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​ = 3,3 kΩβ = 120RE​ = 1,5 kΩVCC​ = 15 VR1​ = 56 kΩR2​ = 6,8 kΩ

Tranzystor NPN o β = 120 jest spolaryzowany dzielnikiem napięcia z VCC = 15 V: R₁ = 56 kΩ od VCC do bazy i R₂ = 6,8 kΩ od bazy do masy. Rezystor kolektorowy to RC = 3,3 kΩ, a rezystor emiterowy RE = 1,5 kΩ. Przyjmij VBE = 0,7 V i użyj zastępczego układu Thévenina dla dzielnika (nie pomijaj prądu bazy). Wyznacz napięcie kolektor–emiter VCE.

VCC = 15 VR1 = 56 kΩR2 = 6,8 kΩRC = 3,3 kΩRE = 1,5 kΩβ = 120
VCE = V
2.Diody i tranzystoryTrudny
RC​ = 330 Ωβ = 50VCC​ = 24 V3,3 VRB​ = ?

Tranzystor NPN o β = 50 przełącza rezystor obciążenia 330 Ω włączony między VCC = 24 V a jego kolektor. Emiter jest uziemiony. Baza jest sterowana z wyjścia logicznego 3,3 V przez rezystor bazowy RB. Przyjmij VBE = 0,7 V i VCE(sat) = 0,2 V. Dla niezawodnego przełączania zaprojektuj prąd bazy 10 razy większy od minimalnego potrzebnego do nasycenia. Wyznacz RB w kΩ.

VCC = 24 VRC = 330 Ωβ = 50Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vprzesterowanie = 10
RB = kΩ
3.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 100 kΩVin​

Dobierz rezystor sprzężenia zwrotnego Rf, który da temu wzmacniaczowi nieodwracającemu wzmocnienie napięciowe 5.

R1 = 100 kΩAv = 5
Rf = kΩ
4.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​R2​ = 47 kΩV1​ = 1,3 VR1​ = 100 kΩV2​ = 1,2 VR3​ = 4,7 kΩR4​ = 4,7 kΩ

Wzmacniacz operacyjny jest idealny i zasilany napięciem ±15 V. Stosunki rezystorów nie są dopasowane. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

V1 = 1,3 VV2 = 1,2 VR1 = 100 kΩR2 = 47 kΩR3 = 4,7 kΩR4 = 4,7 kΩ
Vout = V
5.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​12 Vt = 0R = 22 ΩL100 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz energię W zgromadzoną w cewce w chwili t = 5 ms, w mJ.

Vs = 12 VR = 22 ΩL = 100 mHt = 5 ms
W = mJ
6.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​12 VR1​ = 15 ΩR2​ = 5 Ωotwiera się w t = 0L100 mHi(t)

Łącznik równoległy do R2 był długo zamknięty, więc prąd cewki jest ustalony. W t = 0 łącznik się otwiera. Po jakim czasie od t = 0 prąd cewki osiągnie 0,66 A? Wyznacz t.

Vs = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩL = 100 mH
t = ms
7.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni
R1​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩIR2​AR4​10 ΩB

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 12 VR1 = 8 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩR4 = 10 Ω
IR2 = A
8.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 20 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​25 ΩAR4​20 ΩBR6​12 Ω

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 25 ΩR3 = 20 ΩR4 = 20 ΩR5 = 4 ΩR6 = 12 Ω
Req = Ω
9.Przetwornice DC-DCŚredni
tiL​Imax​Imin​ΔI = ?DTT2T

Idealna przetwornica odwracająca zamienia 48 V na −48 V przy 50 kHz i L = 150 µH. Wyznacz międzyszczytowe tętnienia prądu cewki ΔIL.

Vin​ = 48 VVo​ = −48 Vf = 50 kHzL = 150 µH
ΔIL = A
10.Przetwornice DC-DCTrudny
+−24 VSL = 220 µHC = ?R+−12 V

Przetwornica obniżająca zamienia 24 V na 12 V przy 20 kHz i L = 220 µH. Wyznacz pojemność wyjściową C, przy której międzyszczytowe tętnienia napięcia wyjściowego wynoszą 5 mV.

Vin​ = 24 VVo​ = 12 Vf = 20 kHzL = 220 µHΔVo = 5 mV
C = µF
11.Mostek Wheatstone’a i tensometryŚredni
+−3 V100 Ω100 Ω + ΔR100 Ω100 Ωab+−29,41 mV

Mostek z czterema ramionami 100 Ω jest zasilany napięciem 3 V. Gdy czujnik R₂ się zmienia, wyjście wskazuje Vab = 29,41 mV. Wyznacz dokładną zmianę ΔR rezystancji R₂.

Vs = 3 VR = 100 ΩVab = 29,41 mV
ΔR = Ω
12.Mostek Wheatstone’a i tensometryTrudny
+−3 V1000 Ω1000 Ω + ΔR1000 Ω1000 Ωab+−Vo​ = ?

Mostek z ramionami 1000 Ω jest zasilany napięciem 3 V i ma jeden czynny tensometr (ćwierćmostek). Współczynnik czułości wynosi 2, a odkształcenie 600 µε. Wyznacz napięcie wyjściowe mostka Vo w mV.

Vs = 3 VGF = 2ε = 600 µε
Vo = mV
13.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111000110302140507061120130151140809011010

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(1, 4, 12, 14). Ile iloczynów N ona zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 4, 12, 14)
N =
14.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
ABCD00011110000111101011130204X5X716112013115X141809111010

Dla F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 3, 6, 8, 11, 12, 15) + d(5, 7, 14), gdzie d oznacza stany nieokreślone, znajdź liczbę N istotnych implikantów prostych.

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 3, 6, 8, 11, 12, 15) + d(5, 7, 14)
N =

3Roztwory

1.Diody i tranzystory

Odpowiedź: VCE = 12,15 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 = 15·6,8/(56 + 6,8) = 1,624 V
RTH = 56·6,8/(56 + 6,8) = 6,064 kΩ

Prąd bazy

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

IB = (1,624 − 0,7)/(6,064 + 121·1,5) = 4,927 µA

Prąd kolektora

IC = 120·4,927 µA = 0,5913 mA
IE = 121·4,927 µA = 0,5962 mA

Napięcie kolektor–emiter

VCE = 15 − 0,5913·3,3 − 0,5962·1,5 = 12,15 V

Odpowiedź

VCE = 12,15 V
2.Diody i tranzystory

Odpowiedź: RB = 0,1803 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) = (24 − 0,2)/330 = 72,12 mA

Minimalny prąd bazy

IB(min) = IC(sat)/β = 72,12/50 = 1442 µA

Projektowy prąd bazy

IB = 10·1442 µA = 14424 µA

Rezystor bazowy

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/14,42 mA = 0,1803 kΩ

Odpowiedź

RB = 0,1803 kΩ
3.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Rf = 400 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₊ = Vin, a prąd przez R₁ płynie też przez Rf, więc Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (5 − 1)·100 = 400 kΩ

Odpowiedź

Rf = 400 kΩ
4.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 0,271 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₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,2·4,7/(4,7 + 4,7) = 0,6 V

Superpozycja obu wejść

Przy V₂ = 0 V₁ widzi wzmacniacz odwracający. Przy V₁ = 0 V₊ jest wzmacniane przez wzmocnienie nieodwracające 1 + R₂/R₁.

Vout = −(47/100)·1,3 + (1 + 47/100)·0,6 = −0,611 + 0,882 = 0,271 V

Odpowiedź

Vout = 0,271 V
5.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: W = 6,621 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(∞) = Vs/R = 12/22 = 0,5455 A

Prąd w danej chwili

i(t) = 0,5455·(1 − e−5/4,545) = 0,3639 A

Zgromadzona energia

W = ½·L·i² = ½·100·0,3639² = 6,621 mJ

Odpowiedź

W = 6,621 mJ
6.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 6,02 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 zamknięty łącznik bocznikuje R₂; potem w obwodzie są zarówno R₁, jak i R₂.

i(0) = 12/15 = 0,8 A
i(∞) = 12/(15 + 5) = 0,6 A
τ = L/R = 100/20 = 5 ms
i(t) = 0,6 + (0,8 − 0,6)·e−t/τ

Wyznacz czas

e−t/τ = (0,66 − 0,6)/(0,8 − 0,6) = 0,3
t = 5·ln(3,333) = 6,02 ms

Odpowiedź

t = 6,02 ms
7.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,6466 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​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAR4​10 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 = 15 + 10 = 25 Ω
R2 ∥ 25 = 8·25/(8+25) = 6,061 Ω
Req = R1 + 6,061 = 8 + 6,061 = 14,06 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 12/14,06 = 0,8534 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 12 − 0,8534·8 = 5,172 V
IR2 = VA/R2 = 5,172/8 = 0,6466 A

Odpowiedź

IR2 = 0,6466 A
8.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 33,4 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.

R1​ = 20 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​25 ΩAR4​20 ΩBR6​12 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 = 4 + 12 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 8,889 Ω
R3 + 8,889 = 28,89 Ω
R2 ∥ 28,89 = 13,4 Ω
Req = R1 + 13,4 = 20 + 13,4 = 33,4 Ω

Odpowiedź

Req = 33,4 Ω
9.Przetwornice DC-DC

Odpowiedź: ΔIL = 3,2 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 = 48/(48 + 48) = 0,5

Napięcie na cewce w czasie załączenia

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

VL = 48 V

Tętnienia prądu

ΔIL = VL·D/(L·f) = 48·0,5/(150·10⁻⁶·50·10³) = 3,2 A

Odpowiedź

ΔIL = 3,2 A
10.Przetwornice DC-DC

Odpowiedź: C = 1705 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 = 12/24 = 0,5

Tętnienia prądu cewki

ΔIL = (24 − 12)·0,5/(220·10⁻⁶·20·10³) = 1,364 A

Pojemność

C = 1,364/(8·20·10³·5·10⁻³) = 1705 µF

Odpowiedź

C = 1705 µF
11.Mostek Wheatstone’a i tensometry

Odpowiedź: ΔR = 4 Ω

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.

Napięcie węzła

Va = 1,5 + 0,02941 = 1,529 V

Rozwiąż dzielnik

R₂ = 100·1,529/(3 − 1,529) = 104 Ω
ΔR = 104 − 100 = 4 Ω

Odpowiedź

ΔR = 4 Ω
12.Mostek Wheatstone’a i tensometry

Odpowiedź: Vo = 0,9 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.

Względna zmiana rezystancji

ΔR/R = 2·600·10⁻⁶ = 0,0012

Napięcie wyjściowe mostka

Vo ≈ Vs·GF·ε/4 = 3·0,0012/4 = 0,9 mV

Odpowiedź

Vo = 0,9 mV
13.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 3

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.

ABCD000111100001111000110302140507061120130151140809011010

Zgrupuj jedynki

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

BC′D′
ABD′
A′B′C′D

Minimalna postać SOP

F = BC′D′ + ABD′ + A′B′C′D
N = 3

Odpowiedź

N = 3
14.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 2

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.

Implikanty proste

Największe grupy, jakie można utworzyć z jedynek i X.

CD, BC, B′C′D′, A′D, AC′D′, ABD′, A′B′C′
ABCD00011110000111101011130204X5X716112013115X141809111010

Istotne implikanty proste

CD, BC
N = 2

Odpowiedź

N = 2

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1