Wzory, najważniejsze kroki metod dla każdego tematu i 14 zadań do ćwiczenia, z pełnymi rozwiązaniami na końcu.
Tranzystor NPN o β = 150 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 = 5,6 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.
Tranzystor NPN o β = 100 przełącza rezystor obciążenia 680 Ω włączony między VCC = 24 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.
Dobierz rezystor sprzężenia zwrotnego Rf, który da temu wzmacniaczowi nieodwracającemu wzmocnienie napięciowe 25.
Układ całkujący wykorzystuje idealny wzmacniacz operacyjny zasilany napięciem ±15 V; jego wyjście nasyca się przy ±12 V. Kondensator jest rozładowany, gdy w t = 0 zostaje przyłożone stałe napięcie wejściowe Vin = 2,7 V. Po jakim czasie od t = 0 wyjście osiągnie nasycenie? Wyznacz t.
Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz energię W zgromadzoną w cewce w chwili t = 10 ms, w mJ.
Łącznik równoległy do R2 był długo zamknięty, więc prąd cewki jest ustalony. W t = 0 łącznik się otwiera. Wyznacz prąd cewki i w chwili t = 1 ms.
Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.
Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.
Idealna przetwornica odwracająca zamienia 12 V na −4 V przy 200 kHz i L = 68 µH. Wyznacz międzyszczytowe tętnienia prądu cewki ΔIL.
Przetwornica obniżająca zamienia 15 V na 7,5 V przy 50 kHz i L = 100 µH. Wyznacz najmniejszy prąd obciążenia Io,min, przy którym nadal pracuje z prądem ciągłym.
Mostek ma cztery ramiona 220 Ω i Vs = 6 V. Czujnik R₂ zwiększa się o ΔR = 0,55 Ω. Używając przybliżenia małych zmian, wyznacz napięcie wyjściowe Vab w mV.
Ćwierćmostek z jednym czynnym tensometrem (GF = 2,05) jest zasilany napięciem 3 V. Pod obciążeniem wyjście wskazuje 1,153 mV. Wyznacz odkształcenie ε w µε.
Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 5, 7). Ile iloczynów N ona zawiera?
Układ (4-bitowy licznik binarny zliczający w górę) startuje od 13 (dziesiętnie, Q = 1101). Jaki stan Q (dziesiętnie) pokaże po 24 impulsach zegara?
Odpowiedź: VCE = 2,18 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.
Napięciowe prawo Kirchhoffa w oczku bazy; prąd emitera to (β + 1)·IB.
Odpowiedź: RB = 12,29 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.
Każdy mniejszy rezystor bazowy też nasyca tranzystor; w praktyce wybiera się rezystor kilka razy mniejszy.
Odpowiedź: Rf = 2400 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: t = 208,9 ms
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.
kΩ razy µF daje milisekundy.
Odpowiedź: W = 14,64 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.
Długo po zamknięciu łącznika cewka zachowuje się jak zwarcie, więc prąd końcowy zależy tylko od R.
Odpowiedź: i = 0,2336 A
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.
Przed t = 0 zamknięty łącznik bocznikuje R₂; potem w obwodzie są zarówno R₁, jak i R₂.
Odpowiedź: IR2 = 1,034 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: Req = 22,79 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: ΔIL = 0,2206 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.
Gdy klucz S jest załączony, cewka leży bezpośrednio na napięciu Vin.
Odpowiedź: Io,min = 0,375 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.
Poniżej tego prądu przetwornica przechodzi do pracy z prądem nieciągłym, a Vo rośnie powyżej D·Vin.
Odpowiedź: Vab = 3,75 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.
Dokładna wartość to 3,745 mV; przybliżenie jest dobre, dopóki ΔR/R jest małe.
Odpowiedź: ε = 749,9 µε
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
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.
Każda grupa to prostokąt z 2ᵏ komórek; komórki na brzegu sąsiadują z komórkami na przeciwległym brzegu.
Odpowiedź: Q = 5
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.
Co 16 impulsów licznik wraca do tego samego stanu.
ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1