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
+−12 V220 Ω3,3 V1500 ΩIZ​ = ?

Stabilizator z diodą Zenera 3,3 V jest zasilany napięciem 12 V przez 220 Ω i zasila obciążenie 1500 Ω. Wyznacz prąd diody Zenera IZ.

Vin = 12 VVZ = 3,3 VR = 220 ΩRL = 1500 Ω
IZ = mA
2.Diody i tranzystoryTrudny
+−≥ 24 VR = ?3,3 V≤ 10 mA

Stabilizator z diodą Zenera 3,3 V ma dostarczać do obciążenia do 10 mA. Napięcie wejściowe może spaść do 24 V, a dioda Zenera potrzebuje co najmniej 1 mA, aby stabilizować. Wyznacz największą rezystancję szeregową Rmax, przy której stabilizacja jest zachowana.

Vin,min = 24 VVZ = 3,3 VIL,max = 10 mAIZ,min = 1 mA
Rmax = Ω
3.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 47 kΩR1​ = 2 kΩVin​ = −0,3 V

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

Vin = −0,3 VR1 = 2 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
4.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 22 kΩV1​ = −0,3 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 0,4 VR2​ = 47 kΩ

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

V1 = −0,3 VV2 = 0,4 VR1 = 4,7 kΩR2 = 47 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
5.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​10 Vt = 0R = 33 ΩL33 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Po jakim czasie od zamknięcia łącznika prąd osiągnie 75% wartości końcowej? Wyznacz t.

Vs = 10 VR = 33 ΩL = 33 mH
t = ms
6.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​12 Vt = 0R = 22 kΩC?+−vC​

W t = 0 układ czasowy zaczyna ładować nienaładowany kondensator przez rezystor ze źródła 12 V. Ma zadziałać, gdy napięcie kondensatora osiągnie 9 V, dokładnie 250 ms po starcie. Przy R = 22 kΩ wyznacz potrzebną pojemność C.

Vs = 12 VVth = 9 VT = 250 msR = 22 kΩ
C = µF
7.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni
R1​ = 2 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​5 ΩAR4​8 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩR4 = 8 Ω
Req = Ω
8.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 30 ΩIR1​R3​ = 12 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAR4​20 ΩBR6​5 Ω

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 10 VR1 = 30 ΩR2 = 12 ΩR3 = 12 ΩR4 = 20 ΩR5 = 30 ΩR6 = 5 Ω
IR1 = A
9.Przetwornice DC-DCŚredni
tiL​Imax​ = ?Imin​Io​DTT2T

Przetwornica obniżająca zamienia 15 V na 7,5 V przy obciążeniu 4 Ω. Przełącza z częstotliwością 100 kHz i ma L = 47 µH. Wyznacz szczytowy prąd cewki Imax.

Vin​ = 15 VVo​ = 7,5 Vf = 100 kHzL = 47 µHR = 4 Ω
Imax = A
10.Przetwornice DC-DCTrudny
+−12 VLSC = 470 µFR = 10 Ω+−24 V

Idealna przetwornica podwyższająca zamienia 12 V na 24 V przy obciążeniu 10 Ω i 40 kHz. Kondensator wyjściowy ma 470 µF. Wyznacz międzyszczytowe tętnienia napięcia wyjściowego ΔVo w mV.

Vin​ = 12 VVo​ = 24 Vf = 40 kHzC = 470 µFR = 10 Ω
ΔVo = mV
11.Mostek Wheatstone’a i tensometryŚredni
+−6 V200 Ω200 Ω + ΔR200 Ω200 Ωab+−29,7 mV

Mostek z czterema ramionami 200 Ω jest zasilany napięciem 6 V. Gdy czujnik R₂ się zmienia, wyjście wskazuje Vab = 29,7 mV. Wyznacz dokładną zmianę ΔR rezystancji R₂.

Vs = 6 VR = 200 ΩVab = 29,7 mV
ΔR = Ω
12.Mostek Wheatstone’a i tensometryTrudny
+−10 V1000 Ω − ΔR1000 Ω + ΔR1000 Ω + ΔR1000 Ω − ΔRab+−Vo​ = ?

Przetwornik tensometryczny (pełny mostek tensometrów) ma znamionowe napięcie wyjściowe 1 mV/V przy znamionowym obciążeniu 1000 kg. Jest zasilany napięciem 10 V. Wyznacz jego napięcie wyjściowe Vo przy obciążeniu 200 kg.

1 mV/VFrated = 1000 kgVs = 10 VF = 200 kg
Vo = mV
13.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABC000111100101324576

Uprość F = A′B + BC′ + ABC do minimalnej postaci sumy iloczynów. Ile literałów L zawiera uproszczone wyrażenie?

F = A′B + BC′ + ABC
L =
14.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
ABCD000111100001111010110312140517X6112013X151140809X11010

Znajdź minimalną postać SOP funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 4, 7, 12, 14) + d(6, 11, 15), gdzie d oznacza stany nieokreślone. Ile literałów L zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 4, 7, 12, 14) + d(6, 11, 15)
L =

3Roztwory

1.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IZ = 37,35 mA

Stabilizator Zenera: spolaryzowana zaporowo dioda Zenera utrzymuje napięcie VZ, dopóki jej prąd pozostaje powyżej minimum IZ,min. Rezystor szeregowy R przejmuje różnicę między napięciem wejściowym a wyjściowym: IR = (Vin − VZ)/R. Ten prąd dzieli się między obciążenie, IL = VZ/RL, i diodę Zenera: IZ = IR − IL. Projektuj dla najgorszych przypadków: najniższe napięcie wejściowe przy największym obciążeniu musi nadal zostawić IZ,min, a najwyższe napięcie wejściowe bez obciążenia daje największą moc diody Zenera PZ = VZ·IZ.

Prąd rezystora

IR = 8,7/220 = 39,55 mA

Prąd obciążenia

IL = 3,3/1500 = 2,2 mA

Prąd diody Zenera

IZ = 39,55 − 2,2 = 37,35 mA

Odpowiedź

IZ = 37,35 mA
2.Diody i tranzystory

Odpowiedź: Rmax = 1882 Ω

Stabilizator Zenera: spolaryzowana zaporowo dioda Zenera utrzymuje napięcie VZ, dopóki jej prąd pozostaje powyżej minimum IZ,min. Rezystor szeregowy R przejmuje różnicę między napięciem wejściowym a wyjściowym: IR = (Vin − VZ)/R. Ten prąd dzieli się między obciążenie, IL = VZ/RL, i diodę Zenera: IZ = IR − IL. Projektuj dla najgorszych przypadków: najniższe napięcie wejściowe przy największym obciążeniu musi nadal zostawić IZ,min, a najwyższe napięcie wejściowe bez obciążenia daje największą moc diody Zenera PZ = VZ·IZ.

Prąd w najgorszym przypadku

IR = 10 + 1 = 11 mA

Największa rezystancja

Rmax = 20,7/0,011 = 1882 Ω

Odpowiedź

Rmax = 1882 Ω
3.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −7,35 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₊ = −0,3 V
I = V₋/R1 = −0,3/2 = −0,15 mA

Napięcie wyjściowe

Prąd przez R₁ płynie też przez Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −0,3 + (−0,15)·47 = −7,35 V

Odpowiedź

Vout = −7,35 V
4.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 1,217 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 = −0,3/4,7 = −0,06383 mA
I2 = V2/R2 = 0,4/47 = 0,008511 mA
If = I1 + I2 = −0,05532 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −22·(−0,05532) = 1,217 V

Odpowiedź

Vout = 1,217 V
5.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 1,386 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 = 33 mH / 33 Ω = 1 ms
i(∞) = Vs/R = 10/33 = 0,303 A

Wyznacz czas

0,75 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,75)
t = −1·ln(0,25) = 1,386 ms

Odpowiedź

t = 1,386 ms
6.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: C = 8,197 µF

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.

Wymagana stała czasowa

9 = 12·(1 − e−250/τ) → τ = 250/ln(12/(12 − 9))
τ = 250/1,386 = 180,3 ms

Pojemność

kΩ razy µF daje milisekundy.

C = τ/R = 180,3/22 = 8,197 µF

Odpowiedź

C = 8,197 µF
7.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 6,242 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​ = 2 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​5 ΩAR4​8 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 = 20 + 8 = 28 Ω
R2 ∥ 28 = 5·28/(5+28) = 4,242 Ω
Req = R1 + 4,242 = 2 + 4,242 = 6,242 Ω

Odpowiedź

Req = 6,242 Ω
8.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 0,2626 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​ = 30 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAR4​20 ΩBR6​5 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 = 30 + 5 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 12,73 Ω
R3 + 12,73 = 24,73 Ω
R2 ∥ 24,73 = 8,079 Ω
Req = R1 + 8,079 = 30 + 8,079 = 38,08 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 10/38,08 = 0,2626 A

Odpowiedź

IR1 = 0,2626 A
9.Przetwornice DC-DC

Odpowiedź: Imax = 2,274 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 = 7,5/15 = 0,5

Średni prąd i tętnienia prądu

Io = 7,5/4 = 1,875 A
ΔIL = VL·D/(L·f) = 7,5·0,5/(47·10⁻⁶·100·10³) = 0,7979 A

Prąd szczytowy

Imax = 1,875 + 0,7979/2 = 2,274 A

Odpowiedź

Imax = 2,274 A
10.Przetwornice DC-DC

Odpowiedź: ΔVo = 63,83 mV

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 − 12/24 = 0,5

Prąd obciążenia

Io = 24/10 = 2,4 A

Tętnienia wyjścia

ΔVo = 2,4·0,5/(40·10³·470·10⁻⁶) = 63,83 mV

Odpowiedź

ΔVo = 63,83 mV
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 = 3 + 0,0297 = 3,03 V

Rozwiąż dzielnik

R₂ = 200·3,03/(6 − 3,03) = 204 Ω
ΔR = 204 − 200 = 4 Ω

Odpowiedź

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

Odpowiedź: Vo = 2 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.

Napięcie wyjściowe przy pełnym zakresie

1·10 = 10 mV

Napięcie wyjściowe przy tym obciążeniu

Vo = 10·200/1000 = 2 mV

Odpowiedź

Vo = 2 mV
13.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: L = 1

Algebra Boole’a: reguły upraszczające wyrażenia to X + X′ = 1 i X·X′ = 0, X + X = X, absorpcja X + X·Y = X, reguła sklejania X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y oraz twierdzenie o konsensusie XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Prawa de Morgana zamieniają (X·Y)′ na X′ + Y′ oraz (X + Y)′ na X′·Y′. Mapa Karnaugha stosuje te reguły graficznie: każda grupa dwóch sąsiednich komórek to jedno użycie XY + XY′ = X.

Mintermy wyrażenia

A′B → m(2, 3)
BC′ → m(2, 6)
ABC → m(7)
ABC00011110010001131204051716

Pogrupuj i odczytaj

F = B

Policz literały

L = 1

Odpowiedź

L = 1
14.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: L = 9

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.

BD′, BC, A′D′, A′B′C′
ABCD000111100001111010110312140517X6112013X151140809X11010

Minimalne pokrycie

F = BD′ + BC + A′D′ + A′B′C′
L = 9

Odpowiedź

L = 9

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1