = 50 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.
V₋ = V₊ = Vin, a prąd przez R₁ płynie też przez Rf, więc Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).
Odpowiedź: Vout = 0,6138 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.
Przy V₂ = 0 V₁ widzi wzmacniacz odwracający. Przy V₁ = 0 V₊ jest wzmacniane przez wzmocnienie nieodwracające 1 + R₂/R₁.
Odpowiedź: vR = 1,353 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.
Odpowiedź: R = 6,558 kΩ
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.
kΩ razy µF daje milisekundy.
Odpowiedź: Req = 12,03 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.
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.
Odpowiedź: IR2 = 0,2182 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.
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.
Źródło widzi tylko Req, więc prawo Ohma daje prąd, który dostarcza. Ten prąd płynie przez R₁.
Odejmij spadek na R₁, aby dostać potencjał węzła A, czyli napięcie na R₂.
Odpowiedź: Imax = 0,315 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.
Odpowiedź: Lcrit = 750 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.
Przyrównaj średni prąd cewki do połowy tętnień prądu i rozwiąż względem L.
Odpowiedź: Pg = 3,03 mW
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.
Odpowiedź: Vo = 1,25 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.
Odpowiedź: N = 2
Multiplekser: multiplekser 2ⁿ-do-1 przekazuje na wyjście jedno ze swoich wejść danych; linie wyboru, odczytane jako liczba binarna, wskazują które. Dla multipleksera 4-do-1 z wejściami wyboru S₁S₀ = AB: F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Podłączenie wejść danych do 0, 1, C lub C′ sprawia, że multiplekser realizuje dowolną funkcję A, B i C, co jest częstym sposobem budowania logiki w jednym układzie scalonym.
Odpowiedź: L = 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.
Największe grupy, jakie można utworzyć z jedynek i X.
Istnieje inne grupowanie tego samego rozmiaru; ma tę samą liczbę składników i literałów.
ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1