Dr Dragan Taranović

Električni i elektronski sistemi na motornim vozilima

Zbirka zadataka iz elektronike

Skripta

Kragujevac, 2013.

1

PASIVNE KOMPONENTE

1. Za smenjenje broja obrataja jednosmernog motora brisača vetrobranskog stakla na red sa motorom dodaje se žičani otpornik otpornosti 0,4 Ω. Za izradu otpornika koristi se žica od konstantana prečnika d = 0,5 mm. Izračunati potrebnu dužinu žice za izradu otpornika.

Specifična otpornost konstantana je m

Ωmm49,02

=ρ .

Rešenje: Otpornost žičanog otpornika izračunava se po formuli:

SlR ρ=

gde je l dužina žice a S površina poprečnog preseka.

4

2πdS = ,

mm160m160,04

2

====ρπ

ρRdRSl .

2. Odrediti opseg odstupanja izlaznog napona Ui kod serije uređaja čiji izlazni deo sadrži dva ista otpornika po nominalnoj vrednosti otpornosti (povezana kao na slici) ako je toleranicija otpornosti otpornika 5%. Ulazni napon je Uu = 12 V. Rešenje: Kako je:

21 RR

UI u

+= i

2RUI i=

onda je:

uui U

RRU

RRRU

2

121

2

1

1

+=

+= .

Zbog tolerancija otpornosti otpornika je: ( )111 1 kRRkRRRR ±=±=∆±= , ( )222 1 kRRkRRRR ±=±=∆±= , gde je R nominalna vrednost otpornosti otpornika a k tolerancija otpornosti otpornika.

( )( )

uui U

kk

U

kRkR

U

2

1

2

1

111

1

111

1

±±+

=

±±+

= .

Minimalna vrednost izlaznog napona je:

V7,5V12

05,0105,011

1

111

1

2

1min =

−+

+=

−+

+= ui U

kk

U .

2

Maksimalna vrednost izlaznog napona je:

V3,6V12

05,0105,011

1

111

1

2

1max =

+−

+=

+−

+= ui U

kk

U .

%5V6V3,06;V3,6V7,5

±=±=≤≤

i

iU

U .

3. Sijalica ima snagu od 4 W pri naponu napajanja od 12 V. U hladnom stanju otpornost sijalice je 3,5 Ω. Nit sijalice izrađuje se od volframa koji ima temperaturni

koeficijent otpornosti C10046,0 o=α . Odrediti približnu temperaturu užarene niti sijalice.

Rešenje: Otpornost linearnih otpornika menja se sa temperaturom menja se linearno: ( )TRR ∆+= α10 , gde je R0 otpornost na nekoj referentnoj temperaturi (obično 20 oC ili 0 oC) a R otpornost na temperaturi koja se za ∆T razlikuje od referentne temperature. U slučaju sijalice možemo smatrati da je R0 = 3,5 Ω. Otpornost usijane niti sijalice izračunavamo pomoću snage i nominalnog napona:

R

UP2

= , pa je

Ω=Ω== 364

1222

PUR .

Razlika temperature ∆T (odnosno temperatura niti sijalice) u odnosu na referentnu temperaturu je:

C2000C2018 oo

0

0 ≈=−

=∆R

RRTα

.

4. Da bi se smanjila temperaturna zavisnost žičani otpornik je napravljen rednim vezivanjem dva žičana otpornika od kojih je jedan izrađen od legure manganin (temperaturni

koeficijent otpornosti C1000005,0 o1 =α ) i ima otpornost 10 Ω, a drugi je izrađen od legure

konstantan (temperaturni koeficijent otpornosti C10000025,0 o2 −=α ) i ima otpornost 20 Ω.

Odrediti temperaturni koeficijent otpornosti ekvivalentnog otpornika. Rešenje: Temperaturna zavisnost otpornika data je relacijma: ( )TRR ∆+= 1011 1 α , ( )TRR ∆+= 2022 1 α . Ekvivalentana otpornost je:

( ) ( ) ( )

∆

++

++=∆++∆+=+= TRRRRRRTRTRRRR

0201

202101020120210121 111 αααα .

Upoređenjem formule za promenu otpornosti sa temperaturom linearnih otpornika uočava se da je:

02010

0000025,020000005,010

0201

202101 =+

⋅−⋅=

++

=RRRR

eααα .

3

Pogodnim izborom vrednosti otpornosti i materijala od kojih se prave otpornici može se postići da se otpornost ne menja sa temperaturom. 5. Za predgrejavanje dizel goriva kod kamiona koristi se otpornički grejač snage

500 W. Odrediti broj navojaka žice od legure hromnikal (specifična otpornost m

Ωmm1,12

=ρ )

prečnika d = 1,4 mm ako se grejač mota na keramičko telo prečnika D = 20 mm. Napon napajanja grejača je 24 V. Rešenje: Iz snage otpornika određuje se njegova otpornost:

R

UP2

= , pa je

Ω=Ω== 15,15002422

PUR .

Iz otpornosti se određuje potrebna dužina žice:

m608,14

2

===ρπ

ρRdRSl .

Broj navojaka se određuje uzimajući u obzir dužinu srednje linije navojka ( ) πdDO += :

( ) 249,23π

≈=+

==dD

lOln navojka.

Vrši se zaokruživanje na ceo broj jer navojci po svojoj prirodi treba da budu celi brojevi. Zbog zaokruživanja potrebno je proveriti snagu grejača sa 24 navojka jer je dužina žice veća:

( ) ( )Ω=

+=

+==′ 153,14

4π

π22 d

dDnd

dDnSlR ρρρ .

W58,4992

=′

=′R

UP .

6. U obrtnom žičanom reostatu žica od legure konstantan (specifična otpornost

mΩmm49,0

2

=ρ ) prečnika d = 0,3 mm namotana

je na telo od tekstolita širine a = 15 mm i debljine b = 0,5 mm. Dužina tela od tekstolita je prilagođena tako da se tekstolit sa namotanom žicom može saviti u luk prečnika D = 35 mm i smestiti u kućište. a) Odrediti korak namotavanja žičane spirale ako se želi da dobije obrtni potenciometar otpornosti 20 Ω ± 10 % sa uglom promene otpornosti od α = 270o (to je ugao između dva graničnika – vidi sliku). b) Ukoliko se prečnik žice promeni na d1 = 0,35 mm za koliko se promeni otpornost ako se zasrži isti korak namotavanja žice.

4

Rešenje: a) Potrebna dužina žice je:

m885,24

2

===ρπ

ρRdRSl .

Dužina tekstolita po kome se kreće klizač (dužina između dva graničnika) je:

mm4,82360

π o ==αDc .

Na osnovu slike određuje se dužina jednog navojkam O i korak namotavanja k.

( ) ( )dbkdaO ++

++= 2

22

22 .

Može se smatrati da je korak mnogo manji od širine tekstolita pa se izraz za obim uprošćava: ( ) mm9,3122 =++= dbaO . Korak k je:

nck =

gde je n broj navojaka. Kako je:

Oln = biće

mm9,0mm91,0 ≈==l

cOk .

Do tačnijeg rezultata bi smo došli ako bi smo korak određivali rešavanjem jednačine:

( ) ( )dbkdackl

++

++= 2

22

22 ,

jer je cklO = .

Tada se dobija k = 0,915 mm. b) Otpornosti potenciometra sa žicom prečnika d1 i žicom prečnika d2 s obzirom da su ostali parametri isti su:

π

42

11 d

lR ρ= ,

π

422

2 dlR ρ= .

Tada je:

5

21

22

2

1

dd

RR

=

Ω=== 7,14735,0 1122

21

2 RRddR .

Zamena žice nije dozvoljena jer potenciometar ne bi bio u dozvoljenim granicama tolerancije. 7. Odrediti koeficijent temperaturske osetljivosti NTC termistora ako se zna da je otpornost termistora na 20 oC 220 Ω a na 100 oC 130 Ω. Rešenje: Otpornost NTC termistora menja se po zakonu:

TB

eRR 0= , gde je B traženi koeficijent temperaturne osetljivosti, T apsolutna

Na temperaturama T1 i T2 otpornost termistora je:

temperatura i R0 otpornost na teorijski beskonačno visokoj temperaturi.

101

TB

eRR = ,

202

TB

eRR = .

21

12

2

1 TTTTB

eRR

−

= .

2

1

21

12 lnRR

TTTTB =

− .

K7,718ln2

1

12

21 =−

=RR

TTTTB .

8. Otpornost fotootpornika snage 50 mW u mraku je 10 MΩ a kada se osvetli sa 1000 Lx otpornost mu je 1 kΩ. Odrediti maksimalni napon na koji se fotootpornik sme priključiti za promene svetlosti od potpunog mraka do 1000 Lx. Odrediti promenu napona na fotootporniku ako je on vezan preko predotpornika od 10 kΩ na napon 12 V. Rešenje: Maksimalni napon na koji se sme priključiti fotootpornik je određen snagom disipacije.

fR

UP2

= .

fPRU = Maksimalni napon treba da zadovoljava sve promene otpornosti fotootpornika pa se on zato određuje da zadovolji i pri minimalnoj otpornosti fotootpornika: V07,7minmax == fPRU . Izlazni napon kola sa slike je:

6

u

f

uf

fi U

RR

URR

RU

11 1

1

+=

+= .

V1,11

1

min

1min =

+= u

f

i U

RR

U .

V121

1

max

1max =

+= u

f

i U

RRU .

V12V1,1 ≤≤ iU . 9. Magnetnoosetljivi otpornik Rm snage P = 0,25 W kada se ne nalazi u magnetnom polju ima otpornost 16 Ω a kada se nalazi u magnetnom polju indukcije B = 300 mT otpornost mu je 250 Ω. Otpornik je vezan preko predotpornika R1 na jednosmerni napon Uu = 12 V. Odrediti: a) Otpornost zaštitnog otpornika R1 tako da se na otporniku Rm disipira maksimalno dozvoljena snaga a otpornik se ne nalazi u magnetnom polju. b) Proveriti da li otpornost otpornika R1 određena u tački a) štiti Rm od preopterećanja. Rešenje: a) Maksimalni napon na koji se sme priključiti magnetnoosetljivi otpornik je određen snagom disipacije.

min

2max

maxm

i

RUP = .

V2minmaxmax == mi RPU . Struja koja teče kroz R1 i Rm je:

A125,0min

max ==m

i

RUI .

Ω=−

= 80max1 I

UUR iu .

b) U opštem slučaju izlazni napon je:

um

mi U

RRRU+

=1

,

Snaga disipacije magnetnoosetljivog otpornika je:

( )

22

1

22

12

um

m

m

um

m

m

i URR

RR

URR

R

RUP

+=

+

== .

Maksimalna snaga disipacije otpornika Rm određuje se diferenciranjem izraza za snagu i izjednačavanjem dobijenog izraza sa nulom

( )

( ) ( )( ) ( )

02 23

1

124

1

12

122

1

=+−

=+

+−+=

+∂∂

=∂∂

im

mi

m

mmmi

m

m

mm

URRRRU

RRRRRRRU

RRR

RRP

Maksimum disipacije je za: 01 =− mRR , mRR =1 .

7

UL

UR

UP

( )

W45,04 1

22

211

1max ==

+=

RUU

RRRP u

u . (1)

Izabrani predotpornik ne štiti magnetnoosetljivi otpornik od prevelike disipacije. Da bi se pravilno dimenzionisao predotpornik treba poći od izraza za maksimalnu snagu (1) koja može da se disipira i iz tog izraza odrediti R1. 10. Živina sijalica mora imati pri radu serijski spojenu prigušnicu. Odrediti napon sijalice, napon samoindukcije prigušnice, napon na krajevima prigušnice i induktivnost prigušnice. Omska otpornost namotaja prigušnice je 2 Ω. Nominalna snaga živine sijalice je 500 W a nominalna struja 4 A. Živina sijalica se koristi u instalaciji sa naizmeničnim naponom 220 V, 50 Hz. Rešenje: Sijalica predstavlja omsko opterećenje pa je napon na sijalici:

V1254

500===

IPU S

S .

Prigušnica se može modelirati rednom vezom kalema induktivnosti L i otpornosti RL. Napon na kalemu UP može da se predstaviti pomoću fazorskog dijagrama kao i ukupni napon U:

Iz fazorskih dijagrama je:

( )222LRSL UUUU ++= .

V8== IRU LLR . Napon samoindukcije prigušnice je:

( ) V17522 =+−= LRSL UUUU . Napon na krajevima prigušnice je: V17522 ≈+= LRLP UUU Induktivnost prigušnice se određuje preko napona samoindukcije prigušnice: LIU L ω= ,

H557,02

===fI

UI

UL LL

πω.

11. Izmerena induktivnost kalema sa feritnim lončastim jezgrom je 3 mH. Odmotavanjem žice sa kalemskog tela utvrđeno je da je bilo namotano 49 navojaka žice. Koliko treba namotati navojaka žice da bi se dobila induktivnost od 6 mH sa istim jezgrom? Rešenje: Induktivnost kalema sa feritnim jezgrom određuje se prema relaciji: 2NAL L=

UL

UR

UP

US

U

8

gde je N broj navojaka a AL faktor induktivnosti koji zavisi od dimenzija jezgra i karakteristika feritnog materijala od koga je napravljeno jezgro. Faktor induktivnosti proizvođači daju kao karaktristiku svakog jezgra. Faktor induktivnosti se može odrediti eksperimentalno, kao u ovom zadatku:

( ) ( )22

92 navojku

nH1250navojku

H101249 ≈⋅== −

NLAL .

Broj navojaka za induktivnost mH61 =L je:

693,691

11 ≈==

ALN .

Broj navojaka trebalo bi da bude ceo broj. Induktivnost kalema sa 69 navojaka je 5,95 nH. 12. Lemilicu za napon 24 V snage 25 W želimo da priključimo na mrežu sa naponom U = 220 V, f = 50 Hz. Definisati karakeristike kondenzatora koji moramo da spojimo sa lemilicom. Rešenje: Lemilica je otporni potrošač pa je struja koja teče kroz lemilicu:

A04,1==L

L

UPI .

Otpornost lemilice je:

Ω== 23I

UR L

L .

Ukupna impedansa kola je:

Ω== 5,211I

UZ .

2

2 1

+=

CRZ L ω

.

Kapacitivnost rednog kondenzatora je:

μF15F10151π2111 6

2222 =⋅=−

=−

= −

LL RZfRZC

ω.

Eektivna vrednost napona na kondenzatoru određuje se pomoću fazorskog dijagrama: V7,21822 =−= RC UUU . Maksimalna vrednost napona na kondenzatoru: V3102max ≈= CC UU . Kondenzator treba da je predviđen za napon veći od 310 V.

UR

UC U

9

13. Promenljivi pločasti kondenzator sa slike sastoji se od dve polukružne ploče poluprečnika r = 50 mm koje su na rastojanju d = 1 mm. Jedna ploča je nepokretna a druga može da rotira oko osovine sa centrom rotacije u centru polukruga obe ploče. Rotacija pokretne ploče je ograničena graničnikom koji se nalazi na osi simetrije nepokretne ploče. Odrediti zavisnost promene kapacitivnosti kondenzatora C = f(α) i grafički ga predstaviti. Ivične efekte zanemariti. ε0 = 8,85 10-12 F/m. Rešenje: Analiza promene kapacitivnosti kondenzatora u zavisnosti od promene ugla α vrši se posebno u zavisnosti da li se pri povećanju ugla α povećava površina kojom druga ploča

prekriva prvu

≤≤

2π0 α ili se ta površina smanjuje

≤≤ π

2π α .

U slučaju

≤≤

2π0 α površina kojom druga ploča prekriva prvu, γ, je:

αγ +=2π .

Kapacitivnost promenljivog kondenzatora je:

dSC 0ε= ,

+== αγ

2π

22

22 rrS ,

αεεαεd

rd

rd

rC24

π2π

2

2

0

2

0

2

0 +=

+= .

U slučaju

≤≤ π

2π α površina kojom druga ploča prekriva prvu, γ, je:

αγ −=2

3π .

−== αγ

23π

22

22 rrS .

Kapacitivnost promenljivog kondenzatora je:

αεεαεd

rd

rd

rC24

π32

3π2

2

0

2

0

2

0 −=

−= .

Minimalna kapacitivnost kondenzatora je:

pF37,174

π2π 2

0min ==

=

drCC ε .

Minimalna kapacitivnost kondenzatora je:

( ) pF75,342

ππ2

0min ===d

rCC ε .

α π/2 π 0

C Cmax

Cmin

10

E

R1

C

Slika 2.

uR

i

uC +

+

14. Kondenzator kapacitivnosti C = 100 µF vezan je u električno kolo prema slici 1. U

kolu su otpornici R1 = R2 = R = 10 kΩ i izvor jednosmernog napona E = 10 V.

a) Ako se preklopnik prebaci u položaj 1 izračunati za koje vreme napon na

kondenzatoru dostigne 99% svoje maksimalne vrednosti. U momentu prebacivanja

kondenzator je prazan.

b) Kada se kondenzator potpuno napuni preklopnik se prebaci iz položaja 1 u položaj 2.

Izračunati za koje vreme od trenutka prebacivanja

preklopnika u položaj 2 napon na kondenzatoru

padne na 1% od svoje početne vrednosti.

Rešenje: a) Na slici 2 je prikazano

ekvivalentno kolo kada se preklopnik nalazi u

položaju 1. Za označene referentne smerove napona i struja je:

CuiRE += 1 . (1)

Za usaglašene referentne smerove napona i struja struja kroz kondenzator je:

dt

duCi C= .

(2)

Smenom (2) u (1) dobija se nehomogena

diferencijalna jednačina prvog reda:

Eudt

duCR cC =+1 .

(3)

Rešenje diferencijalne jednačine sastoji se od dve komponente:

CPCSC uuu += , (4)

gde uCS predstavlja opšte rešenje diferencijalne jednačine (3) i određuje vremensku zavisnost

punjenja kondenzatora (odnosno karakteriše prelazne pojave pri punjenju kondenzatora), a

uCP predstavlja partikularno rešenje diferencijalne jednačine (3) i karakteriše stacionarno

stanje kola po završetku svih prelaznih pojava.

Opšte rešenje diferencijalne jednačine ima oblik:

stCS Aeu = , (5)

gde je A nepoznata konstanta a s rešenje karakteristične jednačine:

011 =+CsR , (6)

pa je CR

s1

1−= . (7)

E

R1

C Pr

1 2 R

Slika 1.

11

Veličina s111 === RCCRτ predstavlja vremensku konstantu električnog kola.

Partikularno rešenje je konstanta:

EuCP = . (8)

Smenom (7) u (5) i tako dobijenog izraza zajedno sa (8) u (4) dobija se:

EAeu CRt

C +=−

1 . (9)

Nepoznata konstanta A određuje se iz uslova da je u trenutku t = 0 napon na

kondenzatoru C bio uC = 0 jer kondenzator ne može trenutno da se napuni:

EAEA −=⇒+=0 . (10)

Posle smene (10) u (9) dobija se izraz za napon na kondenzatoru:

)1( 11 CRt

CRt

C eEEEeu−−

−=+−= . (11)

Na slici 3 je dat grafički prikaz punjenja kondenzatora. Posle teorijski beskonačnog

vremena kondenzator će se napuniti na napon E.

Ako sa faktorom x = 0,99 predstavimo deo napona E na koji se napuni kondenzator u

toku vremena t1 od trenutka prebacivanja preklopnika u položaj 1, onda je:

)1( 1

1

Rt

eExE−

−= , (12)

s6,46,4)1ln()1ln( 1111 ==−−=−−= ττ xxCRt . (13)

Na osnovu (13) vidi se da vreme za koje napon na kondenzatoru dostigne 99%

maksimalne vrednosti ne zavisi od izvora napajanja već samo od vremenske konstante

električnog kola. Praktično, posle vremena 5τ1 može se smatrati da su prelazni procesi pri

punjenju kondenzatora završeni i da je kondenzator napunjen.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

2

4

6

8

10

12uC

t

E

Slika 3.

12

R C

Slika 4.

uR

i

uC +

+

b) Na slici 4 je prikazano ekvivalentno kolo kada se preklopnik nalazi u položaju 2. Ne

gubeći na opštosti rešenja može se trenutak prebacivanja preklopnika uzeti za novi početni

trenutak posmatranja (t = 0). Za označene referentne smerove napona i struja je:

.0

,0

2 =−=+−

C

CR

uiRuu

(14)

Kako referentni smerovi napona i struje kondenzatora nisu usaglašeni biće:

dt

duCi C−= .

(15)

Smenom (15) u (14) dobija se homogena

diferencijalna jednačina koja opisuje proces pražnjenja

kondenzatora:

02 =+ cC u

dtduCR .

(16)

Rešenje jednačine (16) ima oblik:

CRt

C Aeu 2

−= , (17)

gde je s122 === RCCRτ vremenska konstanta kola a A nepoznata konstanta koja se

određuje iz uslova da je u trenutku prebacivanja preklopnika u položaj 2 (t = 0) kondenzator

bio napunjen na napon E pa je:

AE = , (18)

CRt

C Eeu 2

−= . (19)

Na slici 5 je dat grafički prikaz pražnjenja kondenzatora. Posle teorijski beskonačnog

vremena kondenzator će se potpuno isprazniti.

13

T T1 T2

t

uu

E

0

Slika 1.

R

C

ui uu

+ +

Ako sa faktorom y = 0,01 predstavimo deo napona E do koga se isprazni kondenzator

u toku vremena t2 od trenutka prebacivanja preklopnika u položaj 2, onda je:

CRt

EeyE 2

2−= , (20)

s6,46,4lnln 2222 ==−=−= ττ yyCRt . (21)

Na osnovu (21) vidi se da vreme za koje se kondenzator isprazni na 1% od početne

vrednosti ne zavisi od izvora napajanja već samo od vremenske konstante električnog kola.

Praktično, posle vremena 5τ2 može se smatrati da su prelazni procesi pri pražnjenju

kondenzatora završeni i da je kondenzator prazan.

15. Na ulaz RC kola za diferenciranje (slika 1) dovodi se povorka pravougaonih impulsa

amplitude E = 10 V i periode T = 2 s. Odnos signal-pauza pravougaonih impulsa je 1. Ako je

R = 100 kΩ nacrtati izlazni napon ui ako je:

a) C = 1 µF,

b) C = 10 µF,

c) C = 100 µF.

Rešenje: Ako je vreme trajanja impulsa T1 (signal) a vreme trajanja pauze T2 onda važi:

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

2

4

6

8

10

12uC

t

E

Slika 5.

14

E

Slika 3.

i R

C

ui

uC

+

+

,12

1 =TT (1)

TTT =+ 21 . (2)

Rešavanjem sistema jednačina (1) i (2) dobija se:

221TTT == . (3)

Ako se povorka pravougaonih

impulsa dovodi na ulaz kola sa slike 1

dovoljno dugo uspostavlja se u kolu

"stabilno" stanje u kome pri postojanju

signala na ulazu dolazi do punjenja

kondenzatora C od neke vrednosti U0

do vrednosti U1, a pri pauzi dolazi do

pražnjenja kondenzatora od napona Ul

do napona U0 (slika 2).

Za analizu se koristi samo jedna

perioda ponavljanja ulaznog signala

koja počinje u trenutku t = 0. Ovom pretpostavkom ne gubi se

na opštosti rešenja.

Ekvivalentno električno kolo kada na ulazu postoji

napon (signal) prikazano je na slici 3. Ta ekvivalentna šema

važi za 2

0 Tt << . U trenutku += 0t kondenzator je napunjen

do trenutno nepoznatog napona U0. Na osnovu II Kirhofovog zakona je:

0=−− RiuE C , (4)

Ci uEu −= . (5)

Kako je dt

duCi C= dobija se nehomogena diferencijalna jednačina:

Eudt

duRC C

C =+ , (6)

čije je rešenje:

EAeu RCt

C +=−

. (7)

Iz uslova 0)0( UuC =+ u trenutku += 0t dobija se:

EUA −= 0 , (8)

U0 U0

U1 U1

uC

E

0 T/2 T 3T/2

t

Slika 2.

15

Slika 4.

i R

C

ui

uC

+

+

pa je:

RCt

C eEUEu−

−+= )( 0 , 2

0 Tt << , (9)

RCt

RCt

Ci eUEeEUEEuEu−−

−=−+−=−= )())(( 00 , 2

0 Tt << . (10)

Ekvivalentano električno kolo kada je na ulazu pauza, tj.

kada ne postoji napon, prikazano je na slici 4. Ta ekvivalentna

šema važi za TtT <<2

. U trenutku +

=

2Tt kondenzator je

napunjen do trenutno nepoznatog napona U1. Na osnovu II

Kirhofovog zakona je:

0=−− RiuC , (11)

Ci uu −= . (12)

Kako je dt

duCi C= dobija se homogena diferencijalna jednačina:

0=+ CC u

dtdu

RC , (13)

čije je rešenje:

RCt

C Beu−

= . (14)

Iz uslova 122UTuTu CC =

=

−+ (jer se napon na kondenzatoru ne može

trenutno da promeni) u trenutku +

=

2Tt dobija se:

RCT

RCT

eUBBeU 21

21 , ==

−, (15)

pa je:

RC

Tt

C eUu2

1

−−

= , TtT <<2

, (16)

RC

Tt

Ci eUuu2

1

−−

−=−= , TtT <<2

. (17)

Kako napon kondenzatora ne može trenutno da se promeni iz uslova periodičnosti tog

napona određuju se nepoznati naponi U0 i U1.

RCT

C eEUEUTu 201 )(

2−

−+==

, (18)

16

RCT

RC

TT

C eUeUUTu 21

2

10)(−

−−

=== . (19)

Ako se uvede smena RCT

ea 2−

= jednačine (18) i (19) dobijaju oblik:

)1(01 aEaUU −=− , (20)

001 =−UaU . (21)

Rešavanjem sistema jednačina (20), (21) dobija se:

E

aU

Ea

aU

11

,1

1

0

+=

+=

. (22)

Smenom (22) u jednačine (10) i (17) posle uopštavanja dobija se analitički oblik

izlaznog napona:

+<<++

−

±±=

+<<+

=−−

−

−−

TkTtTkTea

E

k

TkTtkTea

E

u

RC

TkTt

RCkTt

i

21

,...2,1,021

2

(23)

a) s2s1,0 =<<== TRCτ . 52 1054,4 −−⋅== RC

Tea .

Za prvu periodu ulaznog signala je:

V10)0( =+iu , V02

=

−

Tui ,

V102

−=

+

Tui , V0)( =−Tui .

Grafički prikaz zavisnosti izlaznog napona od ulaznog dat je na slici 5. Sa slike se vidi

da se kolo ponaša kao diferencijator ako je TRC <<=τ .

.

17

b) s2s1 ==== TRCτ . 37,02 ==−

RCT

ea .

Za prvu periodu ulaznog signala je:

V31,7)0( =+iu , V69,22

=

−

Tui ,

V31,72

−=

+

Tui , V69,2)( −=−Tui .

Grafički prikaz zavisnosti izlaznog napona od ulaznog dat je na slici 6.

c) s2s10 =>== TRCτ . 9,02 ==−

RCT

ea .

Za prvu periodu ulaznog signala je:

V25,5)0( =+iu , V75,42

=

−

Tui ,

V25,52

−=

+

Tui , V75,4)( −=−Tui .

Slika 5.

E

E

-E

t

t

uu

0

0

Slika

E

E

-

t

t

uu

0

0 ui

18

T T1 T2

t

uu

E

0

Slika 1.

C

R

ui uu

+ +

Grafički prikaz zavisnosti izlaznog napona od ulaznog dat je na slici 7. Kolo sa ovako

izabranom RC mrežom služi za izdvajanje jednosmerne komponente iz signala.

16. Na ulaz RC kola za integriranje (slika 1) dovodi se povorka pravougaonih impulsa

amplitude E = 10 V i periode T = 2 s. Odnos signal-pauza pravougaonih impulsa je 1. Ako je

R = 100 kΩ nacrtati izlazni napon ui ako je:

a) C = 1 µF,

b) C = 10 µF,

c) C = 100 µF.

Rešenje: Na osnovu prethodnog zadatka je:

221TTT == . (1)

Ako se povorka pravougaonih impulsa dovodi na ulaz kola sa slike 1 dovoljno dugo

uspostavlja se u kolu "stabilno" stanje u kome pri postojanju signala na ulazu dolazi do

punjenja kondenzatora C od neke vrednosti U0 do vrednosti U1, a pri pauzi dolazi do

pražnjenja kondenzatora od napona Ul do napona U0 (slika 2).

Slika 7.

E

E

-E

t

t

uu

0

0

19

E

Slika 3.

i R

C ui

uR

+

+

Slika 4.

i

R

C ui

uR

+

+

Za analizu se koristi samo jedna

perioda ponavljanja ulaznog signala

koja počinje u trenutku t = 0. Ovom

pretpostavkom ne gubi se na opštosti

rešenja.

Ekvivalentno električno kolo

kada na ulazu postoji napon (signal)

prikazano je na slici 3. Ta

ekvivalentna šema važi za 2

0 Tt ≤≤ .

U trenutku 0=t kondenzator je

napunjen do trenutno nepoznatog napona U0. Na osnovu

II Kirhofovog zakona je:

0=−− RiuE C , (3)

Ci uu = . (4)

Kako je dt

duCi C= dobija se nehomogena

diferencijalna jednačina:

Eudt

duRC C

C =+ , (5)

čije je rešenje:

EAeu RCt

C +=−

. (6)

Iz uslova 0)0( UuC = u trenutku 0=t dobija se:

EUA −= 0 , (7)

RCt

iC eEUEuu−

−+== )( 0 , 2

0 Tt ≤≤ , (8)

Ekvivalentano električno kolo kada je na ulazu

pauza, tj. kada ne postoji napon, prikazano je na slici 4. Ta

ekvivalentna šema važi za TtT ≤≤2

. U trenutku 2Tt =

kondenzator je napunjen do trenutno nepoznatog napona U1.

Na osnovu II Kirhofovog zakona je:

0=−− RiuC , (9)

U0 U0

U1 U1

uC

E

0 T/2 T 3T/2

t

Slika 2.

20

Kako je dt

duCi C= dobija se homogena diferencijalna jednačina:

0=+ CC u

dtdu

RC , (10)

čije je rešenje:

RCt

C Beu−

= . (11)

Iz uslova 12UTuC =

dobija se:

RCT

RCT

eUBBeU 21

21 , ==

−, (12)

pa je:

RC

Tt

Ci eUuu2

1

−−

== , TtT ≤≤2

, (13)

Kako napon kondenzatora ne može trenutno da se promeni iz uslova periodičnosti tog

napona određuju se nepoznati naponi U0 i U1.

RCT

C eEUEUTu 201 )(

2−

−+==

, (14)

RCT

RC

TT

C eUeUUTu 21

2

10)(−

−−

=== . (15)

Ako se uvede smena RCT

ea 2−

= jednačine (14) i (15) dobijaju oblik:

)1(01 aEaUU −=− , (16)

001 =−UaU . (17)

Rešavanjem sistema jednačina (16), (17) dobija se:

E

aU

Ea

aU

11

,1

1

0

+=

+=

. (18)

Smenom (18) u jednačine (8) i (13) posle uopštavanja dobija se analitički oblik izlaznog

napona:

+≤≤++

±±=

+≤≤+

−

=−−

−

−−

TkTtTkTea

E

k

TkTtkTea

EE

u

RC

TkTt

RCkTt

i

21

,...2,1,021

2

(23)

21

a) s2s1,0 =<<== TRCτ . 52 1054,4 −−⋅== RC

Tea .

Za prvu periodu ulaznog signala je:

V0)0( 0 == Uui , V102 1 ==

UTui .

Grafički prikaz zavisnosti izlaznog napona od ulaznog dat je na slici 5.

b) s2s1 ==== TRCτ . 37,02 ==−

RCT

ea .

Za prvu periodu ulaznog signala je:

V69,2)0( 0 == Uui , V31,72 1 ==

UTui .

Grafički prikaz zavisnosti izlaznog napona od ulaznog dat je na slici 6.

c) s2s10 =>>== TRCτ . 9,02 ==−

RCT

ea .

Za prvu periodu ulaznog signala je:

V75,4)0( 0 == Uui , V25,52 1 ==

UTui .

Slika 5.

E

E

t

t

uu

0

0

Slika 6.

E

E

t

t

uu

0

0

22

Grafički prikaz zavisnosti izlaznog napona od ulaznog dat je na slici 7. Sa slike se vidi

da se kolo ponaša kao integrator ako je TRC >>=τ jer se zakrivljenost segmenata izlaznog

napona može zanemariti..

Slika 7.

E

E

t

t

uu

0

0

23

ELEKTRONSKA KOLA SA DIODAMA 1. Dioda koja emituje žutu svetlost (LED) svetli zadovoljavajućim intenzitetom pri

struji od 22 mA kroz nju. Ako je pad napona na direktno polarisanoj LED diodi 1,7 V odrediti

vrednost otpornosti otpornika koji je potrebno vezati na red sa LED diodom na napon

E = 12 V da bi se postiglo da struja kroz LED diodu bude 22 mA.

Rešenje: Realna strujno-naponska karakteristika diode prikazana je na slici 1 i važi za

referentni smer napona na diodi koji je naznačen na slici 4.

Realna karakteristika diode se aproksimira karakteristikom prikazanom na slici 2. Smatra se

da postoji konstantan pad napona na diodi kada je direktno polarisana koji ne zavisi od struje

kroz diodu (struja kroz diodu je ograničena spoljašnjim elementima kola). Veličina pada

napona na direktno polarisanoj diodi zavisi od materijala od koga je izrađena dioda. Kada je

dioda inverzno polarisana struja kroz diodu ne teče. Smatra se da je probojni napon inverzno

polarisane diode dovoljno i da ona ne može nikada da dođe u režim proboja.

Idealna karakteristika diode prikazana je na slici 3 i karakteriše idealnu diodu. Smatra se da je

pad napona na direktno polarisanoj diodi nula a kada je inverzno polarisana da struja kroz

diodu ne teče.

Slika 1. Slika 2. Slika 3.

Za referentne smerove prikazane na slici 4. važi:

UD + UR = E, UR = RI, UD + RI = E.

.4704681022

7,1123 Ω≈Ω=

⋅−=

−= −I

UER D

470 Ω je standardizovana vrednost otpornosti otpornika. Slika 4.

2. Na ulaz kola sa slike 1. dovodi se naizmenični, sinusni,

napon amplitude 10 V. Nacrtati oblik izlaznog napona Ui (napon

na zener diodi) i odrediti maksimalnu i minimalnu vrednost struje

uD

iD

UD

uD

iD

UD

uD

iD

E

R

LD

I UR

UD

+

+

+ + Ui

Uu ZD

R

24

kroz zener diodu kada je ona direktno i inverzno polarisana.

Probojni napon zener diode je UZ = 5,6 V. Napon direktno polarisane zener diode

UD = 0,8 V. R = 270 Ω.

Rešenje:

Realna karakteristika zener diode prikazana je na slici 2. Zener dioda se koristi u

režimu proboja pri inverznoj polarizaciji P-N spoja. Proboj se dešava pri tehnološki

definisanoj vrednosti inverznog napona UZ i posle proboja napon se vrlo malo menja (može se

smatrati da je konstantan). Posle proboja struja kroz zener diodu zavisi samo od spoljašnjih

komponenti električnog kola u kome se ona nalazi. Maksimalna struja IZDmax kroz zener diodu

ograničena je maksimalnom disipacijom1

Pd zener diode:

Z

dZD U

PI =max .

Minimalna struja IZDmin kroz zener diodu kada je došlo do proboja ograničena je

“kolenom” strujno-naponske karakteristike jer neposredno oko probojnog napona

karakteristika nije dovoljno strma.

Struja kroz zener diodu za inverzne napone manje od probojnog napona je zanemarivo

mala.

Slika 2. Slika 3.

Pri direktnoj polarizaciji zener dioda se ponaša kao obična direktno polarisana dioda.

Realna karakteristika zener diode može se aproksimirati karakteristikom prikazanom na slici

3. Karakteristika sa slike 3. se najčešće koristi pri proračunima.

1 Disipacija je snaga koja se u elektronskom elementu pretvara u toplotu koju treba odvesti od njega. Maksimalna disipacija je određena konstruktivnim parametrima elementa i kućišta.

UD

uD

iD

UZ

UD

uD

iD

UZ

25

Pri pozitivnoj poluperiodi ulaznog

napona za ulazni napon manji od UZ struja

kroz zener diodu je jednaka nuli pa su ulazni

i izlazni napon jednaki. Za napon Zu UU >

dolazi do proboja zener diode i izlazni napon ostaje jednak UZ.

Pri negativnoj poluperiodi ulaznog napona za ulazni napon manji od UD (po

apsolutnoj vrednosti) struja kroz zener diodu je jednaka nuli pa su ulazni i izlazni napon

jednaki. Za napon Du UU > dolazi do direktne polarizacije diode i izlazni napon ostaje

jednak UD.

Za referentne smerove napona i struja označene na slici 4. u

opštem slučaju je:

0=−− ZDu URIU ,

RUUI ZDu −

= .

Pri pozitivnoj poluperiodi minimalna struja kroz zener diodu je nula a maksimalna za

maksimalni ulazni napon kada je:

maxUUu = , ZZD UU = .

mA3,16270

6,510maxmax =−=

−=

RUUI Z

Z .

mA3,160 max =≤≤ ZZ II .

Pri negativnoj poluperiodi minimalna struja po apsolutnoj vrednosti kroz zener diodu

je nula a maksimalna za maksimalni ulazni napon po apsolutnoj vrednosti kada je:

maxUUu −= , DZD UU −= .

( ) mA34270

8,010maxmax =+−=

−−−=

RUUI D

D .

mA340 max =≤≤ DZ II .

3. Na ulaz kola sa slike 1. dovodi se napon Uu čiji je oblik dat na slici 2. Ako je Rp = 22 Ω, probojni napon zener diode UZD1 = 6 V, UZD2 = 7,5 V, pad napona na direktno polarisanim zener diodama UD = 0,7V, snaga disipacije zener diode ZD1 PZD1 = 1W, snaga zener diode ZD2 PZD2 = 1,3 W odrediti vrednost otpornosti otpornika R tako da struja kroz zener diode bude do 90% od maksimalno dozvoljene struje kroz njih. Nacrtati oblik izlaznog napona Ui.

-UD

Ui

UZD t

+ + Ui

Uu ZD

R I

26

Slika 1. Slika 2.

Rešenje: Za usvojene referentne

smerove napona i struja prikazane na slici 3. je:

021 =−−−− IRUURIU pZZu ,

I

IRUUUR pZZu −−−

= 21 .

Maksimalne struje kroz zener diode su određene njihovom disipacijom:

mA16761

1

1max1 ===

ZD

ZDZD U

PI , mA1735,73,1

2

2max2 ===

ZD

ZDZD U

PI .

Za Uu = 15 V zener dioda ZD1 je direktno polarisana a ZD2 je inverzno polarisana

tako da je došlo do proboja pa je:

DZ UU =1 , 22 ZDZ UU = , max29,0 ZDII = .

Ω=⋅

⋅⋅−−−=−−−

=′ 7,21173,09,0

173,0229,05,77,0159,0

9,0

max2

max22

ZD

ZDpZDDu

IIRUUU

R .

Za Uu = −12 V zener dioda ZD2 je direktno polarisana a ZD1 je inverzno polarisana tako da je

došlo do proboja pa je:

11 ZDZ UU −= , DZ UU −=2 , max19,0 ZDII = .

Ω=⋅−

⋅⋅−−−−−−−=−−−

=′′ 3,13167,09,0

)167,0229,0()7,0()6(129,0

9,0

max1

max11

ZD

ZDpDZDu

IIRUUU

R

Otpornost otpornika R se određuje kao:

( ) Ω=′′′= 7,21,max RRR .

Izlazni napon je:

.21

p

ZZuppi RR

UUURIRU+

−−==

Za predhodno određenu vrednost otpornosti otpornika R i ulazni napon Uu = 15 V

izlazni napon je:

V4,3227,21

5,77,015222 =+

−−=+

−−=′

p

ZDDupi RR

UUURU .

Za ulazni napon Uu = −12 V izlazni napon je:

R ZD1 ZD2

Uu Ui

I

UZ1 UZ2

+

+ +

+

RP

27

1 12 6 0,722 2,7 V21,7 22

u ZD Di p

p

U U UU R

R R− − − + +′′= = = −

+ +.

Grafički prikaz izlaznog napona da je na slici 4.

Slika 4.

4. U kolu sa slike 1 (stabilizator napona sa zener

diodom) primenjena je zener dioda čiji je probojni napon

UZD = 5 V. Minimalna struja zener diode je ograničena

“kolenom” strujno-naponske karakteristike i iznosi IZDmin =

5 mA. Maksimalna dozvoljena struja određena je

maksimalnom disipacijom zener diode PZD = 500 mW.

a) Ako je napon napajanja E = 12 V izračunati vrednost redne otpornosti R tako da

napon na potrošaču Rp iznosi 5 V u opsegu struje od Ip = 0 do Ipmax i izračunati Ipmax.

b) Za izračunatu vrednost otpornosti otpornika R i otpor potrošača Rp = 100 Ω odrediti

opseg vrednosti napona napajanja pri kome napon na potrošaču ostaje konstantan i jednak UZD.

Rešenje: Za referentne smerove napona i struja

sa slike 2. važi:

ZDp UU = ,

pZD III += , (1)

0=−− pURIE . (2)

a) Iz relacije (2) određuje se R:

IUER ZD−

= .

Kada je otpornost potrošača ∞=pR (nema potrošača) struja 0=pI pa na osnovu (1)

struja ZDII = . Otpornost R se određuje iz (2) i uslova da struja zener diode ne sme da pređe

IZDmax. IZDmax se izračunava na osnovu disipacije zener diode:

-2,7 V

Ui

3,4V

t

UP

E

R

ZD

+

IP IR

IZD

RP

UP E

R

ZD

+

RP

28

A1,055,0

max ===ZD

ZDZD U

PI .

Ω=−=−

= 701,0

512maxZD

ZD

IUER .

Kako je na osnovu relacije (1) struja I konstantna za minimalnu struju zener diode

dobija se maksimalna struja potrošača:

mA95A095,0005,01,0minmaxminmax ==−=−=−= ZDZDZDp IIIII .

b) Za Rp = 100 Ω struja kroz potrošač je konstantna:

mA50100

5 ===p

ZDp R

UI .

Na osnovu relacija (1) i (2) ulazni napon je minimalan za minimalnu struju zener diode:

mA55505minmin =+=+= pZD III ,

V85,85055,070minmin =+⋅=+= ZDURIE .

Na osnovu relacija (1) i (2) ulazni napon je maksimalan za maksimalnu struju zener

diode:

mA15050100maxmax =+=+= pZD III ,

V5,15515,070maxmax =+⋅=+= ZDURIE .

Stabilizator napona sa zener diodom radi ispravno za:

V5,1585,8 ≤≤ E .

5. Na ulaz kola sa slike 1 dovodi se

naizmenični, sinusni napon amplitude 20 V.

Odrediti minimalnu vrednost zaštitnog otpornika

R ako je Rp = 100 Ω. Zener diode ZD1 i ZD2 su

istih karakteristika: probojni napon UZD = 10 V,

pad napona pri direktnoj polarizaciji UD = 0,7 V, snaga disipacije PD = 500 mW.

Pri kom ulaznom naponu počinju da provode zener diode?

Rešenje: Za referentne smerove napona i

struja sa slike 2. važi:

Riuu ui −= ,

pZD iii += ,

i

RP

iP

R

ZD1

ZD2

Uu Ui

+ +

iZD

RP

R

ZD1

ZD2

Uu Ui

+ +

29

i

uuR iu −= .

Kako su zaner diode simetrično vezane u električno kolo može se posmatrati samo

jedna poluperioda ulaznog sugnala. Posmatraćemo samo pozitivnu poluperiodu ulaznog

signala. Za male vrednosti ulaznog napona ne probija ni jedna od zener dioda pa je izlazni

napon:

up

pi u

RRR

u+

= .

Pri dovoljno velikom ulaznom naponu izlazni napon je:

DZDi UUu += .

Tada je:

A107,0100

7,010 =+=+

===p

DZD

p

ipp R

UURuIi .

Minimalna vrednost otpornosti otpornika R dobija se za maksimalnu vrednost ulaznog

napona i maksimalnu struju kroz njega.

V20max =uU ,

Maksimalna struja kroz zener diodu određuje se iz disipacije zener diode:

A05,010

5,0max ===

ZD

ZDZD U

PI .

A157,0107,005,0maxmax =+=+= pZD III .

( )Ω=−=

+−= 2,59

157,07,1020

max

maxmin I

UUUR DZDu .

Zener diode počinju da provode u tenutku kada izlazni napon dostigne vrednost

DZDi UUu += :

up

pDZDi U

RRR

UUu ′+

=+= ,

( ) ( ) V177,010100

1002,59 =++=++

=′ DZDp

pu UU

RRR

U .

Izgled izlaznog napona prikazan je na grafiku.

-(UZD+UD)

Ui

UZD+UD t

30

Slika 1.

D1 R2

E1

R1

Uu Ui

D2

E2

+ +

6. Odrediti analitički i grafički zavisnost

izlaznog napona Ui od ulaznog napona Uu za kolo

prikazano na slici 1. Objasniti kada diode provode a

kada ne provode.

R1 = 100 kΩ, R2 = 200 kΩ, E1 = 100 V, E2 =

25 V. Smatrati da su diode idealne. Ulazni napon UU se menja od 0 do 150 V.

Rešenje:

Za napon UU blizak nuli dioda D2 je

inverzno polarisana jer je 2EUu < . Dioda D1 je

takođe inverzno polarisana jer je uUE >1 i 21 EE > .

Ekvivalentna šema kola prikazana je na slici 2. Sa

slike se vidi da je izlazni napon Ui pošto nema struje

kroz R2:

2EUi = . (1)

Jednačina (1) važi za 2EUu ≤ .

Za 2EUu = dioda D2 provodi. Dioda D1 je

inverzno polarisana jer je uUE >1 . Ekvivalentna

šema kola prikazana je na slici 3.

Sa slike je:

IREUi 22 += ,

0221 =−−− EIRIRUu ,

21

2

RREUI u

+−

= ,

21

222 RR

EUREU ui +

−+= ,

221

1

21

2 ERR

RURR

RU ui ++

+= . (2)

Jednačina (2) predstavlja jednačinu prave i važi dok izlazni napon ne dostigne

vrednost 1EUi = kada provede dioda D1. Ulazni napon uU ′ pri kome provede dioda D1

određuje se iz relacije:

D1 R

E

R

Uu Ui

E

+

Slika 2.

+

+

D1

E1

R1

Uu Ui

E2

+

Slika 3.

R2

31

221

1

21

21 E

RRRU

RRRE u +

+′+

= ,

( ) V5,1372

21121 =−+

=′R

ERERRUu .

Za uu UU ′≥ obe diode provode i izlazni

napon je 1EUi = što se vidi sa slike 4.

Jednačina (3) daje analitičku zavisnost

izlaznog od ulaznog napona:

≤′

′≤≤+

++

≤≤

=

uu

uuu

u

i

UUE

UUEERR

RURR

REUE

U

1

2221

1

21

2

22 0

(3)

Na slici 5 je grafički prikazana zavisnost izlaznog od ulaznog napona.

Slika 5

7. Ulazni napon uU kola sa slike 1. linearno

raste od 0 do Umax = 100 V u toku T = 10 s. Nacrtati

vremensku zavisnost izlaznog napona od ulaznog

napona. Objasniti kada diode provode a kada ne

provode.

R1 = 100 kΩ, R2 = 200 kΩ, E1 = 20 V, E2 = 80 V. Smatrati da su diode idealne.

0

25

50

75

100

125

0 25 50 75 100 125 150

U i

Uu

+

E1

R1

Uu Ui

E2

+

Slika 4.

R2

Slika 1.

D1

R2

E1

R1 Uu Ui

D2

E2

+ +

32

Rešenje:

Ulazni napon se menja po jednačini:

tttT

UUu 1010100max === . (1)

Za ulazni napon blizak nuli dioda D1 je

inverzno polarisana jer je uUE >1 i uUE >2 a

dioda D2 je direktno polarisana 12 EE > pa je

ekvivalentna šema kola prikazana na slici 2.

Sa slike 2 je:

IREUi 22 −= ,

01122 =−−− EIRIRE ,

21

12

RREEI

+−

= ,

V4021

12212

21

122 =

++

=+−

−=RR

ERERRRREEEUi .

Ekvivalentna šema sa slike 2 važi do

trenutka kada Uu dostigne vrednost 40 V kada se

dioda D1 direktno polariše. Na osnovu jednačine (1)

vidi se da se to dešava posle 4 s. Dioda D2 je i dalje

direktno polarisana jer je uUE >2 . Ekvivalentna

šema kola prikazana na slici 3.

Sa slike 3 se vidi da je ui UU = sve do

trenutka kada 2EUU ui == jer se tada dioda D2

inverzno polariše. Na osnovu jednačine (1) vidi se

da se to dešava posle 8 s. Ekvivalentna šema kola

posle 8 s prikazana je na slici 4.

Grafički prikaz vremenske zavisnosti izlaznog napona dat je na slici 5.

Slika 2.

R2

E1

R1 Uu Ui

E2

+ +

Slika 3.

R2

E1

R1 Uu Ui

E2

+ +

Slika 4.

R2

E1

R1 Uu Ui

E2

+ +

33

Slika 5.

8. Na ulaz kola sa slike 1 dovodi se

povorka pravougaonih impulsa periode T. Nacrtati

oblik napona u tačkama A i B ako je TCR <<1 i

TCR <<2 . Odrediti izraz za vremensku konstantu

izlaznog signala Ui. Smatrati da je dioda idealna.

Rešenje:

Deo kola od ulaza do tačke A predstavlja diferencijator (videti zadatak 15 iz poglavlja

Pasivna kola).

Kada je napon u tački A pozitivan idealna

dioda D je direktno polarisana i tačke A i B su na

istom potencijalu. Ekvivalentno kolo prikazano je

na slici 2. Vremenska konstanta izlaznog signala

je:

CRR

RR

21

21

+=τ .

Kada je napon u tački A negativan idealna

dioda D je inverzno polarisana. Izlazni napon je

jednak nuli. Ekvivalentno kolo prikazano je na

slici 3.

Vremenski dijagrami signala na ulazu i u tačkama A i B su prikazani na slici 4.

0102030405060708090

100

0 2 4 6 8 10

Ui

t

Uu

Slika 1.

C

R2

A

R1 Uu Ui

D

+ + B

Slika 2.

C

R2

A

R1 Uu Ui

+ + B

Slika 3.

C

R2

A

R1 Uu Ui

+ + B

34

Slika 4.

35

Elektronska kola sa tranzistorima

1. Odrediti opseg promene bazne i kolektorske struje i napona UCE tranzistora Tr u kolu

sa slike na osnovu datih izlaznih karakteristika tranzistora ako se napon Ub menja u opsegu od

1 V do 1,4 V.

RB = 2 kΩ, RC = 250 Ω, VCC = 20 V, UBE = 0,6 V.

Rešenje:

Za tranzistor u spoju sa zajedničkim emiterom ulazna

karakteristika je slična karakteristici diode pa se napon

između baze i emitera za pravilno polarisani tranzistora može

smatrati da je konstantan i jednak UBE. Ako je napon između

baze i emitera manji od UBE tranzistor ne provodi.

Struja baze tranzistora Tr određuje se primenom II Kirhovovog zakona na bazno kolo:

0=−− BEBbb UIRU ,

b

BEbB R

UUI −= .

Maksimalna struja baze je za maksimalni napon Ub:

mA4,0102

6,04,13

maxmax =

⋅−=

−=

b

BEbB R

UUI .

Minimalna struja baze je za minimalni napon Ub:

mA2,0102

6,00,13

minmin =

⋅−=

−=

b

BEbB R

UUI .

+

I

I

UBE + +

+ +

36

Jednačina radne prave izlaznog kola tranzistora Tr određuje se primenom II

Kirhovovog zakona na kolektorsko kolo:

0=−− CECCCC UIRV

C

CC

C

CEC R

VR

UI −−= . (1)

Kada se na izlazne karakteristike tranzistora2

minBI

ucrta jednačina radne prave (1) uzimajući u obzir da se

bazna struja menja od do maxBI može se odrediti

opseg promene kolektorske struje i napona između

kolektora i emitera tranzistora. Opseg promene je

određen presečnom tačkom radne prave i

karakteristikom za minimalnu struju baze, M, i

presečnom tačkom radne prave i karakteristikom za

maksimalnu struju baze, N.

Sa grafika se direktno očitava da se kolektorska

struja IC menja u opsegu od 31 do 52 mA, a da se napon

između emitera i kolektora UCE menja između 7,4 i 12,2 V.

2. Na slici je prikazan pojačavač sa

zajedničkim emiterom kod koga je

potrošač kapacitivno spregnut. Izračunati

jednosmerne napone i struje baze,

kolektora i emitera tranzistora.

Karakteristike NPN tranzistora: strujno

pojačanje β = 120, napon UBE = 0,6 V.

RC = 6,8 kΩ, RE = 3,3 kΩ, R1 = 10 kΩ, R2

= 47 kΩ, C1 = C2 = 0,5 µF, CE = 50 µF, VCC = 24 V.

Rešenje: 2 Izlazne karakteristike tranzistora u spoju sa zajedničkim emiterom dobijaju se merenjem kolektorske struje tranzistora u zavisnosti od napona između kolektora i emitera pri čemu se bazna struja održava konstantnom.

M

N

VCC

R1

R2

RC

RE RP

RG

CE

C1 C2

UG

37

Pojačavač sa slike koristi se pojačavanje naizmeničnih signala. Da bi

se razdvojili naizmenični signali na ulazu i izlazu od jednosmernih napona i

struja koji su neophodni za polarizaciju tranzistora koriste se kondenzatori

C1 i C2 jer oni propuštaju samo naizmenični signal.

Kondenzator CE se koristi u kolu za stabilizaciju mirne radne tačke.

Za naizmenične signale on se može predstaviti kratkom vezom a za

jednosmerne napone i struje predstavlja otvorenu vezu.

Za izračunavanje struja i napona u kolu svi kondenzatori se mogu

zameniti otvorenom vezom posle čega se dobija ekvivalentno kolo kao na

slici.

Za tranzistor važe relacije:

BC II β= ,

gde je β strujno pojačanje tranzistora,

CBCBE IIIIIβ

ββ +=+=+=

1)1( .

Za veliku vrednost strujnog pojačanja je:

BCE III β≈≈ . (1)

Za kolo sa slike važi:

BIII += 12 .

Kako su otpornosti otpornika RC i RE su približno istog reda veličine kao i kod R1 i R2

može se u zanemariti bazna struja pa je 12 II ≈ . Tada je:

42121

21 =+

==RR

VII CC µA,

V2,421

111 =

+== CCB V

RRRIRV ,

V6,3=−= BEBE UVV ,

mA1,1==E

EE R

VI .

Kako važi (1) može se izračunati bazna struja:

9=≈=ββEC

BIII µA.

Bazna struja je mnogostruko manja od struja I1 i I2 pa je zanemarivanje bazne struje

pri proračunu bilo opravdano.

V5,16=−= CCCCCE IRVU .

I

VCC

I

I

I

R1

R2

RC

RE

I

38

3. Za kolo sa slike izračunati vrednost otpornika R1 tako da struja emitera tranzistora (struja kroz RE) bude IE = 2 mA. RC = 2 kΩ, R2 = 25 kΩ, RE = 200 Ω. Parametri tranzistora su: β = 50, UBE = 0,7 V. VCC = 24 V. Bazna struja tranzistora ne

Rešenje:

može se zanemariti.

Za referentne smerove napona i struja koji su naznačeni na slici

potencijal emitera tranzistora je:

V4,0== EEE IRV .

Potencijal baze je:

V1,1=+= BEEB UVV .

Struja baze je:

391

=+

=β

EB

II µA.

Kako je:

432

2 ==RVI B µA,

8321 =+= BIII µA,

mA96,1== BC II β ,

mA043,213 =+= CIII ,

Potencijal kolektora je:

V203 =−= IRVV CCCC .

Kako je :

11 R

VVI BC −=

dobija se:

2271

1 =−

=I

VVR BC kΩ.

4. Na ulaz kola sa slike dovodi se povorka pravougaonih impulsa amplitude 5 V.

RB = 5 kΩ, RC = 1 kΩ, VCC = 15 V.

Karakteristike tranzistora: strujno pojačanje β =100, UBE = 0,7 V, UCES = 0,1 V.

IC

IE

I1

I2

I3

39

Odrediti vrednosti i grafički prikazati izgled napona između kolektora i emitera

tranzistora.

Rešenje:

Kada je V5=bU za referentne smerove napona i

struja na slici je:

0=−− BEBBb UIRU ,

mA86,0=−

=B

BEbB R

UUI .

Napon između kolektora i emitera tranzistora se nalazi na radnoj pravi:

C

CE

C

CCC R

UR

VI −= , (1)

koja se dobija iz relacije:

0=−− CECCCC UIRV .

Iz jednačine (1) se vidi da je maksimalna struja kroz tranzistor:

mA15max ==C

CCC R

VI .

Ako tranzistor radi u pojačavačkom režimu mora da bude:

mA86==′ BC II β .

Kako je maxCC II >′ zaključuje se da tranzistor ne rad u pojačavačkom režimu već da je

došao u stanje zasićenja kada struja više ne može da raste i ograničena je spoljašnjim

elementima kola. Napon između kolektora i emitera tranzistora kada je u zasićenju je UCES =

0,1 V.

Uslov da je tranzistor u zasićenju je:

CB II >β .

Kada se tranzistor nalazi u zasićenju ponaša se kao zatvoreni prekidač.

Kada je V0=bU nema polarizacije spoja baza – emiter pa nema bazne struje tranzistora.

Kada nema bazne struje tranzistora nema ni kolektorske struje pa je napon između kolektora i

emitera:

+ +

+

IC

IB

UBE + +

40

CCCE VU = .

Tranzistor tada ne provodi i ponaša se kao otvoreni prekidač.

U režimima rada koji su prikazani u ovom primeru tranzistor radi kao prekidač.

5. Na magnetno osetljivi otpornik u kolu sa slike a) deluje vremenski promenljivo

magnetno polje čiji je vremenski dijagram prikazan na slici b). Magnetno osetljivi otpornik ima

otpornost RM1 = 500 Ω kada se nalazi u polju magnetne indukcije B = 1 T i otpornost

RM2 = 100 Ω kada se ne nalazi u magnetnom polju.

VCC = 6 V, R1 = 50 Ω, R2 = R3 = 10 kΩ, R4 = 1 kΩ,

Karakteristike tranzistora: strujno pojačanje β = 50, napon UBE = 0,7 V, UCES = 0,1 V.

Odrediti moguće vrednosti izlaznog napona Ui. Nacrtati vremenske dijagrame izlaznog

napona Ui u odnosu na vremenske dijagrame magnetnog polja.

Rešenje:

Kako je 321 ,, RRRR M << može se zanemariti struja kroz R2 za izračunavanje

potencijala tačke A:

CCM

A VRR

RV+

=1

1 .

Kada se zna potencijal tačke A biće:

-20

-15

-10

-5

0

5

10

0

5

10

15

20

25

30

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

Ub

UCE

t

A

41

22 R

UVI BEA −= ,

33 R

UI BE= ,

32 III B −= ,

BC II β= ,

CCCCEi IRVUU 4−== .

Kada se magnetno osetljivi otpornik nalazi u polju indukcije 1 T onda je:

=AV 0,56 V.

Kako je BEA UV < tranzistor ne provodi pa je CCi VU = .

Kada se tranzistor ne nalazi u magnetnom polju:

=AV 2 V, mA13,02 =I , mA07,03 =I , mA06,0=BI , mA3=CI , =iU 3 V.

Na slici je prikazana zavisnost izlaznog napona od jačine magnetskog pola koje deluje na

magnetski osetljivi otpornik.

6. Pritiskom na taster P1 uključuje se motor šprica za bojenje delova i ventilator za pročišćavanje vazduha u farbari.

Objasniti način rada kola.

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

10 11 12

0

B

Ui

t

42

Odrediti kapacitivnost kondenzatora C1 tako da ventilator radi posle isključenja šprica 10 s. R1 = 10 kΩ, R2 = 1 MΩ, pad napona na diodi UD = 0,7 V, napon praga provođenja tranzistora UBE = 0,6 V, VCC = 24 V.

Rešenje:

Kada se pritisne taster P1 dovodi se napon napajanja na motor šprica i koji počinje da

radi. Istovremeno se gotovo trenutno kroz diodu D1 napuni kondenzator C1 na napon:

V3,230 =−= DCCC UVU .

Kroz otpornik R2 teče bazna struja tranzistora T1. Emiterska struja tranzistora T1 je

bazna struja T23 koji zbog ukupno jako velikog pojačanja odlazi u zasićenje. Tranzistor u

zasićenju se ponaša kao zatvoren prekidač koji dovodi napon na rele4

Kada se otpusti taster P1 isključuje se motor šprica, kondenzator se prazni kroz otpornik R1 i

R2 (bazna struja T1). Tranzistori ostaju u zasićenju sve dok se kondenzator isprazni na napon

što izaziva uključenje

motora ventilatora koji ostaje uključen dok je tranzistor u zasićenju.

BEU2 kada tranzistori prestaju da vode čime se isključuje rele a samim tim i motor

ventilatora. Vreme pražnjenja kondenzatora određuje vreme rada motora ventilatora posle

isključenja motora šprica.

Dioda D2 je inverzno polarisana u normalnom radu i ima ulogu da zaštiti tranzistore

od prenapona koji se pojavljuje pri isključenju relea kao induktivnog potrošača.

Deo struje pražnjenja kroz R2 se može zanemariti jer je za dva reda veličine veći od

R1 pa imamo slučaj napunjenog kondenzatora koji se prazni kroz paralelno povezani otpornik.

Napon na kondenzatoru se u tom slučaju menja po zakonu:

110

CRt

CC eUu−

= .

Kada je napon BEC Uu 2= tranzistori prestaju da provode pa je:

1102 CR

T

CBE eUU−

= .

Rešavanjem po C1 dobija se:

==

BE

C

UVR

TC

2ln 0

1

1 371 µF.

3 Ovakav spoj tranzistora se naziva i Darlingtonova sprega dva tranzistora 4 Rele je elektromehanička komponenta ima kalem i kontaktni slog. Kada se na kalem relea dovede napon spoji se ili razdvoji kontaktni slog čime se uključuju ili isključuju potrošači.

43

7. Na slici je prikazano kolo kojim se realizuje vremensko kašnjenje od momenta zatvaranja mikroprekidača MK1 do uspostavljanja niskog naponskog nivoa na izlazu Ui. R1 = R2 = 10 kΩ, R3 = 50 kΩ, R4 = 100 kΩ C1 = 10 µF, VCC = 12 V, UZD = 5,6 V. Tranzistori rade u prekidačkom režimu. Njihove karakteristike: V7,0=BEU , V0≈CESU . Objasniti način rada kola sa slike. Odrediti vremensko kašnjenje od momenta zatvaranja mikroprekidača do uspostavljanja niskog naponskog nivoa na izlazu. Smatrati da je pre zatvaranja mikroprekidača kondenzator C1 bio potpuno prazan.

Rešenje:

Pre zatvaranja mikroprekidača MK1 tranzistor V1 ne provodi jer mu je baza na istom

potencijalu kao i emiter. Tranzistor V2 ne provodi jer je kondenzator C1 prazan pa je napon

između baze i emitera 0 V. Kada tranzistor ne provodi nema ni kolektorske struje pa je:

CCi VU = .

Kada se zatvori mikroprekidač MK1 PNP tranzistor V1 preko otpornika R1 i R2 se

polariše spoj baza – emiter i tranzistor počinje da vodi. Tranzistor radi u prekidačkom režimu

pa odlazi u zasićenje. U zasićenju napon između kolektora i emitera V1 je UCES. Preko

otpornika R3 kondenzator C1 počinje da se puni i puni se dok se ne postigne napon

BEZD UU +1 kada počinje da provodi V2. Kada provede V2 izlazni napon je:

CESi UU == 0 .

Vreme od zatvaranja mikroprekidača do početka provođenja tranzistora V2 predstavlja

kašnjenje koje je potrebno odrediti.

Napon na kondenzatoru ne može da ima veću vrednost od BEZD UU +1 jer ga

ograničavaju zener dioda i napon između baze i emitera tranzistora V1.

Pri otvaranju mikroprekidača MK1 V1 prestaje da vodi, kondenzator se prazni kroz R4

i tranzistor V2 se koči a izlazni napon ima vrednost CCi VU = .

Vremensko kašnjenje od momenta zatvaranja mikroprekidača do

uspostavljanja niskog naponskog nivoa na izlazu određuje se pomoću

ekvivalentnog kola sa slike. VC1 je potencijal kolektora tranzistora V1 i

iznosi:

V120121 =−=+=−= CESCCECSCCC UVUVV .

Za PNP tranzistor u zasićenju V0=CESU .

Za referentne smerove sa slike važi:

Ciii += 43 ,

R3

R4 C1

i3i4

iC

VC1

44

4

4 Rui C= ,

dt

duCi CC = ,

0331 =−− CC uiRV .

Posle sređivanja dobija se:

14

4313 CC

C VuR

RRdt

duCR =+

+ ,

143

41

43

43CC

C VRR

Rudt

duCRR

RR+

=++

.

Rešavanjem diferencijalne jednačine dobija se:

−

+=

−τt

CC eVRR

Ru 1143

4 , 143

43 CRR

RR+

=τ .

Vreme kašnjenja određuje se za:

−

+=+=

−τT

CBEZDC eVRR

RUUTu 1)( 143

41 .

( )( ) s52,0ln43114

14 =++−

=RRUUVR

VRTBEZDC

Cτ .

45

USMERAČI I STABILIZATORI NAPONA

1. Mrežni transformator sekundarnog napona Us = 10 V preko jednofaznog

polutalasnog usmerača napaja otporni potrošač otpornosti Rp = 100 Ω.

Izračunati srednju vrednost napona na potrošaču, srednju snagu koja se disipira na

potrošaču i odrediti faktor talasnosti usmerača.

Smatrati da je dioda idealna.

Rešenje:

Sekundarni napon transformatora

ima oblik:

tUtUu Ss ωω sin2sinmax == .

Prema II Kirhofovom zakonu za

sekundarno kolo transformatora važi:

0=−− pDs uuu

gde je uD napon na diodi a up

napon na potrošaču.

Kada je pozitivna

poluperioda sekundarnog napona

dioda D je direktno polarisana a

kako se smatra da je idealna

0=Du V pa je:

tUuu sp ωsinmax==

za 0≥su .

Kada je negativna poluperioda sekundarnog napona dioda D je inverzno polarisana pa

kroz nju ne teče struja pa je:

0=pu za 0≤su .

Izgled napona na potrošaču prikazan je na slici.

Srednja vrednost napona na potrošaču određuje se na osnovu relacije:

∫∫ ==2

0max

0sin1)(1

TT

pp dttUT

dttuT

U ω . (1)

220 V, 50 HzD

RPUS UP

++

UD+

46

gde je ωπ21 ==

fT perioda mrežnog napona. (u jugoslovenskoj električnoj mreži standardna

frekvencija naizmeničnog napona je f = 50 Hz).

Ako se uvede smena tωα = jednačina (1) dobija oblik:

( ) ππ

απ

ααω 0

0

maxmax |cos2

sin∫ −==Ud

TUU p ,

V5,445,02max ==== ssP UUUUππ

.

Srednja snaga koja se disipira na potrošaču je:

∫=T

pp dttpT

P0

)(1 .

Kako je trenutna snaga na potrošaču pp:

p

pppppp R

uiRiup

22 === ,

∫∫ −==2

0

2max

2

0

22max

2cos21sin

T

p

T

pp dtt

TRUtdt

TRUP ωω ,

smenom tωα 2= dobija se:

( ) ( ) ππ

ααπ

ααω

20

2max

2

0

2max |sin24

cos14

−=−= ∫T

TR

UdTRUP

ppp ,

W5,024

22max ===

p

s

pp R

UR

UP .

Faktor talasnosti se definiše kao odnos naizmenične komponente napona ( nU ) i

srednje vrednosti napona (U ):

UUn=γ .

Na osnovu Furijeove analize može se pokazati da je efektivna vrednost napona effU :

222neff UUU += ,

gde je:

2

sin1)(1 max2

0

22max

0

2 UtdtUT

dttuT

U

TT

eff === ∫∫ ω .

47

21,114

1412

2

2max

2max

2

2

=−=−=−= π

π

γU

U

UUeff .

2. Mrežni transformator sekundarnog napona Us = 12 V preko Grecovog usmerača

napaja otporni potrošač otpornosti Rp = 100 Ω.

Izračunati srednju vrednost napona na potrošaču, srednju snagu koja se disipira na

potrošaču i odrediti faktor talasnosti usmerača.

Pad napona na direktno polarisanoj diodi UD = 0,7 V.

Rešenje:

Sekundarni napon

transformatora ima oblik:

tUtUu Ss ωω sin2sinmax == .

Prema II Kirhofovom

zakonu za sekundarno kolo

transformatora važi:

02 =−− pDs uUu (1)

gde je UD napon na direktno polarisanoj diodi a up napon na potrošaču.

Jednačina (1) važi za obe poluperiode sekundarnog napona transformatora samo što za pozitivnu poluperiodu provode diode D1 i D3 a za negativnu D2 i D4. Napon na potrošaču ima analitički oblik: Dp UtUu 2sinmax −= ω

za Ds Uu 2≥ , koji je prikazan na slici. Napon na potrošaču može se približno prikazati kao:

( )

( )

max

max

2 sin , 02

2 sin ,2 2

D

p

D

TU U t tu

T TU U t t T

ω

ω

− ≤ ≤= − − ≤ ≤ Srednja vrednost napona na potrošaču je:

220 V, 50 Hz

RP

US

UP

+

+

D1 D4

D3D2

48

( ) ( )

−−+−= ∫∫

T

TD

T

DpTtUUtUU

TU

2

max

2

0max 2

sin2sin21 ωω ,

( ) ( )∫∫

−=−=

2

0

max2

0max sin22sin22

T

D

T

Dp tT

UUtUUT

U ωω ,

( ) ( ) V9,922222 max =−

=−

=ππ

DsDp

UUUUU .

Srednja snaga koja se disipira na potrošaču je:

∫=T

pp dttpT

P0

)(1 .

Kako je trenutna snaga na potrošaču pp:

p

pppppp R

uiRiup

22 === ,

( )

−+

−= ∫∫

T

T

T

p

Dp dtTttdt

TRUUP

2

22

0

22

max

2sinsin2

ωω ,

( ) ( )∫∫ −−

=−

=2

0

2max

2

0

22

max

2cos2122sin22

T

p

D

T

p

Dp dtt

TRUUtdt

TRUUP ωω

smenom tωα 2= dobija se:

( ) ( ) ( ) ( ) ππ

ααπ

ααω

20

2max

2

0

2max |sin24

22cos14

22−

−=−

−= ∫

TTR

UUdTR

UUPp

D

p

Dp ,

W2,12

)2( 2max =

−=

p

Dp R

UUP .

Kako je:

22sin)2(2)(1 max

2

0

22max

0

2 D

T

D

T

effUUtdtUU

Tdttu

TU −

=−== ∫∫ ω

faktor talasnosti je:

( )

( )48,01

81

2422

12

2

2max

2max

2

2

=−=−−

−

=−= π

π

γD

Deff

UU

UU

UU

.

49

3. Na slici je prikazana električna

šema kola za punjenje akumulatora.

odrediti vrednost otpornosti otpornik R

tako da srednja struja punjenja

akumulatora bude 3 A.

Napon sekundarnih navojaka

transformatora Us = 15 V, 50 Hz. Pad

napona na diodama u propusnom smeru

UD = 0,7 V. Napon akumulatora je E = 12,6 V.

Rešenje:

U opštem slučaju važi:

0=−−− ERiuu Ds

U toku pozitivne

poluperiode provodi dioda D1 a

u toku negativne poluperiode

provodi dioda D2. Diode

provode samo u intervalima

kada je zadovoljena relacija i

samo tada postoji struja punjenja

akumulatora:

EUu Ds +> . (1)

Kada je zadovoljena relacija (1) važi:

,0sinmax =−−− ERiUtU Dω

R

EUtUi D −−=

ωsinmax .

sUU 2max = .

Struja i punjenja akumulatora postoji u obe poluperiode naizmeničnog napona i ima

isti oblik. Struja teče u intervalu od t1 do t2 gde su:

EUtU D +=1max sinω ,

ms16,2arcsin1max

1 =+

=U

EUt D

ω.

ms84,72 12 =−= tTt .

Srednja struja punjenja akumulatora je:

R

US1

+

E

220 V, 50 Hz

D1

D2

US2

+

A

50

∫∫−−

==2

1

sin21 max

0

t

t

DT

dtR

EUtUT

idtT

I ω ,

( )

+−= ∫ ∫

2

1

2

1

sin2max

t

t

t

tD dtEUtdtU

TRI ω ,

( )

−+−= 11

max 22

cos22 tTEUtUTR

I Dωω

.

Otpornost rednog otpornika R za srednju struju od 3 A je:

( ) Ω≈

−+−= 22

2cos22

11max tTEUtU

ITR Dω

ω.

4. Da bi se signaliziralo postojanje naizmeničnog napona na sekundaru transformatora

sekundarnog napona Us = 24 V koristi se LED dioda. Odrediti otpornost rednog otpornika R

ako se zna da se dobra vidljivost LED diode postiže ako kroz diodu teče jednosmerna struja

od 10 mA.

Napon direktno polarisane LED diode je UD = 2 V.

Rešenje:

Jednosmerna struja kod

naizmeničnih struja sinusnog

oblika ima istu vrednost kao i

srednja struja.

LED dioda na

sekundaru transformatora

ponaša se kao usmerač za zaštitni otpornik R jer propušta samo jednu poluperiodu

sekundarnog napona. U toku poluperiode kada je LED dioda propusno polarisana važi:

0=−− DRs Uuu ,

RiuR = ,

RUui Ds −

= .

Na osnovu prvog zadatka je:

π

DR

UUU −= max ,

IRU R = ,

220 V, 50 HzR

US UD

++

UR+

LD

51

Ω≈Ω=−

== k110172I

UUI

UR DsR

π.

5. Paralelno potrošaču RP = 100 Ω u kolu sa polutalasnim usmeračem priključenim na

naizmenični napon učestanosti 50 Hz, efektivne vrednosti Us =10 V, vezan je kondenzator C

kapacitivnosti 1000 µF.

Nacrtati približan oblik napona

na potrošaču a zatim približno

izračunati srednju vrednost tog napona.

Smatrati da je dioda u polutalasnom

usmeraču idealna.

Rešenje:

Kako se kondenzator

napaja jednosmernim naponom

dolazi do punjenja kondenzatora

u toku dela poluperiode kada je

sekundarni napon veći od

napona na kondenzatoru. U

trenucima kada je napon

poluperiode manji od napona na

kondenzatoru dioda D je

inverzno polarisana i dolazi do

pražnjenja kondenzatora kao što je prikazano na slici. Pražnjenje kondenzatora se obavlja po

eksponencijalnoj funkciji.

Ako je kondenzator C velikog

kapaciteta akumulirana energija je velika pa

je pad napona usled pražnjenja kondenzatora

mali i pražnjenje kondenzatora se može

aproksimirati linearnom funkcijom kako je

prikazano na slici. Pad napona na

kondenzatoru usled pražnjenja je Δ U. Kako je dioda idealna maksimalna vrednost napona na

kondenzatoru je USmax.

∆𝑈 = 𝑈Smax − 𝑈Pmin,

srednja vrednost napona na potrošaču, 𝑈, je:

220 V, 50 HzD

RPUS UP

++

UD+

C

52

𝑈 =𝑈Smax + 𝑈Pmin

2,

𝑈 = 𝑈Smax −12∆𝑈,

Pad napona ΔU usled pražnjenja je uslovljen smanjenjem napunjenosti kondenzatora

za količinu elektriciteta ΔQ.

∆𝑈 =∆𝑄𝐶

,

𝑈 = 𝑈Smax −12∆𝑄𝐶

.

Srednja struja koja je protekla kroz potrošač u toku jedne periode sinusnog napona

frekvencije f potiče od pražnjenja kondenzatora pa je:

𝐼 =∆𝑄T

= ∆𝑄 ∙ 𝑓 =𝑈𝑅P

,

∆𝑄 =𝑈𝑓𝑅P

.

Srednja vrednost napon na potrošaču se izračunava na osnovu sledećih jednačina:

𝑈 = 𝑈Smax −12

𝑈𝑓𝐶𝑅P

,

𝑈 =𝑈Smax

1 + 12 ∙ 𝑓𝐶𝑅P

=√2𝑈S

1 + 12 ∙ 𝑓𝐶𝑅P

= 12,86 V.

Za RP > 100 Ω srednjavrednost napona na potrošaču biće veća.

Promena napona na potrošaču je:

∆𝑈 = 2(𝑈Smax − 𝑈) = 2,56 V.

6. Potrošač RP se napaja pomoću transformatora i usmerača sa Grecovim spojem.

Izračunati kapacitivnost kondenzatora C koji se vezuje paralelno otporničkom potrošaču RP

ako se želi da srednja vrednost struje kroz potrošač bude 100 mA, srednja vrednost napona na

potrošaču 12 V a varijacija napona na potrošaču ±0,2 V u odnosu na srednju vrednost napona.

220 V, 50 Hz

RP

US

UP

++

D1 D4

D3D2

C

Pad napona na diodama u propusnom smeru je 0,7 V.

53

Rešenje:

Napon na potrošaču ima oblik prikazan na slici.

Sa slike se vidi da je perioda ponavljanja promena napona na potrošaču T/2. Punjenje i

pražnjenje kondenzatora može da se aproksimira linearnom funkcijom kako je prikazano na

sledećoj slici. Promena i srednja vrednost napona na potrošaču su:

∆𝑈 = 𝑈Pmax − 𝑈Pmin,

𝑈 =𝑈Pmax + 𝑈Pmin

2,

𝑈 = 𝑈Pmax −12∆𝑈,

Za vreme pražnjenja kondenzator se

isprazni za količinu elektriciteta:

∆𝑄 = 𝐶∆𝑈.

Kondenzator se prazni u toku jedne poluperiode strujom potrošača. Srednja struja

potrošača je:

𝐼P =∆𝑄T/2

=2∆𝑄

T= 2𝑓∆𝑄.

Pražnjenje kondenzatora je:

∆𝑄 =𝐼P

2𝑓.

Da bi došlo za pražnjenje kondenzatora od Δ Q do pada napona na kondenzatoru za

ΔU = 0,4V potrebno je da kapacitivnost kondenzatora C bude:

𝐶 =∆𝑄∆𝑈

=𝐼P

2𝑓∆𝑈= 2500 µF.

Maksimalni napon na potrošaču je:

𝑈Pmax = 𝑈 +12∆𝑈 = 12,2 V.

54

Maksimalni napon sekundara transformatora treba da bude veći od maksimalnog

napona potrošača za padove napona na diodama:

𝑈Smax = 𝑈Pmax + 2𝑈D = 13,6 V.

Pri dimenzionisanju transformatora se obično daje efektivna vrednost napona

sekundarnog namotaja:

𝑈S =𝑈Smax√2

= 9,6 V.

55

U1-U2

Ui

UiH

UiL

ОПЕРАЦИОНИ ПОЈАЧАВАЧИ 1. За коло са слике одредити зависност излазног напона од улазних напона 𝑈𝐴 и 𝑈𝐵 ако је 𝑅1 = 𝑅3 = 20 kΩ, 𝑅2 = 10 kΩ. Сматрати да је операциони појачавач идеалан. Решење: Реални операциони појачавач појачава разлику улазних напона 𝑈1 и 𝑈2. Ако је појачање појачавача А излазни напон 𝑈𝑖 је:

𝑈𝑖 = 𝐴(𝑈1−𝑈2), где је: А - појачање појачавача, 𝑈1 - напон на неинвертујућем улазу, 𝑈2 - напон на инвертујућем улазу, 𝑈𝑖 - напон на излазу, +U - напон позитивног извора за напајање, -U - напон негативног извора за напајање. Облик реалне карактеристике операционог појачавача дат је на слици. Нагиб реалне карактеристике представља појачање. Појачање код операционих појачавача је велико. Напони напајања ограничавају опсег промене излазног напона: 𝑈𝑖𝐻 - максимални напон на излазу, 𝑈𝑖𝐻 < +𝑈. 𝑈𝑖𝐿 - минимални напон на излазу, 𝑈𝑖𝐿 > −𝑈. Карактеристике идеалног операционог појачавача су:

- појачање је бесконачно велико, 𝐴 → ∞, - улазна отпорност је бесконачно велика, 𝑅𝑢 → ∞, - излазна отпорност је занемарљиво мала, 𝑅𝑖 → 0.

Последица претпоставке да је улазна отпорност бесконачно велика је да је улазна струја операционог појачавача једнака нули. Како постоји повратна веза од излаза на инвертујући улаз (негативна повратна спрега) операциони појачавач изједначава напоне на инвертујућем и неинвертујућем улазу, 𝑈𝑢+ = 𝑈𝑢− = 0, па је:

𝐼1 + 𝐼2 = 𝐼3,

𝐼1 =𝑈𝐴 − 𝑈𝑢−

𝑅1=𝑈𝐴𝑅1

,

Ui++

-

UB

+UA

+R2

R1 R3

Ui

++

-

U2

+U1

+

-U

+U

Ui++

-

UB

+UA

+R2

R1 R3I1

I2

I3

Uu-

Uu+

56

𝐼2 =𝑈𝐵 − 𝑈𝑢−

𝑅2=𝑈𝐵𝑅2

,

𝐼3 =𝑈𝑢− − 𝑈𝑖

𝑅3= −

𝑈𝑖𝑅3

,

−𝑈𝑖𝑅3

=𝑈𝐴𝑅1

+𝑈𝐵𝑅2

,

𝑈𝑖 = −𝑅3𝑅1𝑈𝐴 −

𝑅3𝑅2𝑈𝐵 = −𝑈𝐴 − 2𝑈𝐵.

(За 𝑅1 = 𝑅2 = 𝑅3 ово коло представља аналогни сабирач јер је 𝑈𝑖 = −(𝑈𝐴 + 𝑈𝐵)). 2. Одредити вредност излазног напона 𝑈𝑖, струју потрошача 𝐼𝑝, излазну струју операционог појачавача и појачање склопа са слике. 𝑅1 = 5 kΩ,𝑅2 = 25 kΩ, 𝑅𝑝 = 10 kΩ,𝑈𝑢 = 1 V. Сматрати да је операциони појачавач идеалан. Решење: За усвојене смерове струја и напона као на слици је:

𝐼1 = 𝐼2 =𝑈𝑢𝑅1

=𝑈𝑖 − 𝑈𝑢𝑅2

.

Решавањем претходне једначине одређује се величина излазног напона:

𝑈𝑖 = 𝑈𝑢 1 +𝑅2𝑅1.

Појачање склопа са слике је:

𝐴 =𝑈𝑖𝑈𝑢

= 1 +𝑅2𝑅1

= 6.

Струја потрошача је:

𝐼𝑝 =𝑈𝑖𝑅𝑝

= 0,6 mA.

Излазна струја операционог појачавача је:

𝐼𝑖 = 𝐼1 + 𝐼𝑝 =𝑈𝑢𝑅1

+𝑈𝑖𝑅𝑝

= 0,8 mA.

Улазна струја идеалног операционог појачавача је једнака нули (не постоји) док излазна струја постоји.

Ui

++

-

Uu

+

R1

Rp

R2

Ui

++

-

Uu

+

R1

Rp

R2

Ii

I1

I2

Uu-

Uu+ Ip

57

3. За кола са слике 1 и слике 2 одредити зависност излазног напона од улазног напона.

ui

++

-

uu

+R

C

ui

++

-

uu

+

R

C

Слика 1. Слика 2

Сматрати да су операциони појачавачи идеални. Решење: За коло на слици 1 за референтне смерове приказане на слици важи:

𝑈𝑢+ = 𝑈𝑢− = 0 𝑢𝑢 = 𝑢𝐶

𝑖 = 𝐶𝑑𝑢𝐶𝑑𝑡

= −𝑢𝑖𝑅

𝑢𝑖 = −𝑅𝐶𝑑𝑢𝑢𝑑𝑡

Коло на слици 1. представља диференцијатор улазног напона. За коло на слици 2 за референтне смерове приказане на слици важи:

𝑈𝑢+ = 𝑈𝑢− = 0 𝑢𝐶 = −𝑢𝑖

𝑖 = 𝐶𝑑𝑢𝐶𝑑𝑡

= −𝐶𝑑𝑢𝑖𝑑𝑡

𝑢𝑢𝑅

= −𝐶𝑑𝑢𝑖𝑑𝑡

𝑑𝑢𝑖𝑑𝑡

= −1𝑅𝐶

𝑢𝑢

𝑢𝑖 = −1𝑅𝐶

𝑢𝑢𝑑𝑡

Коло на слици 2. представља интегратор улазног напона. 4. За кола са слике одредити зависност излазног напона од улазних напона 𝑈𝐴 и 𝑈𝐵 ако је 𝑅1 = 𝑅3 = 10 kΩ, 𝑅2 = 𝑅4 = 50 kΩ. Сматрати да је операциони појачавач идеалан.

ui

++

-

uu

+

R

Uu-

Uu+

i

i C

ui

++

-

uu

+R

C

i

i

Uu-

Uu+

Ui

++

-

+

R1

R4

R2

R3+

UB

UA

58

Решење: Како су улазне струје идеалних операционих појачавача једнаке нули за референтне смерове приказане на слици важи:

𝐼1 = 𝐼2, 𝐼3 = 𝐼4

𝑈+ =𝑅4

𝑅3 + 𝑅4𝑈𝐵

𝐼1 =𝑈𝐴 − 𝑈−𝑅1

=𝑈− − 𝑈𝑢𝑅2

𝑈− =𝑅2𝑈𝐴 + 𝑅1𝑈𝑖𝑅1 + 𝑅2

како је 𝑈𝑢+ = 𝑈𝑢−

𝑅4𝑅3 + 𝑅4

𝑈𝐵 =𝑅2𝑈𝐴 + 𝑅1𝑈𝑖𝑅1 + 𝑅2

како је 𝑅1 = 𝑅3,𝑅2 = 𝑅4

𝑅2𝑅1 + 𝑅2

𝑈𝐵 =𝑅2𝑈𝐴 + 𝑅1𝑈𝑖𝑅1 + 𝑅2

𝑈𝑖 =𝑅2𝑅1

(𝑈𝐵 − 𝑈𝐴) = 5(𝑈𝐵 − 𝑈𝐴).

за 𝑅1 = 𝑅2 𝑈𝑖 = 𝑈𝐵 − 𝑈𝐴

Коло са слике у случају када су сви отпорници у колу једнаки представља коло за одузимање аналогних напонских сигнала. 5. Извор референтног напона са слике треба да формира излазни напон 𝑈𝑖 = 11 V. Одредити отпорност отпорника 𝑅2 да се добије жељени излазни напон. Одредити максималну вредност отпорно-сти отпорника 𝑅3 тако да струја кроз зенер диоду не буде мања од номиналне. Номинални напон зенер диоде 𝑈𝑍𝐷 = 5,5 V, номинална струја зенер диоде 𝐼𝑍𝐷𝑛𝑜𝑚 = 20 mA. Улазни напон 𝑈𝑢 се мања од 20 до 24 V. 𝑅1 = 10 kΩ.

Ui

++

-

+

R1

R4

R2

I3

I1

I2

Uu-

Uu+

I4

R3+

UB

UA

Ui

++

-

Uu

R1

R2

+

ZD

R3

59

Решење: За референтне смерове приказане на слици важи:

𝑈𝑢+ = 𝑈𝑢− = 𝑈𝑍𝐷

𝐼1 = 𝐼2 =𝑈𝑍𝐷𝑅1

=𝑈𝑖 − 𝑈𝑍𝐷

𝑅2.

𝑈𝑖 = 𝑈𝑍𝐷 1 +𝑅2𝑅1.

𝑅2 = 𝑅1 𝑈𝑖𝑈𝑍𝐷

− 1 = 10 kΩ.

Струја кроз зенер диоду је:

𝐼3 = 𝐼𝑍𝐷 =𝑈𝑢 − 𝑈𝑍𝐷

𝑅3.

Максимална вредност отпорности 𝑅3 се одређује за минимални улазни напон ако струја треба да буде:

𝐼𝑍𝐷 ≥ 𝐼𝑍𝐷𝑛𝑜𝑚,

𝑅3max =𝑈𝑢 − 𝑈𝑍𝐷𝐼𝑍𝐷𝑛𝑜𝑚

= 725 Ω.

6. Одредити појачање кола са слике 𝐴 = 𝑈𝑖𝑈𝑢 .

+

-R1

R2

Ui

++

-

R3

R4

Uu

+OP1

OP2

R5

𝑅1 = 𝑅3 = 10 kΩ, 𝑅2 = 𝑅4 = 33 kΩ, 𝑅5 = 100 kΩ. Сматрати да су операциони појачавачи идеални. Решење: За референтне смерове приказане на слици операциони појачавач 𝑂𝑃2 је инвертујући појачавач за који важи:

𝐼3 =𝑈𝑖1𝑅3

= 𝐼4 = −𝑈𝑖𝑅4

,

𝑈𝑖1 = −𝑅3𝑅4𝑈𝑖 .

Такође важи: 𝐼2 + 𝐼5 = 𝐼1,

Ui

++

-

Uu

+

R1

R2

I1

I2

Uu-

Uu++

ZDIZ

I3 R3

UZD

60

+

-R1

R2

I1

I2

Ui

++

-

Ui1

+R3

R4

Uu

+OP1

OP2

R5I5

I3

I4

𝐼1 =𝑈𝑢𝑅1

, 𝐼2 =𝑈𝑖1 − 𝑈𝑢

𝑅2, 𝐼5 =

𝑈𝑖 − 𝑈𝑢𝑅5

,

𝑈𝑢𝑅1

=𝑈𝑖1 − 𝑈𝑢

𝑅2+𝑈𝑖 − 𝑈𝑢𝑅5

,

𝑈𝑢𝑅1

=−𝑅3𝑅4

𝑈𝑖 − 𝑈𝑢𝑅2

+𝑈𝑖 − 𝑈𝑢𝑅5

,

𝑈𝑢𝑅1

= −𝑅3𝑅4

𝑈𝑖𝑅2

−𝑈𝑢𝑅2

+𝑈𝑖𝑅5

−𝑈𝑢𝑅5

,

1𝑅1

+1𝑅2

+1𝑅5𝑈𝑢 = −

𝑅3𝑅4𝑅2

+1𝑅5𝑈𝑖,

𝐴 =𝑈𝑖𝑈𝑢

=

1𝑅1

+ 1𝑅2

+ 1𝑅5

− 𝑅3𝑅4𝑅2

+ 1𝑅5

=𝑅4𝑅1𝑅1𝑅2 + 𝑅1𝑅5 + 𝑅2𝑅5

𝑅2𝑅4 − 𝑅3𝑅5= 171,7.

7. Инструментациони диференцијални појачавач са слике има напонско појачање разлике улазних сигнала од 20 dB.

Ui

++

-

R

R

R

R

+

-

UB

+

R1

R

+

-UA

+

R

OP1

OP2

OP3

Одредити отпорност отпорника 𝑅1 тако да се добије жељено појачање ако остали отпорници у колу имају исту отпорност 𝑅 = 18 kΩ. Сматрати да су операциони појачавачи идеални.

61

Решење: Појачање диференцијалног појачавача је:

𝐴 = 𝑈𝑖

𝑈𝐴 − 𝑈𝐵.

Како је појачање дато у децибелима појачање је: 20 log𝐴 = 20,

log𝐴 = 1, 𝐴 = 10.

Ui

++

-

R

R

R

R

+

-

UB

+

R1

RI

I

+

-UA

+

R

I

OP1

OP2

OP3

Ui2

Ui1+

+

Како је улазна струја идеалних операционих појачавача једнака нули за референтне смерове приказане на слици је:

𝐼 =𝑈𝐴 − 𝑈𝐵𝑅1

=𝑈𝑖1 − 𝑈𝐴

𝑅= −

𝑈𝑖2 − 𝑈𝐵𝑅

,

па се из претходних релација одређује:

𝑈𝑖1 =𝑅𝑅1

(𝑈𝐴 − 𝑈𝐵) + 𝑈𝐴,

𝑈𝑖2 = −𝑅𝑅1

(𝑈𝐴 − 𝑈𝐵) + 𝑈𝐵.

Операциони појачавач 𝑂𝑃3 представља коло за одузимање (видeти задатак 4.) за које важи:

𝑈𝑖 = 𝑈𝑖2 − 𝑈𝑖1,

𝑈𝑖 = −𝑅𝑅1

(𝑈𝐴 − 𝑈𝐵) + 𝑈𝐵 −𝑅𝑅1

(𝑈𝐴 − 𝑈𝐵) − 𝑈𝐴,

𝑈𝑖 = −1 +2𝑅𝑅1 (𝑈𝐴 − 𝑈𝐵),

𝐴 = 𝑈𝑖

𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 = 1 +

2𝑅𝑅1

.

Из релације за појачање одређује се тражена отпорност отпорника 𝑅1:

𝑅1 =2𝑅𝐴 − 1

= 4 kΩ.

8. Аналитички и графички представити зависност напона на потрошачу 𝑅𝑝 од отпорности потрошача 𝑈𝑝 = 𝑓𝑅𝑝 за коло приказано на слици.

62

R1 R2

ZD

T1

R3

+ - Rp

A

Uu

+

Up

+

𝑅1 = 1 kΩ, 𝑅2 = 𝑅3 = 10 kΩ, 𝑈𝑢 = 24 V. Номинални напон зенер диоде 𝑈𝑍𝐷 = 6,2 V. Максимална дозвољена колекторска струја транзистора 𝑇1 је 𝐼𝐶𝑚𝑎𝑥 = 1 A. Струјно појачање транзистора 𝛽 = 25. Пад напона на споју база - емитер 𝑈𝐵𝐸 = 0,7 V. Решење:

R1 R2

I2

ZD

T1

R3

+ -

+

UZD

Rp

+

UA

A

Uu

+

Up

+Ip

IEIC

За референтне смерове приказане на слици важи:

𝑈𝑝 = 𝑅𝑝𝐼𝑝. Како је 𝑈А = 𝑈𝑍𝐷 а улазна струја једнака нули онда је:

𝑈𝐴 =𝑅3

𝑅2 + 𝑅3𝑈𝑝,

𝑈𝑝 =𝑅2 + 𝑅3𝑅3

𝑈𝑍𝐷 = 1 +𝑅2𝑅3𝑈𝑍𝐷 = 12,4 V.

Напон на потрошачу је константан и не зависи од потрошача па ово коло представља стабилизатор напона. Минимална вредност отпорности потрошача одређује се на основу максималне колекторске струје транзистора.

𝐼𝐸 = 𝐼2 + 𝐼𝑝,

𝐼𝐸 =𝛽 + 1𝛽

𝐼𝐶 , 𝐼2 =𝑈𝑝

𝑅2 + 𝑅3, 𝐼𝑝 =

𝑈𝑝𝑅𝑝

,

63

𝛽 + 1𝛽

𝐼𝐶 =𝑈𝑝

𝑅2 + 𝑅3+𝑈𝑝𝑅𝑝

,

𝑅𝑝 =𝑈𝑝

𝛽 + 1𝛽 𝐼𝐶 −

𝑈𝑝𝑅2 + 𝑅3

,

𝑅𝑝𝑚𝑖𝑛 =𝑈𝑝

𝛽 + 1𝛽 𝐼𝐶𝑚𝑎𝑥 −

𝑈𝑝𝑅2 + 𝑅3

= 11,93 Ω.

9. Одредити преносну функцију кола са слике.

ui++

-

uu

+R1

R2

C1

C2

Сматрати да су операциони појачавачи идеални. Решење: У комплексном домену коло се приказује помоћу одговарајућих импеданси. Редна веза отпорника 𝑅1и кондензатора 𝐶1 чини импедансу 𝑍1, а паралелна веза отпорника 𝑅2 и кондензатора 𝐶2 чини импедансу 𝑍2.

𝑍1 = 𝑅1 +1𝑠𝐶1

=1 + 𝑠𝑅1𝐶1

𝑠𝐶1,

𝑍2 =𝑅2

1𝑠𝐶2

𝑅2 + 1𝑠𝐶2

=𝑅2

1 + 𝑠𝑅2𝐶2.

Решавањем кола у комплексном домену добија се:

Up

Rp

12,4 V

11,93 Ω

ui

++

-

uu

+R1

R2

C1

C2

Z2

Z1

Ui++

-

Uu

+Z1

Z2

I

I

64

𝐼 =𝑈𝑢𝑍1

= −𝑈𝚤𝑍2

,

𝑈𝚤 = −𝑍2𝑍1𝑈𝑢 = −

𝑅21 + 𝑠𝑅2𝐶21 + 𝑠𝑅1𝐶1

𝑠𝐶1

𝑈𝑢 = −𝑠𝑅2𝐶1

(1 + 𝑠𝑅1𝐶1)(1 + 𝑠𝑅2𝐶2)𝑈𝑢.

Преносна функција кола са слике је: 𝑈𝚤𝑈𝑢

= −𝑠𝑅2𝐶1

(1 + 𝑠𝑅1𝐶1)(1 + 𝑠𝑅2𝐶2).

65

KOMPARATORI

1. Za kolo komparatora sa slike nacrtati ulazno-izlaznu karakteristiku.

Referentni napon UR = 6 V. Napon napajanja komparatora VSS = 15 V. Probojni napon zener dioda UZ = 5 V a pad napona na zener diodama pri direktnoj polarizaciji UD = 0,7 V. Rešenje: Komparator je kolo koje poredi ulazni napon Uu sa referentnim naponom UR i u zavisnosti od njihove razlike na izlazu komparatora se dobija jedan od dva različita naponska nivoa:

><

=RuK

RuKK UUU

UUUU

,,

2

1 .

Komparator se može realizovati pomoću operacionog pojačavača (kao na slici) i u tom slučaju su ti različiti naponski nivoi približno jednaki naponu napajanja operacionog pojačavača:

>−<

≈RuSS

RuSSK UUV

UUVU

,,

.

Kako se na izlazu komparatora nalazi dvostrani ograničavač sa zener diodama izlazni napon ima sledeći oblik:

( )

>+−<+

=RuDZD

RuDZDi UUUV

UUUVU

,,

2

1 .

Ulazno-izlazna karakteristika kola sa slike data je na grafiku:

66

2. Pritiskom na taster Tast1 tranzistor Tr1 dovodi se u zasićenje. Nacrtati oblik izlaznog napona Ui do 5 s od trenutka otpuštanja tastera Tast1. Napon na izlazu komparatora može da ima vrednost 0 V i E. Napon između kolektora i emitera Tr1 u zasićenju UCES = 0,6V. R1 = R2 = R3 = 100 kΩ, R4 = 200 kΩ, E = 10 V, C1 = 4,7 μF. Rešenje: Kada je pritisnut taster Tast1 tranzistor Tr1 se nalazi u zasićenju pa je kondenzator C1 napunjen na napon UCES. Pri otpuštanju tastera tranzistor se dovodi u neprovdno stanje a kondenzator C1 se puni preko otpornika R2 strujom iC. Napon na invertujućem ulazu komparatora Komp1 (- ulaz) UK je:

ERR

RU K43

4

+= .

Napon na izlazu komparatora Ui je:

><

=KC

KCi UuE

UuU

,,0

.

Kako je:

CC uiRE =− 2 , i dt

duCi C

C 1= ,

Eudt

duCR C

C =+12 ,

napon na kondenzatoru određuje se rešenjem prethodne diferencijalne jednačine uz uslov uC0 =UCES:

12)( CRt

CESC eEUEu−

−+= . U trenutku t1 kondenzator se puni do napona UK i izlaz iz komparatora manje stanje. Taj trenutak se određuje iz jednačine:

12

1

)( CRt

CESK eEUEU−

−+= ,

s5,0ln121 =−

−=

K

CES

UEUE

CRt .

Izgled napona Ui prikazan je na slici.

67

3. Na šemi je dat komparator sa histerezisom. Odrediti donji i gornji okidni napon komparatora i širinu histerezisa ako je referentni napon UR = 5 V. Napon na izlazu komparatora može imati vrednosti 0 i E. Napon napajanja komparatora E = 15 V. R1 = 49 kΩ, R2 = 1 kΩ. Rešenje: Spečavanje brzih promena izlaznog napona u slučaju kada je referentni napon jednak ulaznom naponu postiže se primenom komparatora sa histerezisom. Kod tih komparatora postoje dva praga poređenja odnosno dva naponska nivoa komparacije: donji okidni napon i gornji okidni napon. Za ulazne napone čija se vrednost nalazi između donjeg (UDOT) i gornjeg okidnog napona (UGOT) izlazni napon zadržava vrednost koju je imao pre ulaska ulaznog napona u taj opseg. Ulazno – izlazna karakteristika komparatora sa histerezisom data je na slici. Primer rada komparatora sa histerezisom dat je na slici.

Ulazni napon Uul se poredi sa naponom u tački A i u zavisnosti od njihove razlike je:

,,

iH ul Ai

iL ul A

U U UU U U U<= > .

U opštem slučaju napon u tački A je:

( ) RiRiRA URR

RURR

RUURR

RUU21

1

21

2

21

2

++

+=−

++= .

odnosno (s obzirom da izlazni napon može da ima samo dve vrednosti: 0 i E):

2 1

1 2 1 2

2 1

1 2 1 2

,

,

iH R GOT i iH

A

iL R i iL

R RU U U U UR R R RU R RU U U UR R R R

+ = = + += + =

+ +

.

Histerezis komparatora je:

( )2

1 2H GOT DOT iH iL

RU U U U UR R= − = −+

.

68

4. Odrediti donji i gornji okidni napon Šmitovog trigera sa slike. VCC = 15 V, R1 = 1 kΩ, R2 = 2 kΩ, R3 = R4 = 10 kΩ, R5 = 2 kΩ. Parmetri tranzistora: UBE = 0,6 V, β = 100. Rešenje: Ako je ulazni napon mali (blizak nuli) tranzistor T1 se nalazi u zakočenom stanju pa je ekvivalentna šema kola prikazana na slici. Tranzistor T1 će provesti kada napon na bazi bude veći za UBE od napona na njegovom emiteru a napon na emiteru je napon na otporniku R2. Napon pri kome provede tranzistor T1 predstavlja gornji okidni napon. BEEGOT UVU += 1 . Rešavanjem električnog kola dobijaju se sledeće jednačine: 241 BIII += , ( ) 222221 1 BEE IRIRVV +=== β ,

( ) 2

12 1 R

VI EB +

=β

,

4

1

4

24 R

UVR

VI BEEB +== ,

31

1

31

21 RR

UVVRRVVI BEECCBCC

+−−

=+−

= .

Rešavanjem sistema određujeno VE1:

( ) 2

1

4

1

31

1

1 RV

RUV

RRUVV EBEEBEECC

++

+=

+−−

β,

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) V38,6

1111

42314312

4312421 =

+++++++++−+

=RRRRRRRR

URRRRVRRV BECCE ββ

ββ ,

V98,61 =+= BEEGOT UVU . Izlazni napon u slučaju kada je tranzistor T1 zakočen je:

( ) V.69,8

1 2

15

25551

=+

−=

=−=−=

RVRV

IRVIRVUE

CC

BCCCCi

ββ

β

Kada tranzistor T1 pređe u provodno stanje pri ulaznom naponu koji je veći od UGOT zbog pada napona na otporniku R1 smanjuje se napon na bazi a povećava napon na emiteru tranzistora T2 i on prelazi u zakočeno stanje. Ekvivalentna šema kola u tom slučaju prikazana je na slici. Tranzistor T2 će ponovo preći u provodno

69

stanje kada napon između baze i emitera dostigne vrednost UBE što će se postići smanjivanjem ulaznog napona do donjeg okidnog napona. 1222 EBEBBE VVVVU −=−= , 221 IRUUV BEDOTE =−= , 2BDOT VU = ,

143

42 CB V

RRRV+

= ,

43

11311 RR

VIIII CCC +

+=+= ,

21 1IIC +

=β

β ,

111 IRVV CCC −= ,

4

2

2

22

4

43

1 RV

RUVV

RRR BBEB

B +−

+=

+β

β ,

( )( ) ( ) ( ) V89,5

1111

21414232

41422 =

++++++++

==RRRRRRRR

URRVRRVV BECCBDOT ββββ

ββ .

Histerezis Šmitovog trigera je: V1,09V89,598,6 =−=−= DOTGOTH VVU . Izlazni napon u slučaju kada je tranzistor T1 u provodnom režimu, s obzirom da je T2 zakočen: CCi VV =2 .

70

MULTIVIBRATORI

1. Izračunati trajanje kvazistabilnog stanja na kolektoru tranzistora T2 u kolu monostabilnog multivibratora prikazanog na slici.

Nacrtati vremenske dijagrame napona na bazama i kolektorima tranzistora u zavisnosti od kratkih pozitivnih impulsa na ulazu A. Vrednosti elemenata u kolu su: R1 = 10 kΩ, R2 = 20 kΩ, R3 = 1 kΩ, R = 25 kΩ, C = 10nF, Vb = 12 V. Karakteristike tranzistora su: UCES = 0,3 V, UBE = 0,6 V, UBES = 0,7 V, β = 100. Rešenje: Pre dovođenja impulsa na ulaz A tranzistor T2 se nalazio u zasićenju jer je polarizacija baze izvršena pomoću otpornika R koji je vezan na bateriju Vb a tranzistor T1 je bio zakočen jer je njegova baza preko razdelnika napona R2 – R3 vezana za kolektor tranzistora T2 gde je napon UC2 = UCES = 0,3 V (napon tranzistora u zasićenju). Kondenzator C je napunjen na napon, prema referentnim smerovima prikazanim na slici: uC0 = Vb – UBES, jer je tranzistor T2 u zasićenju.

71

Kada se na bazu tranzistora T1 dovede kratkotrajni pozitivni impuls, kojim se taj tranzistor dovodi u zasićenje, dolazi do regenerativnog procesa kojim se kolo dovodi u kvazistabilno stanje koje se manifestuje dovođenjem T1 u zasićenje i zakočenjem T2 u toku određenog vremena. Kondenzator C ne može trenutno da se isprazni pa napon na bazi tranzistora T2 postaje negativan i održava tranzistor T2 u zakočenom stanju a samim tim i T1 u zasićenju. Napon na bazi T2 se menja po relaciji: VB2 = VCES – uC, jer je tranzistor T1 u zasićenju. Kondenzator C se prazni - puni preko otpornika R na napon napajanja Vb pa je: UCES – uC + Ri = Ub. Kako je:

72

dt

duCi C−= ,

dobija se diferencijalna jednačina:

bCES VUudt

duRC CC −=+

Iz diferencijalne jednačine, uz uslov da je u trenutku kada je na ulazu A pozitivni impuls kondenzator napunjen na napon uC0, dobija se:

RCt

eUUVVUu−

−−+−= )2( CESBESbbCESC ,

pa je: RCt

eUUVVV−

−−−= )2( CESBESbbB2 . Napon VB2 raste dok se ne dovede tranzistor T2 u provodno stanje, odnosno zasićenje, usled čega se koči T1 i završava regenerativni proces. Regenerativni proces se završava kada je: VB2 = UBE.

pa je: RCT

eUUVVU−

−−−= )2( CESBESbbBE Iz prethodne jednačine određuje se trajanje kvazistabilnog stanja T:

s178)2(lnBEb

CESBESb µ=−

−−=

UVUUVRCT .

U praksi se najčešće za određivanje kvazistabilnog stanja koristi približna relacija s1757,02ln µ=≈≈ RCRCT koja je dobijena uz pretpostavku da su naponi tranzistora u zasićenju mnogo manji od napona napajanja kola. Na slici su dati vremenski dijagrami napona u karakterističnim tačkama električnog kola. Kvazistabilno stanje u kolu može se izazvati dovođenjem u provodno stanje tranzistora koji je zakočen ili kočenjem tranzistora koji je u provodnom stanju. 2. Na ulaz A kola sa slike dovode se kratki negativni impulsi dobijeni obradom napona (diferenciranjem i izdvajanjem negativnih impulsa) na primarnim navojcima indukcionog kalema.

Nacrtati vremenski dijagram napona na kolektoru tranzistora T2 u zavisnosti od impulsa na ulazu A. Dokazati da je srednja struja koja se meri miliampermetrom direktno proporcionalna broju obrtaja motora i da se ovo kolo može koristiti kao merač broja obrtaja motora. Napon između kolektora i emitera tranzistora u zasićenju (UCES) smatrati da je 0 V.

73

Rešenje: Kolo sa slike predstavlja monostabilni multivibrator kod koga se kvazistabilno stanje izaziva kočenjem tranzistora T1 koji se nalazi u provodnom stanju. Analiza kola je identična izvedenoj analizi u prethodnom zadatku pa se odmah može nacrtati vremenski dijagram napona na kolektoru T2 u zavisnosti od negativnih impulsa na ulazu A. Perioda ponavljanja pobudnih impulsa može se predstaviti relacijom:

kn

T 1=∆

gde je n broj obrtaja motora a k koeficijent koji zavisi od tipa motora, broja cilindara i broja indukcionih kalemova (k = 2 za četvorotaktni, četvorocilindrični motor sa jednim indukcionim kalemom). Trajanje kvazistabilnog stanja je: 237,0 CRT = .

Srednja vrednost napona na kolektoru tranzistora T2 je:

bi

bi

ib

iCESb

i0C2

iC2 11)(11 iii

VTTV

TTTdtV

TdtUV

Tdtv

TV

T

T

T

T

T

−=

−==−== ∫∫∫

Struja koju meri miliampermetar je:

5

C2b

RvVi −

= .

Na miliampermetru se očitava srednja struja pa je:

( ) annR

kVCRTT

RVVV

Rdt

RvV

Tidt

TI

TT

===−=−

== ∫∫5

b23

i5

bC2b

50 5

C2b

i0i

7,0111 ii

Srednja struja koju meri miliampermetar je direktno proporcionalna broju obrtaja motora pa se ovo kolo može koristiti kao merač broja obrtaja motora. 3. Za kolo astabilnog multivibratora sa slike odrediti vrednosti otpornika R2 i R3 tako da napon na izlazu A ima odnos signal-pauza 0,6 i učestanost impulsa 100 Hz. Nacrtati oblik napona na bazama i kolektorima oba tranzistora. C1 = 33 nF, C2 = 22 nF. Rešenje: Astabilni multivibrator ima dva kvazistabilna stanja koja se međusobno iniciraju. Kada je zakočen tranzistor V1 tranzistor V2 se nalazi u provodnom stanju i obrnuto: kada je zakočen tranzistor V2 tranzistor V1 se nalazi u provodnom stanju.

74

Vreme zakočenosti tranzistora V1 određeno je relacijom: 231 7,0 CRT = . Vreme zakočenosti tranzistora V2 određeno je relacijom: 122 7,0 CRT = . Do predhodno navedenih analiza može se doći na sličan način kao što je urađeno u prvom zadatku za monostabilni multivibrator. Na slici su dati vremenski dijagrami u karakterističnim tačkama.

Iz relacija:

6,07,07,0

12

23

12

23

2

1 ===CRCR

CRCR

TT ,

122321 7,07,0

111CRCRTTT

f+

=+

== ,

dobija se:

Ω≈Ω=+

= k270270563)16,0(7,0

1

12 Cf

R .

Ω=Ω== k5,2432435076,0

2

123 C

CRR .

4. Na slici je data šema programera za brisače vetrobranskog stakla sa kontinualnom promenom pauze brisanja.

75

a) Objasniti način rada programera i ulogu pojedinih elektronskih komponenti. b) Odrediti otpornosti otpornika R2 i R4 i potenciometra R3 tako da se trajanje pauze može menjati u opsegu od 3 do 15 sekundi, a da trajanje impulsa (brisanje) traje 3 sekunde. C1 = 47 μF, C2 = 100 μF, M - motor brisača. Rešenje: a) U osnovi programera nalazi se astabilni multivibrator kod koga je vreme brisanja, vreme kada je aktiviran rele REL1 i provodi tranzistor V2 dok je tranzistor V1 zakočen, određeno relacijom: 247,0 CRTbrisanje = . Vreme pauze je promenljivo i zavisi od R2 i potenciometra R3: ( ) 1327,0 CRRTpauza += . Minimalno vreme pauze određuje se kada je potenciometar u početnom položaju, odnosno R3 = 0. Kada je aktiviran REL1 motor brisača ima napajanje i vrši se brisanje. Dioda D1 štiti tranzistor V2 od indukcije u namotajima relea pri njegovom isključenju.

b) Ω== 428577,0 2

4 CT

R brisanje .

Ω== 912857,0 1

min2 C

TR pauza .

Ω=−= 3647427,0 2

1

max3 R

CT

R pauza .

5. Odrediti otpornosti otpornika R2 i R3 tako da srednja vrednost napona na sijalici S bude 4 V a učestanost oscilovanja bude 100 Hz. Nacrtati oblike napona na kolektorima tranzistora T1 i T2 i u tački B. Elementi kola su R1 = R4 = 1 kΩ, R2 = 100 kΩ, R3 = 47 kΩ, R5 = 10 kΩ, C1 = C2 = 10 nF, Ub = 12 V, UCES = 0 V.

76

Rešenje: U osnovi ovog kola je astabilni multivibrator koji čine tranzistori T1 i T2. Tranzistor T3 služi za obrtanje faze (da bi se sijalica vezala za masu) i ima veću snagu. Kada provodi tranzistor T2 provodi i tranzistor T3 i sijalica je upaljena. Napon na sijalici kada T3 provodi je Vb jer je UCES = 0 V. Dijagrami u traženim tačkama prikazani su na slici.

231 7,0 CRT = . 122 7,0 CRT = .

211 TTf

T +== .

Srednja vrednost napona na sijalici je:

b23b1b1

0b

0BB 7,011 1

fVCRfVTVTTdtV

Tdtu

TU

TT

===== ∫∫ .

Ω== k4767,0 b2

B3 fVC

UR .

Ω=−

= k9527,07,01

1

232 fC

fCRR .

6. Odrediti napone na bazama i kolektorima oba tranzistora u kolu bistabilnog multivibratora sa slike. Smatrati da Tr1 provodi a da je Tr2 zakočen. Proveriti da li je tranzistor Tr1 u zasićenju.

77

Karakteristike oba tranzistora su iste: UBE = 0,6 V, UBES = 0,7 V, UCES = 0,2 V, β = 100. R1 = R6 = 1 kΩ, R2 = R3 = R4 = R5 = 10 kΩ. VCC = 10 V. Rešenje: Da bi tranzistor Tr1 bio u zasićenju treba da je zadovoljena relacija: IC1 < β IB1.

Uz pretpostavku da Tr1 nije u zasićenju za referentne smerove kao na slici važi:

421

211 RRU

RUVIII CECECC

C +−

−=−= .

Kolektorska struja je maksimalna za UCE = UCES pa je:

mA8,9421

max1 =+

−−

=RR

UR

UVI CESCESCCC .

Bazna struja Tr1 je u tom slučaju:

mA.78,0365

351 =−+−

=−=R

URR

UVIII BESBESCCB

Kako je: IC1max = 9,8 mA < β IB1 = 78 mA tranzistor Tr1 je u zasićenju pa je: VB1 = UBES = 0,7 V, VC1 = UCES = 0,2 V. Naponi baze i kolektora tranzistora Tr2 (koji je zakočen) su:

78

V1,042

42 =

+= CESB U

RRRV .

V.15,9)(65

6562 =−

+−=−= BESCCCCCCC UV

RRRVIRVV

Kada se posmatra ovo kolo sa stanovišta logičkih kola kolektor tranzistora Tr1 je na niskom naponskom nivou i može se reći da se nalazi na nivou logičke nule dok je kolektor tranzistora Tr2 na visokom naponskom nivou odnosno naponu logičke jedinice. Kako je kolo sa slike simetrično ukoliko bi tranzistor Tr1 bio zakočen onda bi tranzistor Tr2 bio u zasićenju. Do promene stanja u kolu može doći ako se tranzistor koji je bio u zakočenju kratkotrajnim impulsom dovede u zasićenje. Tako se dovođenjem kratkotrajnog pozitivnog impulsa na ulaz R tranzistor Tr2 dovodi u zasićenje a tranzistor Tr1 u zakočenje čime se menja predhodno stabilno stanje. Izlaz na kolektoru tranzistora Tr2 (označen sa Q) menja svoje stanje sa logičke jedinice na logičku nulu pri dovođenju impulsa na ulaz R (Reset) i taj proces se naziva resetovanje. Izlaz na kolektoru tranzistora Tr2 (označen sa Q) menja svoje stanje sa logičke nule na logičku jedinicu pri dovođenju impulsa na ulaz S (Set) i taj proces se naziva setovanje. Kolektor tranzistora Tr1 se nalazi na komplementarnom naponskom nivou u odnosu na kolektor tranzistora Tr2. Ovo kolo se naziva i flip-flop i predstavlja osnovni memorijski element. 7. Za kolo astabilnog multivibratora sa slike odrediti R tako da učestanost oscilovanja f bude 100 Hz. C = 100 nF, R1 = R2 = 10 kΩ. Smatrati da su naponi na izlazu kada je operacioni pojačavač u zasićenju jednaki naponu napajanja. Rešenje: Preko otpornika R1 je ostvarena pozitivna povratna sprega zbog koje izlaz mora da se nalazi u zasićenju tj. da je napon na izlazu jednak jednom od napona napajanja. Napon u tački A je:

−=+

−=

=+

==

CCiCCD

CCiCCG

A

VUVRR

RV

VUVRR

RVV

,

,

21

2

21

2

.

Pri uključenju na napajanje kondenzator je prazan a izlaz komparatora odlazi u zasićenje na potencijal koji je jednak jednom od izvora za napajanje što zavisi od konstrukcije komparatora. Ne gubeći na opštosti pretpostavimo da je izlaz na potencijal VCC. Kondenzator je prazan pa je UC = 0 i potencijal na invertujućem ulazu operacionog pojačavača je manji od

79

potencijala na neinvertujućem ulazu gde je napon GA VV = što održava izlaz operacionog pojačavača na naponu VCC. Kondenzator se preko izlaza operacionog pojačavača puni do napona VG kada potencijal invertujućeg ulaza postaje veći od potencijala na neinvertujućem ulazu što izaziva promenu na izlazu koji odlazi na potencijal -VCC a potencijal u tački A postaje DA VV = . Kondenzator se prazni-puni do napona VD kada ponovo dolazi do promene na izlazu operacionog pojačavača na potencijal VCC. Kondenzator se prazni-puni do napona VG kada ponovo dolazi do promene na izlazu operacionog pojačavača na potencijal -VCC. Kolo na taj način osciluje t.j. radi kao astabilni multivibrator. Stacionarni režim rada astabilnog multivibratora prikazan je na slici. Za kolo kondenzatora važi: 0=−− CCi URiU ,

dt

dUCi CC = ,

iCC UU

dtdURC =+ .

Ako počnemo usvojimo da je početak posmatranja (t = 0) kada je izlaz operacionog pojačavača CCi VU = onda je kondenzator napunjen do napona DC VU =0 i puni se u toku vremena T1 do napona VG. Rešavanjem diferencijalne jednačine dobija se:

( ) ( ) RCt

CCDCCC eVVVtU−

−+= , odnosno za t = T1, ( ) GC VTU =1 :

( ) RCT

CCDCCG eVVVV1−

−+= ,

+=

+−

++

=−−

=1

2

21

2

21

2

1 21lnlnlnRRRC

VRR

RV

VRR

RVRC

VVVVRCT

CCCC

CCCC

GCC

DCC .

Rešenje diferencijalne jednačine punjenja kondenzatora od trenutka t = T1, kada je izlaz operacionog pojačavača CCi VU −= , a kondenzator napunjen do napona

( ) GCC VUTU == 11 je:

( ) ( ) RCTt

CCGCCC eVVVtU1−

−−+=

Kondenzator se puni u toku vremena T2 do napona VD. Smenom u prethodnoj jednačini dobija se:

( ) ( ) RCTTT

CCGCCDC eVVVVTTU121

21

−+−

−+==+

+=

+−

++

=−−

=1

2

21

2

21

2

2 21lnlnlnRRRC

VRR

RV

VRR

RVRC

VVVVRCT

CCCC

CCCC

GCC

DCC .

Učestanost astabilnog multivibratora je:

80

+

=+

==

1

221 21ln2

111

RRRC

TTTf ,

pa je tražena otpornost R:

Ω=

+

= k4,4521ln2

1

1

2

RRfC

R .

81

LOGIČKA KOLA

Osnovne funkcije prekidačke algebre (koja se koristi kod logičkih kola) date na primerima sa dva ulaza (A, B): Funkcija I:

Evropski način označavanja Američki način označavanja

Y = A ⋅ B AB

Y&0

0

0

AB Y

Tablica istinitosti:

Funkcija ILI:

Evropski način označavanja Američki način označavanja

Y = A + B AB

Y>=10

0

0

AB Y

Tablica istinitosti:

Funkcija NE:

Evropski način označavanja Američki način označavanja

AY = 1A Y

A Y

Tablica istinitosti:

A Y 0 1 1 0

A B Y 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 1 1

A B Y 0 0 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1

82

Osnovni zakoni prekidačke algebre: 1. Zakon komutacije: A + B = B+ A A ⋅ B = B ⋅ A 2. Zakon asocijacije: A + (B + C) = (A + B) + C A ⋅ (B ⋅ C) = (A ⋅ B) ⋅ C 3. Zakon distribucije: A ⋅ (B + C) = (A ⋅ B) + (A ⋅ C) A + (B ⋅ C) = (A + B) ⋅ (A + C) De Morganove teoreme o invertovanju: BABA ⋅=+ BABA +=⋅ Osnovne relacije: A + 0 = A A ⋅ 0 = 0 A + 1 = 1 A ⋅ 1 = A A + A = A A ⋅ A = A 1=+ AA 0=⋅ AA AA = Tačka kod I funkcije ako ne dovodi do zabuna može se izostaviti. Primeri: 1. 11 A A B) A ( AB A =⋅=+=+

2. ΒΑ B)(A B) ) (A A (A B A A + =+ ⋅=++=+ 1

3. 1 A B A B ) B A (AB =+=++ Izvedena logička kola: NI:

Evropski način označavanja Američki način označavanja

BA Y ⋅= AB

Y&0

0

0

AB Y

Tablica istinitosti:

A B Y 0 0 1 1 0 1 0 1 1 1 1 0

83

NILI: Evropski način označavanja Američki način označavanja

BA Y += AB

Y>=10

0

0

AB Y

Tablica istinitosti:

A B Y 0 0 1 1 0 0 0 1 0 1 1 0

NI i NILI kola su univerzalna

NILI:

logička kola jer se pomoću njih mogu realizovati sve logičke funkcije. Primer kako se pomoću dvoulaznih NILI kola realizuju ostale logičke funkcije:

BA Y +=

AB Y

NE: AAAY +==

A Y

ILI: BA BAY +=+=

BA

Y

I: B A BABAY +=⋅=⋅=

B

A

Y

NI: B ABABAY +=⋅=⋅=

B

A

Y

84

1. Nacrtati logičku šemu funkcije: BABAY += i izvršiti njeno uprošćenje (minimizaciju primenjenih logičkih elemenata). Rešenje:

Uprošćenje funkcije može se postići primenom De Morganovih teorema i pravila da je funkcija jednaka svojoj dvostrukoj negaciji:

BBABBAAA)B(AB)A(BABABABA YY +++=+⋅+=⋅=+==

B)(AABBAABBAABY +⋅=⋅=+= Uprošćena funkcija može se realizovati pomoću tri elementa:

B

A

Y

Funkcija Y koja je analizirana realizuje funkciju isključivo ILI:

Evropski način označavanja Američki način označavanja

B A Y ⊕= AB

Y=10

0

0

AB Y

Tablica istinitosti:

A B Y 0 0 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0

Izlaz funkcije isključivo je na jedinici samo kada je jedan od ulaza (ali ne oba) na logičkoj jedinici.

85

2. Za kolo sa slike odrediti koje se logičke funkcije realizuju u tačkama X, Y i Z u zavisnosti od ulaza A i B i zatim pokazati kako se najjednostavnije može realizovati logička funkcija u tački Z.

Proveriti pomoću tablica istinitosti dobijene rezultate. Rešenje: Na šemi su prikazane logičke funkcije koje se realizuju u pojedinim tačkama logičkog kola.

𝑋 = 𝐴 + 𝐴𝐵 = 𝐴 + 𝐴 + 𝐵 = 𝐴 + 𝐵 𝑌 = 𝐴 + 𝐵 𝑍 = 𝐴 + 𝐵𝐴 + 𝐵 = 𝐴 ∙ 𝐴 + 𝐵 = 𝐵 Najjednostavnija realizacija kola u tački Z:

Tablica istinitosti:

𝐴 𝐴 𝐵 𝐵 𝐴𝐵 𝐴𝐵 𝐴 + 𝐴𝐵 𝐴 + 𝐵 𝐴 + 𝐵 𝐴 + 𝐵𝐴 + 𝐵

0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 1 0

Osenčena polja imaju istu vrednost za sve kombinacije ulaznih promenljivih čime je potvrđen rezultat.

𝐴

𝐴𝐵

𝐴 + 𝐴𝐵

𝐵 𝐴 + 𝐵

86

3. Realizovati pomoću logičkih kola logičku funkciju:

𝐴𝐵 + 𝐴𝐵𝐶 + 𝐶 Zadatu logičku funkciju uprostiti i nacrtati uprošćeno logičko kolo. Uprošćeno logičko kolo realizovati pomoću: a) dvoulaznih NILI kola, b) dvoulaznih NI kola. Rešenje: Direktna realizacija logičke funkcije prikazana je na slici:

Uprošćavanje se može realizovati na sledeći način:

𝑌 = 𝐴𝐵 + 𝐴𝐵𝐶 + 𝐶 = 𝐴𝐵 ∙ 𝐴𝐵𝐶 ∙ 𝐶 = 𝐴 + 𝐵 ∙ 𝐴 + 𝐵𝐶 ∙ 𝐶 𝑌 = 𝐴 + 𝐵𝐵𝐶 ∙ 𝐶 = 𝐴 + 𝐵𝐶 ∙ 𝐶 = 𝐴 𝐶 + 𝐵𝐶𝐶 = 𝐴 𝐶 Realizacija uprošćene logičke funkcije:

a) Realizacija pomoću NILI kola: 𝑌 = 𝐴 𝐶 = 𝐴 + 𝐶

b) Realizacija pomoću NI kola:

𝑌 = 𝐴 𝐶 = 𝐴 𝐶

87

4. Dokazati identitet: 𝐵𝐶 + 𝐴𝐵𝐷 + 𝐴𝐶 = 𝐵𝐶 + 𝐴𝐶 . Dokaz: 𝐵𝐶 + 𝐴𝐵𝐷 + 𝐴𝐶 = 𝐴𝐵𝐷𝐶 + 𝐶 + 𝐵𝐶 + 𝐴𝐶 = = 𝐵𝐶 + 𝐴𝐵𝐶𝐷 + 𝐴𝐵𝐶𝐷 + 𝐴𝐶 = = 𝐵𝐶(1 + 𝐴𝐷) + 𝐴𝐶(1 + 𝐵𝐷) = = 𝐵𝐶 + 𝐴𝐶 5. Uprostiti zadatu funkciju: 𝐹(𝐴,𝐵,𝐶) = 𝐴𝐶 𝐴𝐵𝐶 𝐵𝐶 + 𝐴𝐵𝐶. Rešenje:

𝐹(𝐴,𝐵,𝐶) = 𝐴𝐶 𝐴𝐵𝐶 𝐵𝐶 + 𝐴𝐵𝐶 = = 𝐴 + 𝐶𝐴 + 𝐵𝐶𝐵 + 𝐶 + 𝐴𝐵𝐶 = = 𝐴 + 𝐶𝐴 + 𝐵 + 𝐶𝐵 + 𝐶 + 𝐴𝐵𝐶 = = 𝐴 𝐴 + 𝐵 𝐴 + 𝐶 𝐴 + 𝐴 𝐶 + 𝐵 𝐶 + 𝐶 𝐶𝐵 + 𝐶 + 𝐴𝐵𝐶 = = 𝐵 𝐴 + 𝐶 𝐴 + 𝐴 𝐶 + 𝐵 𝐶 + 𝐶𝐵 + 𝐶 + 𝐴𝐵𝐶 = = 𝐵 𝐴 + 𝐶 ( 𝐴 + 𝐴 + 𝐵 + 1)𝐵 + 𝐶 + 𝐴𝐵𝐶 = = 𝐵 𝐴 + 𝐶𝐵 + 𝐶 + 𝐴𝐵𝐶 = = 𝐵𝐵 𝐴 + 𝐶 + 𝐴𝐵𝐶 = = 𝐶 + 𝐴𝐵𝐶 = = 𝐶(1 + 𝐴𝐵) = = 𝐶. 6. Projektovati logičku mrežu koja omogućava paljenje motora automobila pod sledećim uslovima: - ključ za paljenje motora u bravi; - vozač sedi na svom sedištu i vezao je sigurnosni pojas; - sedište suvozača je prazno ili sedi suvozač sa vezanim pojasom. Rešenje: Pomoću odgovarajućih davača potrebno je utvrditi stanje relevantnih činilaca koji utiču na zahtev za startovanje motora. Svakom činiocu se dodeljuje odgovarajuća logička promenljiva koja uzima vrednost 1 (istinito) kada je uslov ispunjen. A - ključ za paljenje motora; B - sedište vozača; C - sigurnosni pojas vozača; D - sedište suvozača; E - sigurnosni pojas suvozača. Logička funkcija F koja zadovoljava postavljene uslove za omogućavanje paljenja je: 𝐹 = 𝐴𝐵𝐶𝐷 + 𝐷𝐸 = 𝐴𝐵𝐶𝐷 + 𝐷𝐷 + 𝐸 = 𝐴𝐵𝐶𝐷 + 𝐸. Logičko kolo kojim se realizuje tražena funkcija prikazano je na slici:

88

ABC

D

E

F

7. Tri sudije boduju bokserski meč. Bokser dobija poen ako udarac u određenom vremenskom intervalu istovremeno boduju pritiskom na taster bar dvojica sudija. Napraviti logičko kolo koje daje logičku jedinicu na izlazu kada treba dodeliti bod bokseru. Rešenje: Ako svakom sudiji dodelimo po jednu logičku promenljivu koje obeležimo slovima A, B, C onda izlaz F treba da ima vrednost 1 za vrednosti prikazane u sledećoj tabeli:

A B C F 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1

Na osnovu tabele vidi se da je vrednost funkcije F =1 za sledeće vrednosti: 𝐹 = 𝐴𝐵𝐶 + 𝐴𝐵𝐶 + 𝐴𝐵𝐶 + 𝐴𝐵𝐶 = = 𝐴𝐵𝐶 + 𝐴𝐵𝐶 + 𝐴𝐵𝐶 + 𝐴𝐵𝐶 + 𝐴𝐵𝐶 + 𝐴𝐵𝐶 = = 𝐵𝐶(𝐴 + 𝐴) + 𝐴𝐶(𝐵 + 𝐵) + 𝐴𝐵(𝐶 + 𝐶) = = 𝐵𝐶 + 𝐴𝐶 + 𝐴𝐵 = = 𝐵𝐶 + 𝐴(𝐶 + 𝐵)

A

B

C

F

8. Na ulaze A i B kola sa slike mogu se dovesti sve kombinacije napona 0 i 5 V. Ako 5 V predstavlja napon logičke jedinice a 0 V napon logičke nule koja se funkcija realizuje na izlazu Ui?

89

Koliko minimalno strujno pojačanje treba da ima tranzistor Tr1 ako tranzistor Tr2 provede i ode u zasićenje čim napon na njegovoj bazi dostigne napon UBE (struja baze Tr2 pri tome je zanemarljivo mala)? UBE = 0,6 V. Pad napona na direktno polarisanoj diodi UD = 0,6 V. R1 = 20 kΩ, R2 = 560 Ω, E = 5 V. Napon između emitera i kolektora tranzistora u zasićenju je UCES = 0 V. Rešenje: Ako su ulazi A i B na 0 V tranzistor Tr1 ne provodi jer nema napona na bazi dok se tranzistor Tr2 nalazi u zasićenju jer je preko otpornika R2 i R1 ima odgovarajući napon polarizacije baze pa je izlazni napon Ui = UCES = 0 V. Ako je jedan od ulaza na nivou logičke jedinice, recimo ulaz A ( ne gubi se na opštosti jer su ulazi identični), tranzistor Tr1 ima odgovarajući napon polarizacije baze i odlazi u zasićenje pa je napon na njegovom kolektoru UCES = 0 V. Kako se polarizacija baze tranzistora Tr2 vrši pomoću otpornika R1 koji je vezan na kolektor Tr1 tranzistor Tr2 se nalazi u zakočenom stanju pa je Ui = E. Ako su oba ulaza na nivou logičke jedinice povećava se bazna struja Tr1 pa je on sigurno u zasićenju i analiza važi kao kad je jedan ulaz na nivou logičke jedinice. Tablično prikaz zavisnosti izlaznog napona od ulaznog je:

A B Ui 0 0 0 E 0 E 0 E E E E E

Analizom tablice vidi se da je to ILI kolo.

Ako je UA = E napon na ulazu A kada se on nalazi na nivou logičke jedinice, VC1 napon na kolektoru tranzistora Tr1, IC1 struja kolektora tranzistora Tr1 (nije upisana na slici) biće:

112 III B =+ , 011 =−−− BEDA UIRUV ,

mА19,01

1 =−−

=R

UUVI BEDA ,

mA03,01

2 ==R

UI BE .

mA16,0211 =−= III B . Minimalno pojačanje tranzistora Tr1 se određuje iz uslova da se tranzistora Tr2 nalazi na pragu provođenja t.j. da je napon na njegovoj bazi UBE a struja baze IB2 = 0. Da bi se to

90

odredilo potrebno je odrediti koji je napon na kolektoru tranzistora Tr1 VC1 pri kome su zadovoljeni uslovi praga provođenja tranzistora Tr2. 51IRU BE = , 5524 IIII B =+= , BEC UIRIRIRV 22 5151411 ==+= . 413 III C += ,

mA03,02

22 11

14 ===

RU

RV

I BEC .

mA8,32

22

13 =

−=

−=

RUE

RVE

I BEC .

mA77,3431 =−= IIIC . Minimalno strujno pojačanje je:

56,2316,077,3

1

1min ===

B

C

II

β .

91

KOMBINACIONA KOLA

1. Pomoću ILI kola realizovati koder za binarno kodiranje tri ulaza koja istovremeno ne mogu biti aktivirana.

Rešenje: Koder je elektronsko kolo koje broj iz primarnog brojnog sistema (decimalni broj)

prevodi u sekundarni brojni sistem (binarni broj). Blok šema kodera data je na slici:

Ako ulaz U1 odgovara decimalnom broju 1, ulaz U2 odgovara decimalnom broju 2 i

U3 odgovara decimalnom broju 3 koderom se ti decimalni brojevi prevode u binarne brojeve 01, 10 i 11 koji imaju dve cifre obeležene sa A i B. Kodiranje je prikazano tablično:

Ulaz decimalni broj A B

U1 1 0 1

U2 2 1 0

U3 3 1 1

Izlaz A je ima vrednost binarne jedinice kada je na ulazu broj U2 ili U3. Izlaz B je ima

vrednost binarne jedinice kada je na ulazu broj U1 ili U3. Pomoću ILI kola to se može prokazati na sledeći način:

A = U2 + U3, B = U1 + U3,

92

2. Pomoću I i NE kola realizovati dekoder koji trobitni binarni signal dekodira u 8 nezavisnih izlaza.

Rešenje: Dekoder je elektronsko kolo koje broj iz sekundarnog brojnog sistema (binarni broj)

prevodi u primarni brojni sistem (decimalni broj). Blok šema dekodera data je na slici:

Tablično se može prikazati kako se decimalne cifre od 0 do 7 prikazuju pomoću tri

binarne cifre A, B i C. Da bi se decimalni brojevi prikazali jednoznačno potrebno je da se svaki decimalni broj prikaže pomoću stanja sve tri binarne cifre što je prikazano u zadnjoj koloni tabele.

Decimalni

broj A B C

0 0 0 0 𝐴 𝐵 𝐶

1 0 0 1 𝐴 𝐵 𝐶

2 0 1 0 𝐴 𝐵 𝐶

3 0 1 1 𝐴 𝐵 𝐶

4 1 0 0 𝐴 𝐵 𝐶

5 1 0 1 𝐴 𝐵 𝐶

6 1 1 0 𝐴 𝐵 𝐶

7 1 1 1 𝐴 𝐵 𝐶

Elektronsko kolo realizovano pomoći I i NE kola ima sledeći izgled:

93

3. Realizovati konvertor koji binarno kodirane brojeve do 3 prikazuje u decimalnom

obliku na sedmosegmentnom displeju. Rešenje:

Prikaz brojeva na sedmosegmentnom displeju (koji se obično realizuje pomoću LED dioda) može se ostvariti propuštanjem struje kroz odgovarajuće segmente kao što je prikazano na slici.

Ako smatramo da se segment pali kada je na njega dovedena logička jedinica onda se može formirati tablica uključenosti pojedinih segmenata:

94

Decimalni broj

Binarni broj Segmenti B A a b c d e f g

0 0 0 1 1 1 1 1 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 0 0 2 1 0 1 1 0 1 1 0 1 3 1 1 1 1 1 1 0 0 1

Posmatramo kada su uključeni pojedini segmenti:

( ) ( )( ) BABAAAABAABBBAABBABAa +=++=+=++=++= , AAb +== 1 ,

( ) ( )( ) ABABBBABBABAABABBABAc +=++=+=++=++= , ad = ,

( ) ABBABABAe =+=+= , BAf = ,

( ) BAABABBAg =+=+= . Realizacija konvertora pomoću logičkih kola je:

95

SEKVENCIJALNA KOLA

1. Odrediti potrebnu učestanost generatora impulsa, G, u tački A tako da učestanost impulsa u tački D bude 100 Hz. Nacrtati izgled napona u tačkama A, B, C i D.

Q

QSET

CLR

T

Q

QSET

CLR

T

Q

QSET

CLR

T

G AB C

D

Rešenje: U kolu se koriste T flip flopovi. T flip flop je elektronsko kolo koje menja stanje na

izlazu Q kada na impuls na ulazu T menja stanje sa logičke jedinice na logičku nulu (silazna ivica). Tablica istinitosti T flip flopa data je u tabeli. Qn je stanje u n-tom trenutku a Qn+1 je stanje u sledećem trenutku. T flip flop ima i komplementarni izlaz Q.

T Qn Qn+1 0 0 0 0 1 1 1 0 1 1 1 0

Na slici su prikazani izgledi napona u tačkama A, B, C i D.

Napon u tačku D osciluje sa periodom:

0

01881f

Tf

T ===

gde je T0 perioda impulsa koje proizvodi generator impulsa.

Hz80080 == ff .

96

2. Generatorom G u digitalnom kolu sa slike formira se povorka pravougaonih impulsa. Nacrtati izgled napon u tačkama A i B. Objasniti rad i ulogu ovog sklopa.

Q

QSET

CLR

T

1Q

QSET

CLR

T

2Q

QSET

CLR

T

3

G

A

B

Rešenje: Napon na izlazu I kola a samim tim i u tačkama A i B zavisi od stanja izlaza T flip

flopova: 𝐴 = 𝑄1 𝑄2 𝑄3 𝐵 = 𝑄1 𝑄2 𝑄3. Izgled napona u karakterističnim tačkama dat je na slici.

Sa slike se vidi da se izdvajaju dva impulsa koji su međusobno pomereni za dva takt

impulsa i odgovaraju binarni brojevima 3 i 5. Ovo kolo predstavlja dekoder cifara 3 i 5.

3. Na ulaz A kola sa slike dovodi se povorka pravougaonih impulsa učestanosti 4000Hz kod koje je odnos signal-pauza 1 dovoljne amplitude da može da vrši okidanje T flip-flopa. Odrediti sve moguće vrednosti i periodu ponavljanja napona na izlazu (Y). Nacrtati vremenske dijagrame napona na izlazu Q svih flip-flopova i na izlazu Y u odnosu na ulazni signal.

Napon na izlazu T flip-flopa je 5V za nivo logičke jedinice i 0V za nivo logičke nule. R1 = 4⋅R, R2 = 2⋅R, R3 = R4 = R = 10 kΩ. Rešenje:

97

Za referentne smerove prikazane na slici važi: 04321 =−++ IIII ,

1

11 R

UI Q= ,

2

22 R

UI Q= ,

3

33 R

UI Q= ,

44 R

UI i−= .

33

42

2

41

1

4QQQYi U

RRU

RRU

RRUU −−−== .

124

321 QQQi

UUUU −−−= . (1)

UQ1, UQ2, UQ3 su naponi na izlazima flip-flopova F1, F2, F3 respektivno. Ako se uzmu u obzir sve moguće vrednosti napona na izlazima flip- flopova dobija se sledeća tabela:

UQ3 [V] UQ2 [V] UQ1 [V] Binarni broj UQ3 UQ2 UQ1

Decimalni broj Ui [V]

0 0 0 000 0 0,00 0 0 E 001 1 -1,25 0 E 0 010 2 -2,50 0 E E 011 3 -3,75 E 0 0 100 4 -5,00 E 0 E 101 5 -6,25 E E 0 110 6 -7,50 E E E 111 7 -8,75

Vremenski dijagrami su prikazani na sledećoj slici: Perioda ponavljanja napona na izlazu je:

ms24000

8880

0 ====f

TT .

Operacioni pojačavač sa otpornicima čije su otpornosti u odnosu kao u zadatku predstavlja trobitni digitalno-analogni (DA) konvertor.

98

4. Napon na ulazima A, B, i C može da ima vrednost 0 i E. Odrediti zavisnost izlaznog napona Ui od napona na ulazima. Tablično predstaviti zavisnost izlaznog napona od binarnog broja CBA ako ulaz A predstavlja cifru najmanje težine binarnog broja CBA a ulaz C predstavlja cifru najveće težine binarnog broja CBA. Koja funkcija se realizuje kolom sa slike?

Smatrati da je napon logičke jedinice E a napon logičke nule 0V. Kada je na ulazu napon E odgovarajući tranzistor je u zasićenju i uključuje se rele. E = 6 V, R = 10 kΩ. Rešenje: Kada je na nekom od ulaza logička nula odgovarajući tranzistor ne provodi pa odgovarajući rele nije uključen zbog čega je jedan kraj odgovarajućeg otpornika otpornosti 2R vezan za potencijal od 0 V. Kada je na nekom od ulaza logička jedinica odgovarajući tranzistor je u zasićenju pa je odgovarajući rele uključen zbog čega je jedan kraj odgovarajućeg otpornika otpornosti 2R vezan za potencijal E. Da bi analizirali kolo primenićemo zakon superpozicije po kome se može posmatrati delovanje svakog ulaza nezavisno a zatim kao simultano delovanje svih ulaza na izlaz uzeti

99

algebarski zbir delovanja pojedinačnih ulaza. zbog toga posmatramo delovanje svakog ulaza posebno. Operacioni pojačavač je povezan kao neinvertujući pojačavač čije je pojačanje:

321 =+==RR

UU

Ac

i .

Ako su svi ulazi na logičkoj nuli napon na neinvertujućem ulazu operacionog pojačavača je jednak nuli pa je i izlazni napon jednak nuli. Ako je ulaz A na logičkoj jedinici i ako posmatramo samo mrežu otpornika do neinvertujućeg ulaza operacionog pojačavača dobija se:

Posle odgovarajuće transformacije dva paralelno vezana otpornika u jedan otpornik jer

je RRRRRRR =

+⋅

=22222||2 kolo se uprošćava:

Napon u tački c (napon na neinvertujućem ulazu operacionog pojačavača) je:

bAbAcA UURR

RU21

=+

= .

Posle daljih transformacija dobija se:

aAaAbA UURR

RU21

=+

= .

aAbAcA UUU41

21

== .

100

EE

RRRU aA 3

12

=+

= .

EU cA 41

31

⋅= .

Ako je ulaz B na logičkoj jedinici i ako posmatramo samo mrežu otpornika do neinvertujućeg ulaza operacionog pojačavača dobija se:

bBbBcB UURR

RU21

=+

= .

EE

RRRU bB 3

12

=+

= .

EU cB 21

31

⋅= .

Ako je ulaz C na logičkoj jedinici i ako posmatramo samo mrežu otpornika do neinvertujućeg ulaza operacionog pojačavača dobija se:

101

EERR

RU cC 31

2=

+= .

Usled superpozicije izlazni napon je: ( )cCcBcAi UUUAU ++=

C UcC [V] B UcB

[V] A UcA [V]

Binarni broj CBA

Decimalni broj Ui [V]

0 0 0 0 0 0 000 0 0 0 0 0 0 1 0,5 001 1 1,5 0 0 1 1 0 0 010 2 3 0 0 1 1 1 0,5 011 3 4,5 1 2 0 0 0 0 100 4 6 1 2 0 0 1 0,5 101 5 7,5 1 2 1 1 0 0 110 6 9 1 2 1 1 1 0,5 111 7 10,5

Kolo predstavlja digitalno – analogni (D/A) konvertor sa lestvičastom otpornom mrežom. 5. Na ulaz kola sa slike dovodi se naponski signal Uul prikazan na istoj slici. Napraviti tablicu zavisnosti binarnog broja BA od ulaznog napona. Koja funkcija se realizuje kolom sa slike? Napon na izlazu komparatora može da ima vrednost 0 i E. Napon logičke nule je 0 V a napon logičke jedinice je E. E = 10 V, R = 10 kΩ.

102

Rešenje: Pragovi komparacije komparatora su:

Komparator Prag komparacije

K1 44ER

RE

=

K2 2423

4EER

RE

==

K3 433

4ER

RE

=

Stanje na izlazima A i B se izračunava uprošćavanjem logičke šeme: 321321 YYYYYYA += ,

21321321 YYYYYYYYB =+= .

Podelom promene ulaznog napona na segmente od po 4E dobija se sledeća tablica:

Uu Y1 Y2 Y3 B A Decimalni

broj BA

40 E

÷ 0 0 0 0 0 0

24EE

÷ 1 0 0 0 1 1

43

2EE

÷ 1 1 0 1 0 2

EE÷

43 1 1 1 1 1 3

Ovo kolo predstavlja dvobitni analogno – digitalni (A/D) konvertor.