Viša tehnička škola – S u b o t i c a
Mr. Nándor Burány
Milan Adžić
OSNOVI ELEKTRONIKEzbirka zadataka
S u b o t i c a oktobra 2002. god.
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE PREDGOVOR
Strana I
P R E D G O V O R
Ova zbirka je namenjena studentima Više tehničke škole u Subotici. Osnovni zadatak ovezbirke je da omogući studentima lakše savladavanje gradiva koje se prelazi na časovima vežbanja.
Većina zadataka će biti prorađena na časovima računskih vežbanja, tako da će studenti biti umogućnosti da se unapred pripreme i da aktivnim učešćem u mnogome doprinesu kvalitetu ipovećanju svoga znanja.
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE SADRŽAJ
Strana II
S A D R Ž A JPoglavlje Strana
SPISAK PRIMENJENIH SIMBOLA III
1. PASIVNA KOLA 1
2. LINEARNA KOLA 16
3. IMPULSNA KOLA 78
4. DIGITALNA KOLA 112
5. ZADACI ZA VEŽBU 138
6. LITERATURA 149
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE SPISAK PRIMENJENIH SIMBOLA
Strana III
SPISAK PRIMENJENIH SIMBOLA:
A PPoojjaaččaannjjeeD...C,B,A, PPrreekkiiddaaččkkee pprroommeennlljjiivvee,, pprrvveennssttvveennoo uullaazznneeBAB;A ⋅⋅ LLooggiiččkkaa II ooppeerraacciijjaa (( AA ii BB ));; NNII ooppeerraacciijjaa
BAB;A ++ LLooggiiččkkaa IILLII ooppeerraacciijjaa (( AA iillii BB ));; NNIIIILLII ooppeerraacciijjaaBA ⊕ IIsskklljjuuččiivvaa IILLII ooppeeaarrcciijjaa
OA JJeeddnnoossmmeerrnnoo ppoojjaaččaannjjee
rA PPrreennoossnnaa ffuunnkkcciijjaa kkoollaa ssaa ppoovvrraattnnoomm sspprreeggoomm
vA NNaappoonnsskkoo ppoojjaaččaannjjeeB BBaazzaaC KKoolleekkttoorr,, kkaappaacciittiivvnnoossttCMRR FFaakkttoorr ppoottiisskkiivvaannjjaa ddiiffeerreenncciijjaallnnoogg ppoojjaaččaavvaaččaa
DZD, DDiiooddaa,, CCeenneerr--ddiiooddaaf UUččeessttaannoossttG GGeejjtt( )ωjH PPrreennoossnnaa ffuunnkkcciijjaa
DSSI NNaajjvveeććaa ssttrruujjaa kkaannaallaa ffeettaa
GF FFaakkttoorr ggrraannaannjjaa
QQ, IIzzllaazz kkoollaa,, ppoosseebbnnoo iizzllaazzii fflliippffllooppaaR OOttppoorrnnoosstt,, uullaazz zzaa rreesseettoovvaannjjee fflliippffllooppaa
iR IIzzllaazznnaa oottppoorrnnoosstt ppoojjaaččaavvaaččaa
uR UUllaazznnaa oottppoorrnnoosstt ppoojjaaččaavvaaččaaSR SSlluurreejjtt,, bbrrzziinnaa pprroommeennee ssiiggnnaallaaT VVrreemmeennsskkii iinntteerrvvaall,, ppeerriiooppddaat VVrreemmee
gV NNaappoonn ggeenneerraattoorraa
PV NNaappoonn pprraaggaa pprroovvoođđeennjjaa (( nnaappoonn uuššttiinnuuććaa kkaannaallaa )) kkoodd ffeettaa
RV RReeffeerreennttnnii nnaappoonn
tV NNaappoonn tteesstt ggeenneerraattoorraa
TV TTeemmppeerraattuurrnnii nnaappoonn
OI V,V JJeeddnnoossmmeerrnnii uullaazznnii,, ooddnnoossnnoo iizzllaazznnii nnaappoonn
oi ,VV NNaaiizzmmeenniiččnnii uullaazznnii,, ooddnnoossnnoo iizzllaazznnii nnaappoonn
OI ,VV NNaaiizzmmeenniiččnnii uullaazznnii,, ooddnnoossnnoo iizzllaazznnii nnaappoonn,, ssuuppeerrppoonniirraann jjeeddnnoossmmeerrnnoomm nnaappoonnuu
oi V,V SSrreeddnnjjaa vvrreeddnnoosstt nnaaiizzmmeenniiččnnoogg uullaazznnoogg,, ooddnnoossnnoo iizzllaazznnoogg nnaappoonnaa( ) ( )"1"V,"0"V NNaappoonn llooggiiččkkee jjeeddiinniiccee,, ooddnnoossnnoo llooggiiččkkee nnuullee
Y PPrreekkiiddaaččkkaa iizzllaazznnaa pprroommeennlljjiivvaaβ KKooeeffiicciijjeenntt ssttrruujjnnoogg ppoojjaaččaannjjaa ttrraannzziissttoorraa oodd bbaazzee ddoo kkoolleekkttoorraa;; pprreennoossnnaa ffuunnkkcciijjaa kkoollaa ppoovvrraattnnee sspprreeggeeτ VVrreemmeennsskkaa kkoonnssttaannttaa( )ωϕ FFaazznnaa kkaarraakktteerriissttiikkaa
ω KKrruužžnnaa uuččeessttaannoossttgω GGoorrnnjjaa ggrraanniiččnnaa uuččeessttaannoosstt
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE SPISAK PRIMENJENIH SIMBOLA
Strana IV
ZZAA DDIIOODDEE::
DI SSttrruujjaa ddiiooddee
DV NNaappoonn pprroovvooddnnee ddiiooddee
DZV DDoozzvvoolljjeennii iinnvveerrzznnii nnaappoonn ddiiooddee
ZV NNaappoonn CCeenneerr--ddiiooddee
ZZAA TTRRAANNZZIISSTTOORREE::
BI BBaazznnaa ssttrruujjaa ttrraannzziissttoorraa uu aakkttiivvnnoomm rreežžiimmuu rraaddaa
CI KKoolleekkttoorrsskkaa ssttrruujjaa ttrraannzziissttoorraa uu aakkttiivvnnoomm rreežžiimmuu rraaddaa
EI EEmmiittoorrsskkaa ssttrruujjaa ttrraannzziissttoorraa uu aakkttiivvnnoomm rreežžiimmuu rraaddaa
EECCBB V,V,V NNaappoonnii nnaappaajjaannjjaa ččiijjii jjee jjeeddaann kkrraajj vveezzaann nnaa ooddggoovvaarraajjuuććii ttrraannzziissttoorrsskkii pprriikklljjuuččaakk,, aa ddrruuggii nnaa mmaassuu
CEBE V,V BBaazznnii,, ooddnnoossnnoo kkoolleekkttoorrsskkii nnaappoonn pprroovvooddnnoogg ttrraannzziissttoorraa uu eemmiitteerrsskkoojj vveezzii
ZZAA FFEETTOOVVEE II MMOOSSFFEETTOOVVEE::
DI SSttrruujjaa ddrreejjnnaa
GSDS,VV NNaappoonn ddrreejjnnaa,, ooddnnoossnnoo ggeejjttaa
ZZAA PPOOLLUUPPRROOVVOODDNNIIČČKKEE EELLEEMMEENNTTEE::
D DDiiooddaaDZ CCeenneerr--ddiiooddaa (( ZZeenneerr ))FT FFeett
...Q,Q 21 TTrraannzziissttoorr
ZZAA SSIISSTTEEMMEE LLOOGGIIČČKKIIHH KKOOLLAA::
CCMMOOSS SSaa kkoommpplleemmeennttaarrnniimm mmoossffeettoovviimmaaDDTTLL DDiiooddnnoo--ttrraannzziissttoorrsskkiiEECCLL SSaa eemmiittoorrsskkoomm sspprreeggoomm
ZZAA LLOOGGIIČČKKEE OOPPEERRAACCIIJJEE::
II MMnnoožžeennjjeeIILLII SSaabbiirraannjjeeNNEE KKoommpplleemmeennttiirraannjjeeNNII MMnnoožžeennjjee ii kkoommpplleemmeennttiirraannjjeeNNIILLII SSaabbiirraannjjee ii kkoommpplleemmeennttiirraannjjee
ZZAA FFLLIIPPFFLLOOPPOOVVEE::
FFFF FFlliippffllooppRRSS,,TT,,JJKK,,DD LLooggiiččkkee ffuunnkkcciijjee fflliippffllooppoovvaa
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE PASIVNA KOLA
Strana 1
1. PASIVNA KOLA
1.1. zadatak
a) Analizirati strujne i naponske pojave u kolu sa slike 1. koji nastaju nakon uključenjaprekidača SW.
Slika 1.
Za omski otpor važi:
[ ]iVR
A=
Slika 2.
b) Analizirati strujne i naponske pojave u kolu sa slike 3. koji nastaju nakon uključenjaprekidača SW.
Slika 3.
Za RC kolo važi:
V v vC
i dt R iqC
R ic R
t
= + = ⋅ ⋅ + ⋅ = + ⋅∫1
0
didt R C
i+⋅
⋅ =1
0
i A es t= ⋅ ⋅ A s eR C
A e sR C
s t s t⋅ ⋅ +⋅
⋅ ⋅ = ⇒ = −⋅
⋅ ⋅10
1
vRR
+
-
SW
vRR
+
-
SW C
vCV
vR
t
t
iR V/R
V
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE PASIVNA KOLA
Strana 2
i A et
R C= ⋅−
⋅
[ ]vqC
Vc = u t = 0 vc = 0 i V v R iR= = ⋅
t iVR
AVR
= → = ⇒ =0
iVR
e v V et
R CR
tR C= ⋅ ⇒ = ⋅
−⋅
−⋅ v V v V ec R
tR C= − = ⋅ −
−⋅1
Slika 4.
c) Analizirati strujne i naponske pojave u kolu sa slike 5. koji nastaju nakon uključenjaprekidača SW.
Slika 5.
Za RL kolo važi:
[ ]V v v Ldidt
R ididt
RL
iVL
A sL R= + = ⋅ + ⋅ ⇒ + ⋅ =
Rešenje nalazimo uvođenjem dve komponente struje:za ustaljeni režim ( iF ) i za prelazni režim ( iN )
i i iF N= +didt
RL
iRL
iVL
iVR
NN F F+ ⋅ + ⋅ = ⇒ =
Rešavanjem homogenog dela jednačine dobijamo oblik struje prelaznog režima:
didt
RL
i i A eNN N
RL
t+ ⋅ = ⇒ = ⋅
− ⋅0
vRR
+
-
SW L
vLV
vC
t
t
iC V/R
V
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE PASIVNA KOLA
Strana 3
[ ]i i iVR
A e AF N
RL
t= + = + ⋅
− ⋅
Za t i= → =0 0, pa se dobija:
[ ]AVR
A= −
iVR
eRL
t= ⋅ −
− ⋅1 v L
didt
V eL
RL
t= ⋅ = ⋅
− ⋅
Slika 6.
d) Analizirati strujne i naponske pojave u kolu sa slike 7. koji nastaju nakon uključenjaprekidača SW.
Slika 7.
Za čisti induktivni otpor važi:
[ ]didt
VL
A s const= = .
iVL
t= ⋅
Slika 8.
+
-
SW L
vLV
vL
t
t
iLV/R
V
vL
t
t
iL Vt/L
V
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE PASIVNA KOLA
Strana 4
1.2. zadatak
Analizirati strujne i naponske pojave u kolu sa slike 1. koji nastaju nakon uključenja iponovnog isključenja prekidača SW u trenutku t1.
Slika 1.
Za 0<t<t1 važi:
[ ] .constsALV
dtdiL ==
tLVii L ⋅==
Za t>t1 važi:
v Ldidt
t tL = ⋅ = → >0 1
i i constVL
tL D= = = ⋅. 1
Slika 2.
1.3. zadatak
Za kolo sa slike 1. sa transformatorom sa sopstenom induktivitetom 200µH i zanemarljivomrasipnim induktivitetom i prenosnim odnosom N N1 2 20 60= . Napon izvora je 200V. Prekidač SWje otvoren neko vreme, pa se zatvori i ponovo otvori posle 200µs.
V vD
SW
+
-L
iL
i
t
it
vL
Vt1/L
V
t1
t1
iD
tiL Vt1/L
t1
Vt1/L
t1
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE PASIVNA KOLA
Strana 5
Odrediti:a) Vrednost vršnog napona na diodi vD .b) Vreme za koje dioda vodi.c) Dokazati da se sva energija nagomilana iz izvora u transformatoru vraca u izvor posleotvaranja prekidača.
Slika 1.
Rešenje:
Kolo sa slike 1. možemo postupno transformisati prema slikama 2. i 3.
Slika 2.
Slika 3.
nNN
vv
= =1
2
1
2
Za 0 1< <t t važi:
V v1 v2vD
SW
+
-
i1
i2
V
vD
v1 v2
SW i1 i2/n
+
-+
-V
i2
L
V
nvD
v1
SW i1 i2/n
+
-L +
-nV
iM
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE PASIVNA KOLA
Strana 6
( )v V n v VD1 = = ⋅ −
[ ]v Vn
VD = ⋅ +
1
1
Zbog diode važi in
i iM2
10= ⇒ = (dioda je inverzno polarisana).
v V Ldidt1
1= = ⋅
t i= → =0 01
[ ]iVL
t A1 = ⋅ 0 1< <t t
Za t t> 1:
iinM = − 2 n vD⋅ = 0 (struja kroz kalem nastavlja da teče kroz diodu)
Neka je: t t t' = − 1
v n V Ldidt
Ln
didt
M1
2= − ⋅ = ⋅ = − ⋅' ' ( )∗
iin
iM tt
t''
'==
== − =
+−0
2
01 0
in
VL
t in V
Lt
tt
2
01 2 0 1
''
==
++= − ⋅ ⇒ = −
⋅⋅
Iz ( )∗ dobijamo:
didt
nL
V22
' = ⋅ i AnL
V t2 1
2
= + ⋅ ⋅ '
Za t ' = 0 važi:
−⋅
⋅ =n V
Lt A1 1 tj. A
n VL
t1 1= −⋅
⋅
inL
V ttn2
21= ⋅ ⋅ −
'
Struja postaje i2 0= za vreme ttn
t t' = = −12 1
ttn
tn
nt2
11 1
1= + =
+⋅
Za t t v= → =2 1 0, pa je:
v VD = t t> 2
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE PASIVNA KOLA
Strana 7
Slika 4.
Maksimalan vršni napon na diodi je ( pri nNN
= =1
2
13
):
[ ]v Vn
VD = ⋅ +
= ⋅ +
=1
1200 1
113
800
Dioda vodi za period [ ] [ ]t t
tn
ss2 1
1 20013
600− = = =µ
µ
Bilans nagomilane i vraćene energije je prema tome:
[ ]W V i dt VVL
t dtVL
t dtVL
t JI
t t t
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅∫ ∫ ∫10 0
2 2
12
0
1 1 1 12
v1
t
V
t1 t2
v2
t
-nV
t1t2
vD
t
V(1+1/n)
t1t2
i1
t
Vt1/L
t1 t2
i2
t
t1 t2
i
t
V
t1 t2
V/n
-V
V
-nVt1/L
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE PASIVNA KOLA
Strana 8
[ ]W JI = ⋅⋅
⋅ ⋅ =−−1
2200
200 10200 10 4
2
62 12 WI - nagomilana energija
W V i dtn V
Lt
tn
dtn V
Lt t
ntR
t nt n t n
= ⋅ ⋅ =⋅
⋅ −
⋅ =
⋅⋅ − ⋅
∫∫ 2
2 21
2 2 21
00 02
11 1
' ' ' ''
[ ] [ ]Wn V
Ltn
tn
VL
t J JR =⋅
⋅⋅
−
= − ⋅ ⋅ = −
2 2
212
212 2
12
212
4 WR - vraćena energija
[ ]W W JI R+ = 0
1.4. zadatak
Analizirati strujne i naponske pojave u kolu sa slike 1. koji nastaju nakon uključenjaprekidača SW.
Slika 1.
Rešenje:
Za RLC kolo važi
( )V v v v Ldidt C
i dt v R iL C R
t
C= + + = ⋅ + ⋅ ⋅ + + ⋅∫10
0
(kondenzator je napunjen)
d idt
RL
didt L C
i2
2
10+ ⋅ +
⋅⋅ =
Ustaljeni režim: iF = 0Prelazni režim: i i A e A eN
s t s t= = ⋅ + ⋅⋅ ⋅1 2
1 2 ; s1 i s2 su koreni karakteristične jednačine:
sRL
sL C
2 10+ ⋅ +
⋅=
Ako se uvede:
ω0
1=
⋅L C- rezonantna frekvencija
ξ =⋅R
L2- faktor potiskivanja
+
-
SW
V vRR
C
vCvL
L
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE PASIVNA KOLA
Strana 9
važi:
sdidt
2022 0+ ⋅ ⋅ + =ξ ω
s12
202
2022 4 4
2=− ⋅ ± ⋅ − ⋅
= − ± −ξ ξ ω
ξ ξ ω
[ ]i e A e A et t t= ⋅ ⋅ + ⋅− ⋅ − ⋅ − − ⋅ξ ξ ω ξ ω1 2
202 2
02
Ako je ξ ω202> postoje dve eksponencijalne komponente.
Ako je ξ ω202< :
[ ]i e B t B ttr r= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅− ⋅ξ ω ω1 2cos sin
ω ω ξr = −02 2 frekvencija oscilovanja
1.5. zadatak
U kolu sa slike 1. iz prethodnog zadatka SW se zatvara u t=0. Poznato je V=100V,L=10mH, C=1µF, R=80Ω. Kapacitet je inicijalno napunjen sa ( )v VC 0 25− = .
Odrediti:a) vremenski odziv struje u kolub) inicijalnu brzinu porasta struje u trenutku t=0.
Rešenje:
Na osnovu prethodnog zadatka važi:
[ ]ξ =⋅
=⋅
= ⋅−
RL
rad s2
8020 10
4 1033
[ ]ω0 2 641 1
10 1010=
⋅=
⋅=
− −L Crad s
Kako je ξ ω202< :
[ ]ω ω ξr rad s= − = ⋅ − =02 2 310 100 16 9170[ ]i e B t B tt= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅− ⋅4000
1 29170 9170cos sin( ) ( )i i B0 0 0 01
+ −= = ⇒ = (zbog induktivnosti)i e B tt= ⋅ ⋅ ⋅− ⋅4000
2 9170sin
V v v vL C R= + +
[ ]v Ldidt
V v VL C= ⋅ = − = − =100 25 75
[ ]didt
A st=
−+
=⋅
=0
3
7510 10
7500
didt
e B t e tt t= − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅− ⋅ − ⋅4000 9170 9170 917040002
4000sin cos
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE PASIVNA KOLA
Strana 10
Za t=0 važi:
[ ]9170 750075009170
0 8182 2⋅ = ⇒ = =B B A,
i e tt= ⋅ ⋅ ⋅− ⋅0 818 91704000, sin
fT
r= =ωπ2
1[ ]T ms= =
29170
0 694π
,
Slika 1.
1.6. zadatak
Analizirati strujne i naponske pojave u kolu sa slike 1. koji nastaju nakon uključenjaprekidača SW.
Slika 1.
Rešenje:
Za AC izvor i RLC kolo važi:
( )v t V t= ⋅ ⋅ ⋅2 sinω
( )Ldidt C
i dt v R i V tt
C⋅ + ⋅ ⋅ + + ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅∫10 2
0
sinω
d idt
RL
didt L C
iVL
t2
2
1 2+ ⋅ +
⋅⋅ =
⋅ ⋅⋅ ⋅
ωωcos
Prelazna komponenta ne zavisi od izvora i dobija se kao rešenje homogene jednačine:
d idt
RL
didt L C
i2
2
10+ ⋅ +
⋅⋅ =
[ ]i A e A e ANs t s t= ⋅ + ⋅⋅ ⋅
1 21 2
Ustaljeni režim se dobija iz analize AC kola kao:
+
-
SW
v(t) vRR
C
vCvL
L
~
t
i V
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE PASIVNA KOLA
Strana 11
( )i
V t
R LC
F =⋅ ⋅ ⋅ −
+ ⋅ −⋅
2
122
sin ω ϕ
ωω
gde je ϕω
ω=⋅ −
⋅arctgL
CR
1
pa je:
( )i i i
V t
R LC
A e A e poc usloviF Ns t s t= + =
⋅ ⋅ ⋅ −
+ ⋅ −⋅
+ ⋅ + ⋅ +⋅ ⋅2
122 1 2
1 2sin
.ω ϕ
ωω
1.7. zadatak
Rezonantni pretvarač napaja biohemijski senzor koji se može predstaviti sa R=10Ω.Proračunati L0 i C0 tako da se dobije V0=1Veff i da Vr i V0 budu pomereni za 900 po fazi prifrekvenciji od 300 kHz. Transformator je idealan.
Slika 1.
Rešenje:
YZ R
j Cj R C
RZ
Rj C RCR
C RCR= = + ⋅ ⋅ =
+ ⋅ ⋅ ⋅⇒ =
+ ⋅ ⋅ ⋅1 1 1
10
ωω
ω
Z j LR
j C RVV
Rj C R
Rj C R
j Luk
R= ⋅ ⋅ +
+ ⋅ ⋅ ⋅⇒ =
+ ⋅ ⋅ ⋅
+ ⋅ ⋅ ⋅+ ⋅ ⋅
ωω
ω
ωω
00
01
1
1
( )VV
RR R C L j L
RR C L j LR
02
0 0 02
0 0 01=
− ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅=
− ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ω ω ω ω
Pomak od 900 ostvaruje se ako je zadovoljen uslov: 1 020 0− ⋅ ⋅ =ω C L
VV
Rj LR
0
0=
⋅ ⋅ωVV
RL
L RVVR
R0
00
0
1=
⋅⇒ = ⋅ ⋅
ω ω
[ ]VV
Vieffi
eff= = ≅max ,2
152
10 6066
[ ]VV
N NVr
ieff= = =
1 2
10 6066100
0 10606,
,
t
Vi [V]
+15V
0VO
L0100:1
N1:N2
C0 RVR
IR
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE PASIVNA KOLA
Strana 12
[ ]L H0 360 10606
11
2 300 100 56266 10= ⋅
⋅ ⋅≅ ⋅ −,
,π
( )[ ]C
LF0 2
03 2 6
1 12 300 10 0 56266 10
0 5=⋅
=⋅ ⋅ ⋅ ⋅
=−ω π
µ,
,
1.8. zadatak
Na ulaz kola dolazi periodična povorka pravougaonih impulsa frekvencije 100 [kHz],faktora ispune 0,8 a logički nivoi su 0 [V] i +5 [V]. Posle uspostavljanja ustaljenog stanja, u t=0,ukljuci se prekidač SW. Izvesti izraz za napon v0(t) za t>0 (aproksimativno) i nacrtati odgovarajućivremenski dijagram. Pre uključenja prekidaca C2 je bio prazan.
Slika1.
Rešenje:
a) SW otvoren
Slika 2.
v v vC
i dt R iC R
t
= + = ⋅ + ⋅∫11 0
1
didt R C
i+⋅
⋅ =1
01
i A et
R C= ⋅−
⋅ 1
R SW
100EC1
0,1uFC2
0,1uF
v0
vi
t
+5V
v1min
v1max
v2min
v2max
v3min
v3max
DT 1-DT
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE PASIVNA KOLA
Strana 13
t D T v V v V A R eC R
tR C= → ⋅ ⇒ = − = − ⋅ ⋅
−⋅0 1
t V V V V A R et
R C= → = ⇒ = − ⋅ ⋅ =−
⋅0 01 11
min min AV V
R=
− min
( )t D T V V V V eD TR C= ⋅ → = − − ⋅
−⋅⋅
max min1 11
t D T T v v R B eC R
t D TR C= ⋅ → ⇒ = − = − ⋅ ⋅
−− ⋅⋅ 1
t D T v R B Bv
RCC− ⋅ = ⇒ = − ⋅ ⇒ = −0 1
1max
max
( )
v v eC C
D TR C
min max2 1
1
1= ⋅−
− ⋅⋅
Važi za svako ν:
( )
v v eC C
D TR C
min maxν ν+
−− ⋅⋅= ⋅1
1
1 (1)
v v e v eC C
D TR C
D TR C
max minν ν+ +
−⋅⋅
−⋅⋅= ⋅ + ⋅ −
1 1
1 11 (2)
Rešavanjem (1) i (2) dobijamo:
( )
v v e e v e v eC
D TR C
C
D T D TR C
D TR C
C
TR C
max max maxν ν νν+
−⋅⋅
−− ⋅ + ⋅
⋅−
⋅⋅
−⋅= ⋅ −
+ ⋅ = ⋅ −
+ ⋅1
1
1 11 1 1 1
Geometrijski niz za koji važi a eT
R C= <−
⋅ 1 1:
vaa
v eC
D TR C
max ν
ν
=−−
⋅ ⋅ −
−⋅⋅1
11 1
odnosno:
ve
ee vC
D TR C
TR C
TR C
max ν
ν=
−
−
⋅ −
⋅
−⋅⋅
−⋅
− ⋅⋅
1
11
1
1
1
Za stacionarno stanje važi:
v ve
evSC C
D TR C
TR C
max maxlim= =−
−
⋅→∞
−⋅⋅
−⋅
ν ν
1
1
1
1
( )
v v eSC SC
D TR C
min max= ⋅−
− ⋅⋅
1
1
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE PASIVNA KOLA
Strana 14
Za [ ] [ ] [ ] [ ]f kHz Hz Tf
s s= = ⋅ ⇒ = = ⋅ =−100 0 1 101
10 10 106 6, µ
[ ] [ ]R C s s⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ =− −1
6 6100 0 1 10 10 10 10, µ
Važi:
[ ]ve
eVSC max
,,,
,=−
−
⋅ ≅ ⋅ =− ⋅
⋅
⋅
−⋅
⋅
−
−
−
−
1
15
0 5506710350 632120558
5 4 3550 8
10 1010 10
10 1010 10
6
6
6
6
[ ]v e VSC min,, , , ,≅ ⋅ ≅ ⋅ =− ⋅4 355 4 355 0 818 3 5640 2 1
b) SW zatvoren
[ ] [ ]RC s s⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ =− −1
6 61000110 1010 10, µ
Pa važi:
( )v v v v v eC C
tR C C
1 2 11 2= = − − ⋅
−⋅ +( )min
odnosno:
( ) ( ) [ ]v v v v e e VC
D TR C
max min,, ,1 1
2 0 41 5 5 1 783 2 843= − − ⋅ = − − ⋅ ≅−
⋅⋅ ⋅ −
( )
[ ]v v e e VC C
D TR C
min'
max' ,, ,2 2
12 0 11 2 843 2 574= ⋅ ≅ ⋅ =
−− ⋅⋅ ⋅ −
Sve do novog ravnoteznog stanja:
[ ]ve
ev
ee
VS
D TR C
TR C
max'
,
, ,=−
−⋅ =
−−
⋅ ≅
−⋅
⋅ ⋅
−⋅ ⋅
−
−
1
1
11
5 4 1892
2
0 4
0 5
1
1
( )
[ ]v v e e VS S
D TR C
min'
max' ,, ,= ⋅ = ⋅ ≅
−− ⋅⋅ ⋅ −
12 0 11 4 189 3 790
12. zadatak
Kondenzator na slici u t0=0 je bio prazan. Iz strujnog generatora se dovede usamljenipravougaoni impuls struje amplitude 1 [A], trajanja t1. Proračunati krajnji napon kondenzatora zaslučajeve t1=5µs, 10µs, 15µs.
Rešenje:
v R iC
i dtt
= ⋅ = ⋅ ⋅∫1 20
1i i I const i I i1 2 2 1+ = = ⇒ = −.
Rdidt C
i⋅ = ⋅1
12
1 ( )Rdidt C
I i⋅ = ⋅ −1
11
1
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE PASIVNA KOLA
Strana 15
Slika 1.
Rdidt C
iC
I⋅ + ⋅ − ⋅ =1
11
1
1 10 i I iF N1 1 1= +
I I Rdidt C
iFN
N11
11
10= ⇒ ⋅ + ⋅ =
didt R C
i i A eNN
R Ct1
1
110+
⋅⋅ = ⇒ = ⋅
−⋅⋅
Za t=0:
i I A e A IR Ct
1
1
= + ⋅ ⇒ = −−
⋅⋅
i I e R Ct
1
1
1= ⋅ −
−⋅⋅
i I i I e R Ct
2 1
1
= − = ⋅−
⋅⋅
v R i R I e R Ct
= ⋅ = ⋅ ⋅ −
−⋅⋅
1
1
1
[ ]R C s⋅ = ⋅ ⋅ =−10 1 10 106 µ
a) ( ) [ ]v e e Vk = ⋅ ⋅ −
= ⋅ ⋅ − ≅
− −1 10 1 1 10 1 3 9355
10 0 5, ,
b) ( ) [ ]v e e Vk = ⋅ ⋅ −
= ⋅ − =
− −1 10 1 10 1 6 3211010 1 ,
c) ( ) [ ]v e e Vk = ⋅ ⋅ −
= ⋅ − =
− −1 10 1 10 1 6 9881510 1 5, ,
R10E
C10,1uF
Ig
i2 i1
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 16
2. LINEARNA KOLA
2.1. zadatak
Na slici 1. je prikazan diferencijalni pojačavač sa operacionim pojačavačem. Na ulaz jepriključen == V][1AV const. i promenljivi napon BV . Izvesti izraz za funkciju ( )BO f VV = ako je
=AV const. i nacrtati dijagram te funkcije. U kom opsegu napona BV će pojačavač raditi ulinearnom režimu? Uslov za linearni režim je da izlazni napon ne ide van opsega–13[V]< OV <+13[V]. Poznato je: R1 = 2,2 [kW]; R2 = 12 [kW].
Slika 1. Rešenje:
Da bi diferencijalni pojačavač pojačavao samo razliku ulaznih napona AV i BV , nezavisnood njihove srednje vrednosti, potrebno je da pojačanja od neinvertujućeg i invertujućeg ulaza doizlaza budu jednaka po modulu i suprotna po znaku (fazi). Pošto se to u praksi približno ostvaruje,kao mera za ocenu kvaliteta diferencijalnog pojačavača, uvodi se faktor potiskivanja CMRR(common-mode rejection ratio), kao odnos diferencijalnog pojačanja i pojačanja srednje vrednosti.Njegov smisao je da kvantitativno izkaže u kojoj meri diferencijalni pojačavač pojačava razlikuulaznih napona, nezavisno od njihove srednje vrednosti. U ovom slučaju diferencijalni pojačavač jeidealan te je njegov faktor potiskivanja beskonačan. Primenom principa superpozicije za diferencijalni pojačavač na slici 1. izlazni napon sedobija u obliku:
=OV ⋅
+⋅
+ 1
2
21
2RR1
RRR
BV – ⋅1
2RR
=AV ⋅1
2RR ( ) =− AB VV ⋅
Ω]Ω]k[2,2
k[12 ( )AB VV − ,
ako uzmemo u obzir da je == V][1AV const važi sledeće:
( )V][145,5 −⋅= BO VV .
U linearnom režimu izlazni napon se menja u opsegu –13[V]< OV <+13[V] pa uzimamodva granična slučaja:
a) ako je =OV –13 [V] tada iz prethodnih jednačina sledi:
-13[V] ( )V][145,5 −⋅= BV ,
pa je:
V][1,38−=BV .
+
_
∞
+15V
-15V
V O
V A
V B
R1
R1
R2
R2
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 17
b) ako je =OV +13 [V] sledi:
+13[V] ( )V][145,5 −⋅= BV ,
pa je:
V][3,38=BV .
Pri promeni napona –1,38[V]< BV <+3,38[V] diferencijalni pojačavač se nalazi ulinearnom režimu, slika 2.
Slika 2.
2.2. zadatak
Kolo na slici 1. treba da služi za sabiranje dva ulazna signala po formuli: 2I1IO VVV ⋅+⋅= 35 .Proračunati potrebne otpornike da bi se zadovoljila data formula.
Slika 1. Rešenje:
Primenimo princip superpozicije za kolo na slici 1. na taj način što ćemo u prvom slučajuuzeti da je 0=2IV , a u drugom 0=1IV . Za ta dva slučaja će kola izgledati kao na slikama 2 i 3,respektivno.
1 2 3 3,38-1-1,38
5,45
-5,45
13
-13
V O
V B
[ V ]
[ V ]
+
_R1
R2
R3
R4
V I1
V I2
V O
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 18
Slika 2. Slika 3.
Ako je 0=2IV tada za kolo sa slike 2. važi:
1I1
2
43
41O R
R1RR
RVV ⋅
+⋅
+= ,
a za drugi slučaj 0=1IV i kolo sa slike 3. je:
2I1
2
43
32O R
R1RR
RVV ⋅
+⋅
+= .
pa konačno imamo:
⋅
++⋅
+⋅
+=+= 2I
43
31I
43
4
1
22O1OO RR
RRR
RRR1 VVVVV .
Iz prethodnog izraza se vidi da ako je:
35
RR
3
4 = i 7RR
1
2 = ,
prethodni izraz se svodi na:
2I1IO VVV ⋅+⋅= 35 ,
što je upravo i dato postavkom zadatka.Pored prethodna dva odnosa otpornosti u okviru rešenja zadatka može se dodati i uslov
minimizacije ofseta usled struje polarizacije koji glasi:
21
21
43
43RRRR
RRRR
+⋅
=+⋅ .
Usvajanjem vrednosti Ω]k[102 =R , a na osnovu prethodnih uslova, lako se dobijajuvrednosti ostalih otpornosti Ω]k[1,431 =R , Ω]k[23 =R i Ω]k[3,334 =R ..
+
_R1
R2
R3
R4
V I1 V O1+
_R1
R2
R3
R4
V I2
V O2
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 19
2.3. zadatak
U kolu na slici 1. ulazni signali se menjaju od –12[V] do 12[V]. Pri svim varijacijamaulaznih signala 1IV i 2IV izlazni signali 1OV i 2OV treba da ostanu unutar opsega (–10[V], +10[V]).Poja-čanje u odnosu na 1IV treba da je četiri puta manje nego u odnosu na 2IV . Proračunatiotpornike R1, R2, R3 i R4 ako je R5 = 10 [kW].
Slika 1.
Rešenje:
Izlazni naponi za kolo sa slike 1. određeni su relacijama:
+⋅−=
1
1I
2
2I51O R
VR
VRV ,
( )
−+⋅−=
4
1I
3
2I52O R
VR
VRV .
Iz uslovu zadatka sledi da pojačanje u odnosu na 1IV treba da je četiri puta manje nego uodnosu na 2IV , pa na osnovu toga i prethodnih izraza sledi:
2
5
1
5RR
RR4 =⋅ 124 RR =⋅⇒ ,
3
5
4
5RR
RR4 =⋅ 434 RR =⋅⇒ .
Za granične vrednosti ulaznih napona izlazni naponi su:a) ako je: V][1221 == II VV tada je:
V]10V]12V][12
k[10 [[12
1 −=+⋅
−=
RRVO Ω] ,
+ _
+
_
+
_VI1
VI2
VO1
VO2
R1
R2
R3
R4
R5 R5
R5
R5
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 20
−= −⋅
432
V]12V][12k[10
[RR
VO Ω] .
b) ako je: V][12,V][12 21 −== II VV tada je:
−= +−⋅
121
V]12V][12k[10
[RR
VO Ω] ,
V]10V]12V][12
k10 [[43
2 =−−⋅
−=
RRVO Ω .
c) ako je: V][12;V][12 21 =−= II VV tada je:
−⋅−=
121
V][12V][12k[10RR
VO Ω] ,
V][10V][12V][12k[1043
2 −=
+⋅−=
RRVO Ω] .
d) ako je: V][1221 −== II VV tada je:
V][10V][12V][12k[1012
1 =
−−⋅−=
RRVO Ω] ,
+−⋅−=
432
V][12V][12k[10RR
VO Ω] .
Iz toga sledi:
Ω]k[152 =R ; Ω]k[604 21 =⋅= RR ; Ω]k[153 =R i Ω]k[604 34 =⋅= RR ..
2.4. zadatak
Na slici 1. je data šema analognog voltmetra za jednosmerni i naizmenični napon. Korišćeniinstrument sa kretnim kalemom ima maksimalno skretanje pri struji od 1 [mA]. Proračunati R1 i R2tako da se dobije opseg merenja od 10 [V], i za jednosmerni i za naizmenični signal. Prinaizmeničnom signalu instrument treba da pokazuje efektivnu vrednost za signal sinusnog oblika.
Slika 1.
∞VDC
VAC
R1
R2+
_
mA
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 21
Rešenje:
U slučaju da je 0=ACV i da postoji samo jednosmerni signal na ulazu, tada je primaksimalnoj struji mA][1max =I i maksimalnom otklonu instrumenta:
Ω]k[10mA][1
V][10
max1 ===
IVR DC .
Ako je 0=DCV a naizmenični ulazni signal ima efektivnu vrednost V][10=ACeffV ,
maksimalna vrednost mu je V][14,12max =⋅= ACeffAC VV a njegova srednja ispravljena vrednost seizračunava na sledeći način:
∫ ∫ ⋅⋅⋅
⋅⋅=⋅⋅⋅
⋅=T
0
2T
0
ACACACsr dt
Tt2
TV2dt
Tt2V
T1V ππ sinsin max
max ,
∫⋅
⋅==⋅=⋅⋅⋅
⋅=π
ππππ 0
ACeffAC
ACACACsr
V222VT
2T
Vdxx
2T
2T
VV max
maxmax sin ,
pa pri maksimalnom otklonu teče kroz instrument maksimalna struja:
mA][12
22max =
⋅
⋅⋅=
πRV
I ACeff ,
pa važi za R2:
Ω]k[9mA][1
V][10222
2max
2 ≅⋅
⋅⋅=
⋅
⋅⋅=
ππIV
R ACeff .
2.5. zadatak
Konstruiše se analogni elektronski termometar prema šemi na slici 1. Proračunatinepoznate otpornosti tako da se pri T = 0 [°C] javlja nulto skretanje, a pri T = 100 [°C] maksimalnoskretanje. Poznato je sledeće: R3 = 2 [kW]; ( ) V]0,6[][0 =°CVD ; ( ) V]0,4[][100 =°CVD .Maksimalno skretanje instrumenta se dobija za struju od 100 [µA].
Slika 1.
VD
R1
R2
R3
+15V
-15V
∞+
_
+_mA
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 22
Rešenje:
a) Ako uzmemo da je C]0[°=T i ( ) V]0,6[][0 =°CVD tada je A]0[=AI i za kolosa slike 2. važi sledeće:
21
DA RR
VI V15−= ,
pa je:
0,04,==
1560
RR
2
1 .
Slika 2.
b) Kada je C][100 °=T i ( ) V]0,4[][100 =°CVD tada je mA][0,1=AI za kolo sa slike 2.važi sledeće:
mA]0,1[V1525V15
2221
=
−
⋅−=
−−=
RRV
RRVI DD
A ,
pa je:
Ω]k50[2 =R i Ω]k[21 =R .
2.6. zadatak
Uređaj za pražnjenje akumulatora radi merenja kapaciteta je konstruisan prema šemi na slici1. Napon akumulatora se menja, u zavisnosti od primene, od 1,8 [V] do 14 [V]. Odrediti graniceoblasti sigurnog rada ( VCE0, ICmax, PDmax ) za bipolarni tranzistor Q1 koji se može koristiti u datojprimeni. Poznato je: R1 = 100 [kW]; R2 = R4 = 10 [kW]; R3 = 0,2 [W].
Slika 1.
∞R1
R2
R3
+5V
+
_
Q1
R4
+
_
VD
R1
R2
15V
∞+
_
+_mA
+
+
IA
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 23
Rešenje:
Kako se traže maxCI i maxDP interesantan je samo slučaj kada je napon akumulatoraV14=AKV jer je samo u tom slučaju napon CEV i disipacija na tranzistoru Q1 je maksimalna.
Tada za kolo sa slike 1. možemo da pišemo:
2
3
1
V][5R
RIR
E ⋅= ,
pa je:
A]2,5[V][5101
3
=⋅=R
I E .
Pa su granice oblasti sigurnog rada:
A]2,5[max == EC II ,V][13,5A][5,20,2[V][143maxmax =⋅−=⋅−= Ω]RIVV EAKCE ,
W][33,75maxmaxmax =⋅= CEED VIP .
2.7. zadatak
Kod pojačavača na slici 1. jednosmerni ulazni signal Vi se menja od 0,1[V] do 1,8[V].a) Proračunati otpornosti otpornika R1 i R2 tako da se u datom opsegu ulaznog signala uvek
može podesiti (pomoću potenciometra) nulti izlazni signal.
Slika 1.
b) U referentnom izvoru od –5[V] prisutna je talasnost napona prostoperiodičnog oblika,veličine 0,5[Vpp]. Proračunati kondenzator kog kapaciteta treba vezati paralelno sa otpornikom R5od tako da talasnost na izlazu bude 50[mVpp]. Smatrati da je klizač potenciometra u krajnjemgornjem položaju. Poznato je: R3 = R4 = 1 [kW]; R5 = 1[MΩ].
R5
+
_
∞
+15V
-15VVi
R1
R4
R2
Vo
-5V
R3
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 24
Rešenje:
a) Ako je klizač potenciometra u gornjem položaju u kolu važe strujni odnosi prema slici 2.,odnosno, pri nultom izlaznom signalu:
A][ 0245 =+= RRR III ,
Slika 2.
odnosno važi:
2
max
424
]V[5R
VR
II iRR −=
−⇒−= ,
][360]k[158,1
]V[5 4max
2 Ω=Ω−
−=−
−= RVR i .
Ako je klizač potenciometra u donjem položaju u kolu važe strujni odnosi prema slici 3.,odnosno, pri nultom izlaznom signalu:
2
min24 R
VII iRR −=−=
Slika 3.
Pošto je napon na invertujućem priključku operacionog pojačavača nula padovi napona naotporniku R1 i R4 su isti pa važi:
R5
+
_
∞
+15V
-15VVi
R1
R4
R2
Vo
-5V
R3
IR4IR5
IR2
V-
R5
+
_
∞
+15V
-15VVi
R1
R4
R2
Vo
-5V
R3
IR4IR5
IR2
V-
IR1
IR3
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 25
21
min4
1
241244411 RR
VRR
IRIIRIRIR iRRRRR
−=
−=⇒−== ,
2
min
1
42
1
42
1
24413 11
RV
RRI
RRI
RIRIII i
RRR
RRR
+−=
+−=−
−=+= .
Sa druge strane važi:
3
24
3
44
3
113
][5][5][5R
IRVR
IRVR
IRVI RRRR
+−=
−−=
−−= ,
izjednačavanjem oba izraza za IR3, dobijamo:
1][51][51][5
][51
3
4
3
2
min3
4
2323
24
1
4
3
242
1
4
−−=−−−
−=−+−
−=
⇒+−
=
+−
RR
RR
VV
RR
IRV
IRIRV
RR
RIRVI
RR
iRR
R
RR
,
odnosno:
][5,6216
]k[1
111
136,0
1,05
]k[1
1][5
3
4
3
2
min
41 Ω=
Ω=
−−
Ω=
−−=
RR
RR
VV
RR
i
.
b) Da bismo odredili talasnost na izlazu, moramo kolo sa slike 1. uprostiti kao na slici 4, gdeje Z5 paralelna veza kondenzatora i otpornika R5 i gde su odstranjeni svi elementi koji nemajuuticaj.
Slika 4.
Za uprošćeno kolo važi:
iiO VRY
VRZ
V4
5
4
5
1
−=⋅−= ,
gde je:
5
5
555
111R
CRjCjRZ
Y ωω
+=+== ,
+
_
∞
Z5
vi
vO
R4
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 26
iO VCRjR
RV ⋅
+⋅−=
54
5
11ω
,
te sledi:
10050050
101011 3
6
4
55
4
55 =⋅=⋅=+⇒⋅−=+
O
i
O
i
VV
RR
CRjVV
RR
CRj ωω ,
pa važi približna relacija:
]F[31,31850050
1050211
34
µπω
=⋅⋅⋅⋅
=⋅≈O
i
VV
RC .
2.8. zadatak
Odrediti efektivnu vrednost ulaznog napona IV za koju se dobije maksimalni simetričnineizobličen signal na izlazu.
Poznato je sledeće: β = 50; VBE = 0,6 [V]; VCC = 12 [V]; R1 = 1 [kW]; R2 = 10 [kW]; R3 = 470[W]; R4 = 150 [W]; RL = 100 [W]. Naponi zasićenja na izlazu operacionog pojačavača su za 2[V]ispod napona napajanja.
Slika 1.
Rešenje:
Na slici 1. prikazan je dvotranzistorski, komplementarni (tzv. push pull ), izlazni stepenkontrolisan operacionim pojačavačem. Kod njega se potrošač pobuđuje razlikom strujapojačavačkih stepeni, jer su emitori tranzistora suprotnih tipova kratkospojeni i na njih je priključenpotrošač. Baze pojedinih tranzistora su na istom potencijalu, što važi i za emitore. Iz jednakostinapona BEV sledi da uvek provodi samo jedan od tranzistora, dok je drugi zakočen. Pojedinitranzistori rade u klasi B, a ceo pojačavač u klasi A.
Maksimalni izlazni signal dobija se za slučaj maksimalnog napona na izlazu operacionogpojačavača:
[V] 10V]2[1 =−= CCO VV .
Kako je napon na izlazu operacionog pojačavača 1OV < 10 [V] tranzistori Q1 i Q2 ne moguu toku rada otići u oblast zasićenja.
+
_
V I V O
R1
R2
R3 R4
-VCC
VCC
RL
Q1
Q2
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 27
Slika 2.
Posmatrajući sliku 2, za slučaj da je tranzistor Q1 u aktivnom režimu, maksimalna vrednostizlaznog napona može se odrediti na osnovu relacije:
( ) ( )
++⋅⋅=+⋅=
4
BEBL41ELO R
V1IRIIR βmaxV
pa važi:
( )β+⋅
⋅−=
1RR
VRI
L
4
BELO
B
maxV
.
Po Kirhofovim zakonima za kolo na slici 2. možemo pisati:
maxOBE331O VIR VV =−⋅−
( ) 4
BE
L
4
BELO
4B3 RV
1RR
VRIII +
+⋅
⋅−=+=
β
maxV
.
Daljim sređivanjem prethodnih izraza dobijamo:
( ) max
max
OBE4
BE
L
4
BELO
31O VR
V1R
RVR
R V
V
V =−
++⋅
⋅−⋅−
β,
( )
( )β
β
+⋅+
−−
+⋅⋅+
=
1RR1
1RR
1RRV
L
3
4
3
4
3BE1O
O
V
V max .
Na osnovu ove relacije konačno se za =1OV 10 [V], dobija amplituda maksimalnog izlaznognapona u iznosu:
+
_
V I V O
R1
R2
R3 R4
-VCC
VCC
RL
Q1
Q2
IB
I3 I4V O1
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 28
V][6,92max =OV .
Kako je naponsko pojačanje operacionog pojačavača na slici 2. određeno sa:
10max
max −=−==1
2
I
Ov R
RAV
V
onda je amplituda ulaznog sinusnog napona:
V][0,69210
maxmax −=−= O
IV
V
a njegova efektivna vrednost iznosi:
V][0,4892
max+==
IeffI
VV .
2.9. zadatak
Na ulaz (1) diferencijalnog pojačavača sa slike 1. dovodi se jednosmerni napon VDC, a naulaz (2) dovodi se zbir jednosmernog napona VDC i naizmenične komponente amplitude 1[V].Proračunati u kom opsegu može da se menja jednosmerni napon VDC a da kolo radi bez izobličenja.Naponi na svim izvodima operacionog pojačavača treba da budu u opsegu 10[V].
Poznato je: R1 = R2 = 10 [kW]; R3 = R4 = 47 [kW].
Slika 1.
Rešenje:
Primenom principa superpozicije za diferencijalni pojačavač na slici 1. izlazni napon sedobija u obliku:
11
32
1
3
42
4 1 VVV ⋅−⋅
+⋅
+=
RR
RR
RRR
O ,
pošto je R1 = R2 ; R3 = R4 važi:
+
_
∞
+15V
-15V
V O
(1)
(2)
R1
R2
R4
R3
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 29
( )121
3 V-VV ⋅=RR
O .
Ulazni napon na priključku (1) iznosi DCV=1V a na priključku (2) ACDCV VV +=1 gde je
ACV trenutna vrednost naizmenične komponente, pa važi:
ACO RR
VV ⋅=1
3 .
Iz prethodnog izraza vidi se da izlazni napon ne zavisi od vrednosti jednosmernog naponaVDC, već samo od vrednosti naizmeničnog napona ACV . Maksimalna vrednost izlaznog napona jeprema tome:
]V[10]V[7,4]V[11047
max1
3max ±<=⋅=⋅= ACO R
RV V
i nalazi se u zadatom opsegu.Prema tome eventualna izobličenja ne prouzrokuje ograničenja napona na izlaznom izvodu
operacionog pojačavača, već ograničenje napona na ulaznim izvodima, pri čemu mora bitizadovoljen uslov:
( ) ]V[10max42
4maxmax ±<+⋅
+== −+ ACDCV
RRRVV V .
Konačno, prema tome apsolutna vrednost jednosmernog napona VDC mora biti manja od:
]V[127,11]V[1]V[1047
1047]V[10 max4
42 =−⋅+
=−±⋅+
< ACDC RRRV V
2.10. zadatak
Kolo na slici 1. treba da pojača signal sa slike 2. Proračunati vrednost R2 i C2 tako da sejednosmerna komponenta pojačava 10 puta, a komponenta na 100 [Hz] oslabi 10 puta.
Poznato je: R1 = 10 [kW].
Slika 1. Slika 2.
+
_
∞
R2
vi
vO
R1
C2
vi(t)
t[ms]
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 30
Rešenje:
Zamenimo u kolu sa slike 1. otpornost i kapacitet u povratnoj grani operacionog pojačavačasa njihovom ekvivalentnom admitansom:
2
222
222
111R
CRjCjRZ
Y ωω +=+==
U tom slučaju prenosna funkcija kola može da se napiše u obliku:
( ) ( )22
0221
2
211
2
11
111
CRjA
CRjRR
YRRZ
VVA
i
Oj ωωω +
⋅−=+
⋅−=−=−== .
Iz uslova zadatka prema tome imamo:
( ) ]k[100]k[1010102 Ω=Ω⋅=⋅= RAR ,
( )( )HzA
ACRj100
02211 ⋅=+ ω ,
odnosno:
( )( )
][591,1102
100101001002
110/111011
73
22
2
2
2
1000
2 FR
AA
CHz
µππω
=⋅⋅
≈⋅⋅⋅⋅
−
⋅
=
−
⋅
= .
2.11. zadatak
Na slici 1. je prikazan diferencijalni pojačavač sa operacionim pojačavačem. Odrediti odnospobudnih napona BA VV / tako, da izlazni napon pojačavača bude BO VV = .
Slika 1. Rešenje:
Napon i struja između ulaznih priključaka operacionih pojačavača su zanemarljivo mali, jerpojačavač ima veliku ulaznu impedansu i veliko pojačanje. To znači da se može nacrtati uprošćenokolo kao na slici 2.
C1
+
_
∞
+15V
-15V
V O
V A
V B
R1
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 31
Slika 2.
Struja u kolu je:
11 Ri BA VV −
= ,
pa je napon na izlazu:
( )∫∫ −−=−= dtCR
dtiC BABBO VVVVV
111
1
11 .
Iz uslova da je BO VV = i prethodne relacije dobija se:
BA VV = .
2.12. zadatak
Na ulaz kola na slici 1. dolazi prostoperiodični signal frekvencije 1 [kHz] superponiran najednosmerni signal kao na slici 2. Trenutna vrednost izlaznog napona operacionog pojačavačaograničena je na opseg ±10 [V]. Proračunati minimalnu vrednost C2 tako da ne dođe do nelinearnihizobličenja.
Poznato je: R1 = 10 [kW]; R2 = 68 [kW].
Slika 1. Slika 2.
Rešenje:
Zamenimo u kolu sa slike 1. otpornost i kapacitet u povratnoj grani operacionog pojačavačasa njihovom ekvivalentnom admitansom:
C1
V OV A
R1
i1
V B
+
_
∞
R2
vi
vO
R1
C2
t[ms]
vi(t)[V]
0
2
1
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 32
2
222
222
111R
CRjCjRZ
Y ωω +=+==
U tom slučaju prenosna funkcija kola može da se napiše u obliku:
( ) ( )22
0221
2
211
2
11
111
CRjA
CRjRR
YRRZ
VVA
i
Oj ωωω +
⋅−=+
⋅−=−=−== .
Gde je pojačanje ( )0A− na nultoj učestanosti, odnosno pojačanje jednosmernog signala:
( ) 8,6]k[10]k[68
1
20 =
ΩΩ
==RRA .
Za amplitudu jednosmernog napona iDCV na ulazu od 1 [V], amplituda jednosmernognapona na izlazu ODCV iznosi:
( ) ]V[8,6]V[18,60 −=⋅−=⋅−= iDCODC VAV .
Prema tome da ne bi došlo do izobličenja amplituda naizmeničnog napona na izlazu možebiti maksimalno:
]V[2,3]V[8,6]V[10]V[10max −=−=−±= ODCOAC VV .
Iz toga sledi da je pojačanje pojačavača na frekvenciji naizmeničnog signala od 1 [kHz]:
( ) 2,3]V[1]V[2,3
max
max1 ===
iAC
OACkHz V
VA ,
odnosno:
( )( ) ( )kHzkHz AR
RA
ACRj11
2
1022
111 ⋅=⋅=+ ω .
Konačno potrebna vrednost kapaciteta kondenzatora C2 iznosi:
( )
( )=
−
=
−
⋅
≤2
2
2
10012
2
2
1001
2
2111
11
RARR
ARR
CHz
Hz
ωω
]F[88,43]F[1088,4310681
2,310101
10121 9
2
3
2
33 n=⋅≈
⋅−
⋅⋅⋅⋅⋅
= −
π
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 33
2.13. zadatak
Kolo na slici 1. pojačava struju fotodiode iF čiji je oblik prikazan na slici 2. Proračunatikapacitet kondenzatora C1 tako da talasnost izlaznog napona (mereno od vrha do vrha) bude 5% odsrednje vrednosti izlaznog napona.
Poznato je: R1 = 2,2 [kW].
Slika 1. Slika 2.
Rešenje:
Struju fotodiode iF možemo rastaviti na dve komponente, jednosmernu IFDC iprostoperiodičnu iFn prema sledećoj relaciji:
( )
⋅+=⋅+=+=
TtIItIIiIi FnFDCFnFDCFnFDCF
πω 2sinsin maxmax .
Iz dijagrama sa slike 2. nalazimo:
⋅+= −410
2sin]mA[1]mA[3 tiFπ .
Izlazni napon OV takođe možemo podeliti na dve komponente, jednosmernu, odnosnosrednju vrednost ODCV i prostoperiodičnu OnV :
OnODCO V VV += .
Jednosmernu komponentu izlaznog napona nalazimo jednostavno preko relacije:
]V[6,6103102,2 331 =⋅⋅⋅=⋅= −
FDCODC IRV .
Izlazni prostoperiodični izlazni napon (od vrha do vrha) nalazimo preko relacije:
max122 FnOnppOnpp IZ ⋅⋅=⋅= VV ,
gde je Z1 ekvivalentna impedansa paralelne veze otpornosti R1 i kapaciteta C1 u povratnojgrani operacionog pojačavača:
C1
+
_
∞
R1
iF
vOD t[µs]
iF[mA]
0
4
3
2
1
50 100
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 34
11
11 1 CRj
RZω+
= .
Iz uslova zadatka poznato nam je da je talasnost izlaznog napona 5%, odnosno:
1002
100% max1 ⋅⋅⋅
=⋅=ODC
Fn
ODC
Onpp
VIZ
VV
δ ,
pa je:
][165]mA[101200
]V[6,65200
%3
max1 Ω=
⋅⋅⋅⋅
=⋅⋅
== −Fn
ODC
IV
Zδ
.
Konačno potrebna vrednost kapaciteta kondenzatora C1 iznosi:
=
−
⋅=
−
⋅
=
−
=
− 2242
1
2
1
2
1
2
11 2200
1165
121011
2111
ππω RZT
RZC
( ) ( ) ]nF[7284,96]F[107284,96165220022001652
10 9224
=⋅≈−⋅⋅⋅
= −−
π
2.14. zadatak
Na ulaz Milerov-og integratora na slici 1. dolazi testerasti signal sa slike 2. Odrediti najnižufrekvenciju testerastog signala do koje kolo može da radi bez izobličenja. Nivoi zasićenja na izlazuoperacionog pojačavača su ±10 [V]. Nacrtati uporedni vremenski dijagram ulaznog i izlaznogsignala za navedeni slučaj.
Poznato je: R1 = 1 [kW]; C1 = 10 [nF].
Slika 1. Slika 2.
Rešenje:
Napon i struja između ulaznih priključaka operacionih pojačavača su zanemarljivo mali, jerpojačavač ima veliku ulaznu impedansu i veliko pojačanje. To znači da se može nacrtati uprošćenokolo kao na slici 3.
vi
+
_
∞vO
R1
C1
t
vi(t)[V]
-5
5
00 T
T/2 3T/2
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 35
Slika 3.
Struja u kolu je:
11 Ri iV= ,
pa je napon na izlazu:
∫∫ −=−= dtCR
dtiC iO VV
111
1
11 .
Pretpostavimo da je početna vrednost izlaznog napona u stacionarnom stanju za t = 0 VO(0),pa važi za period 0<t<T/2:
Tt
CRVVtdt
TV
CRVdt
CRV i
O
ti
O
t
iOO
2
11
max)0(
0
max
11)0(
011)0( 2/
11⋅−=−=−= ∫∫VV
20 Tt <<
Dakle izlazni napon po amplitudi raste kvadratično sa vremenom, do polovine periode, kadadostiže maksimalnu negativnu vrednost određenu relacijom:
=⋅−=−=−= ∫∫−
2/
0
2
11
max)0(
2/
0
max
11)0(
2/
011)0(max 2/
11 Ti
O
Ti
O
T
iOO Tt
CRVVtdt
TV
CRVdt
CRVV V
411
max)0(
TCR
VV iO ⋅−=
2Tt =
Da bismo lakše rešili integraljenje u periodu T/2<t<T uvedimo novo tekuće vreme t'=t-T/2,pa u tom slučaju za taj period važi:
=
+−−⋅−=−= ∫∫−
'
0maxmax
1111
max)0(
'
011max '
2/'1
4'1 t
iii
O
t
iOO dtT
tVVCR
TCR
VVdtCR
V VV
=
+⋅−⋅−=
⋅⋅
−+⋅−=4
''12
'2'4
22
11
max)0(
2
11
max
11
max)0(
TTttTCR
VVTtt
CRVT
CRVV i
Oii
O
2
11
max)0( 2
'1
−⋅−=
TtTCR
VV iO TtT
<<2
Iz toga proizlazi da je izlazni napon dostiže maksimalnu pozitivnu vrednost:
)0(max OO VV =+ Tt =
C1
V OV i
R1
i1
V -=0
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 36
Slika 4.
Da bismo upotpunosti rešili problem potrebno je da odredimo početnu vrednost naponaVO(0), na osnovu činjenice da je srednja vrednost ulaznog napona nula, pa prema tome i srednjavrednost napona na izlazu operacionog pojačavača mora biti u stacionarnom stanju nula. Odnosno:
0'2
'12/
0
2
11
max)0(
2/
0
2
11
max)0(
0
=
−⋅−+
⋅−= ∫∫∫ dtTt
TCRVVdt
Tt
CRVVdt
Ti
O
Ti
O
T
OV
Uveđenjem smene 2
' Ttt −= dobijamo:
00
2/
2
11
max)0(
2/
0
2
11
max)0( =
⋅−+
⋅− ∫∫
−
dtTt
CRVVdt
Tt
CRVV
T
iO
Ti
O
023
1223
12
3
11
max)0(
3
11
max)0( =
−⋅+
−⋅−
⋅−⋅
TTCR
VTVTTCR
VTV iO
iO
Konačno dobijamo:
1211
max)0(
TCR
VV iO ⋅= ,
pa premo tome maksimalna pozitivna i negativna vrednost izlaznog napona su:
1211
maxmax
TCR
VV iO ⋅=+ ,
( )6
3112412 11
max
11
max
11
max
11
maxmax
TCR
VTCR
VTCR
VTCR
VV iiiiO ⋅−=−⋅=⋅−⋅=− .
-5
5
0t[µs]
vi(t)[V]
0 12
6 18
t[µs]
vO(t)[V]
0 126 18
0
5
-10
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 37
Pošto je maksimalna negativna vrednost po apsolutnoj vrednosti veća od maksimalnepozitivne vrednosti, maksimalna perioda pri kojoj nema izobličenja određena je relacijom:
]s[12][1012]V[5
]V[10101010166 693
max
max11 µ=⋅=⋅⋅⋅⋅⋅
=⋅
≤ −−
− sV
VCRTi
O
Odnosno minimalna frekvencija pri kojoj nema izobličenja je:
]kHz[33,83]Hz[1033,8312
101000101211 3
3
6 =⋅=⋅
=⋅
=≥ −Tf
Uporedni vremenski dijagram ulaznog i izlaznog signala za navedeni slučaj dat je na slici 4.
2.15. zadatak
Proračunati vrednost gR pri kojoj amplituda naizmeničnog signala na izlazu pada napolovinu svoje vrednosti koja je merena za =gR 0. Poznato je: IC = 50 [mA]; VT = 25 [mV]; β =50; RB1 = RB2 = 2,2 [kW; RE = 220 [W].
Slika 1. Rešenje:
Ulazna dinamička otpornost tranzistora je:
][25 Ω=⋅
=C
T
IVr β
π .
Transkonduktansa tranzistora se računa:
S][0,5==T
Cm V
Ig .
Ekvivalentno kolo, za režim malih signala, tranzistorskog pojačavačkog stepena sa slike 1.dato je na slici 2.
Vg
Rg
RB1
RERB2
VCC
VO
Q1
∞
+∞
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 38
Slika 2.
gde je:
( ) Ω]k[1,1102,22
102,23
23
21
2112 =
⋅⋅⋅
=+⋅
=BB
BB
RRRR
R ;
( ) ( )( )ββ ππ +⋅+⋅=⋅++⋅⋅=+= 1RrIrI1RIVVV EbbEbbeob
( )β+⋅⋅= 1RIV Ebo ;
pa je:
( )β+⋅=
1RVI
E
ob
Ako sada izraz za struju baze zamenimo u izraz za napon baze, dobijamo:
( ) ( )( )ββ π +⋅+⋅
+⋅= 1Rr
1RVV E
E
ob ,
pa je:
( )( )β
β
π +⋅++⋅
=1Rr
1RVV
E
E
b
o .
Izraz:
( )βπ +⋅+== 1RrIVR E
b
bu ,
predstavlja ulaznu otpornost tranzistora.Uračunavanjem naponskog odnosa:
g
u12
u12
u12
u12
g
b
RRRRR
RRRR
VV
++⋅
+⋅
= ,
VgR12
RE
gmVbe
CB
Rg
VO
E
IbIC
Vb
+Vbe rπ
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 39
dobija se naponsko pojačanje vA u obliku:
( )( )
gu12
u12
u12
u12
E
E
g
b
b
ov
RRRRR
RRRR
1Rr1R
VV
VVA
++⋅
+⋅
⋅+⋅+
+⋅=⋅=
ββ
π.
Pa je konačno:
( )( )( ) ( )( )ββ
β
ππ +⋅++⋅++⋅+⋅+⋅⋅
=1RrRR1RrR
1RRAE12gE12
E12v
Ako je 0=gR , tada je naponsko pojačanje vA = 0,9978.Kada amplituda naizmeničnog signala na izlazu padne na polovinu svoje prethodne
vrednosti pri 0=gR , tada i naponsko pojačanje padne na polovinu svoje vrednosti, pa se iz toguslova i prethodne jednačine dobija:
( ) ( )( )
( ) Ω][10021
12/1
12
1212
≅+⋅++
+⋅+⋅−+⋅⋅
=β
ββ
π
π
E
Ev
E
g RrR
RrRARR
R
2.16. zadatak
U kolu pojačavača na slici 1. proračunati RB i RS tako da se dobije mirna radna tačkaodređena sa VCE = 5 [V]; IC = 3 [mA].
Poznato je: β = 100; VBE = 0,6 [V]; IDSS = 5 [mA]; VP = --3,5 [V]; VCC = 15 [V].
Slika 1. Slika 2.
RCRB
RS
Q1
VCC
FT
RCRB
VCC
Q1
RS
FT
VBE
VCE
VCB
IB
IE= ID
VDS
VGS
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 40
Rešenje:
Na slici 2. definisani su smerovi struja i napona.Za tranzistor Q1 važi:
BC II ⋅= β ,
pa je:
µA][30100mA][3
===βC
BII ,
V][4,4V][6,0V][5 =−=−= BECECB VVV ,
BBCB RIV ⋅= ,
pa je:
Ω]k[147≅=B
CBB I
VR .
Za tranzistor FT važi:
( ) mA][3,03112
=
−⋅=⋅+==
P
GSDSSBDE V
VIIII β .
Iz prethodnog izraza dobija se:
−⋅=
DSS
DPGS I
I1VV ,
kako je:
DSGS IRV −=
konačno dolazimo i do vrednosti za RS :
Ω][255,9mA5
mA03,31mA03,3V5,3
=
−⋅
−−
=SR
Može se izvršiti provera da li je tranzistor FT ( FET ) u zasićenju, uslov je da napon GDVbude negativniji od PV :
( ) ( ) V][6,19V][1003,39,1255V][10 3 =⋅⋅−=⋅+−−= −DSCCECCDS IRRVVV
V][6,97−=−⋅−=−= DSDSDSGSGD VIRVVV ,
iz ovoga sledi da je tranzistor FT u zasićenju.
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 41
2.17. zadatak
Na slici 1. je prikazana šema regulatora napona. Proračunati koordinate mirne radne tačke( CCE IV , ) i snagu gubitaka za oba tranzistora.
Poznato je: VBE1 = 0,8 [V]; VBE2 = 0,7 [V]; β1 = 50; β2 = 100; VZ = 11 [V]; VI = 18 [V]; R1 =330 [W]; R2 = 150 [W]; R3 = 24 [W].
Slika 1.
Rešenje:
Za kolo regulatora napona prikazano na slici 2, važi:
( ) V][6,3V][11,7V][1821 =−=+−= BEZICE VVVV V][5,5V][0,8V][6,3111 =−=−= BECECB VVV V][12,5V][5,5V][1812 =−=−== CBICEA VVVV V][11,8V][0,7V][12,522 =−=−= BEACB VVV V][11,72 =+= BEZO VVV
Slika 2.
struja baze tranzistora Q2 , 2BI je znatno manja od struje koja teče kroz otpornost R2 pa je:
A][0,492
2
31 =+=
RV
RVI BEO
E
mA][9,61 1
11 =
+=
βE
BII
VI
Q1
Q2
DZR1
R2
R3
Q1
Q2
DZR1
R2
VI R3
VBE1
VCE1
VCB1 VZ
VBE2
VCB2A
VO
Q1
Q2
DZR1
R2
VI R3
VBE1
VCE1
VCB1 VZ
VBE2
VCB2A
VO
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 42
mA][7,0611
12 =−= B
CBC I
RVI
µA][70,62
22 ==
βC
BII
( ) mA][7,131 222 =⋅+= BE II β
disipacije snage na tranzistorima su:
W][3,03111 =⋅= CCEQ IVPmW][88,25222 =⋅= CCEQ IVP
Gubitci u baznom kolu se mogu zanemariti.
2.18. zadatak
Sklop na slici 1. služi za stabilizaciju napona OV pri promeni struje GI . Proračunatikarakteristične tačke prenosne karakteristike ( )GO IfV = i nacrtati karakteristiku.
Poznato je: VBE = 0,6 [V]; VBES = 0,8 [V]; VCES = 0,2 [V]; IG = 0,...,1 [A]; R1 = 10 [W]; R2 =R3 = 100 [W].
Slika 1.
Rešenje:
Za kolo regulatora napona prikazano na slici 2, važi prema Kirhofovim zakonima, u slučajuda je tranzistor u aktivnom režimu:
Slika 2.
VOQ
DZR1
R3
IG
IZ
VZ
VBE
VCB
R2
IC
IB
VO
Q
DZR1
R3
IG
R2
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 43
02 =−⋅−− BEBZO VIRVV2R
VVVI BEZOB
−−=⇒
ZCG III +=
3RVVII ZO
BZ−
+=
Na osnovu relacije za struju baze dobijamo relaciju za struju kolektora:
2R
VVVII BEZOBC
−−⋅=⋅= ββ ,
i struju strujnog generatora:
( ) =−
+−−
⋅+=−
++⋅=+=323
1R
VVR
VVVR
VVIIIII ZOBEZOZOBBZCG ββ
( ) ( )
+
++−
++=
3223
1111RV
RVV
RRV ZBEZ
O ββ .
Konačno iz prethodnog izraza dobijamo relaciju za prenosnu karakteristiku za aktivni režimtranzistora:
( )( )
=++
+
+++=
23
32 11111
RRRV
RVVIV ZBEZ
GO
ββ
( ) ( ) =
+
+++⋅
⋅++⋅
=3232
32 11 R
VR
VVIRR
RR ZBEZG β
β
( ) ( ) ( ) ]V[5937,5980392,0100
5100
6,0510011001001100
100100+⋅=
+
+++⋅
⋅++⋅
= GG II
Povećanjem struje generatora IG opada napon na kolektoru tranzistora VCE tako da on ulazi urežim zasićenja, te u tom slučaju prethodna jednačina ne važi. Ekvivalentno kolo za režim zasićenjadato je na slici 3.
Slika 3.
VO+
DZ
R1
R3
IG
IZ
VZ
VBESVCES
R2
ICS
IBS
+
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 44
Za kolo sa slike 3. važi:
01 =−⋅− CESCSO VIRV1RVVI CESO
CS−
=⇒
02 =−⋅−− BESBSZO VIRVV2R
VVVI BESZOBS
−−=⇒
3RVVII ZO
BSZ−
+=
3213 RVV
RVVV
RVV
RVVIIIII ZOBESZOCESOZO
BSCSZCSG−
+−−
+−
=−
++=+=
Konačno iz prethodnog izraza dobijamo relaciju za prenosnu karakteristiku za zasićenjetranzistora:
=
+
+++
++⋅⋅
=321321
321
RV
RVV
RVI
RRRRRRV ZBESZCES
GO
( ) ]V[067,133,8100
5100
6,0510
2,010010010
10010010+⋅=
+
+++
++⋅⋅
⋅= GG II
Prelomnu tačku prelaza iz aktivnog u režim zasićenja dobićemo izjednačavanjem oberelacije za prenosnu karakteristiku, pošto u toj tački obe moraju biti zadovoljene. Odnosno važi:
( ) ( )067,133,85937,5980392,0 +⋅=+⋅ GPGP II ,
]A[616,0980392,033,8
067,15937,5=
−−
=GPI ]V[19828,6067,1616,033,8 =+⋅=⇒ OPV .
Početna tačka karakteristike je:
]A[0=GI ]V[5937,55937,50980392,0 =+⋅=⇒ OPV ,
a krajnja tačka karakteristike:
]A[1=GI ]V[397,9067,1133,8 =+⋅=⇒ OPV .
Strujno-naponska karakteristika paralelnog stabilizatora napona prikazana je na slici 4.
Slika 4. 0 1
IG[A]
VO[V]
0
10
Aktivni Zasicenje
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 45
2.19. zadatak
Redni stabilizator baterijskog napona je realizovan po “low drop” metodi kao na slici 1.Proračunati R2 tako da se dobije V][4=OV i proračunati osetljivost izlaznog napona na promenutemperature dTdVO / .
Poznato je: ( ) V][0,6K300 =BEV ; 2[mV/K]/ −=dTdVBE ; VI = 4,5 [V]; R1 = 220 [kW]; R3 =4,7 [kW]. Smatrati da je β veliko.
Slika 1.
Rešenje:
Za kolo sa slike 2. može da se napiše sledeće:
Slika 2.
32
3OBE1 RR
RVV60VV+
⋅=== , ,
pa je:
Ω]Ω] [107,4[6,0107,44 3
3
331
2 ⋅−⋅⋅
=−⋅= RRVVR O
Ω]k[26,632 =R .
VI VOR1
R2
R3VBE
V1
VI VOR1
R2
R3
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 46
Dalje sledi:
BE3
32O V
RRRV ⋅
+= ,
diferenciranjem dobijamo:
]K
mV[13,3366,6 −=⋅=dT
dVdTdV BEO .
2.20. zadatak
Na slici 1. je prikazan regulator napona koji se koristi za punjenje olovnih akumulatora.Radi kompenzacije temperaturnih promena napona akumulatora, u povratnu spregu je dodattemperaturno osetljivi otpornik RPTC. Proračunati R1 i R2 ako je potrebno ostvariti
( ) V][28300K =OV i ( ) mV/K]50[300K/ −=dTdVO . Poznate su sledeće vrednosti: VREF = 5 [V],( ) Ω]k[2300K =PTCR i ( ) /K][10300K/ Ω+=dTdRPTC .
Slika 1.
Rešenje:
Na osnovu kola sa slike 1, za invertujući ulaz operacionog pojačavača, može se napisati:
V][521
2 =++
+⋅=−
PTC
PTCO RRR
RRVV
Iz izraza (1), uz konačni inkrement temperature, imamo:
a) ako je K][300=T
( ) ( )PTC21REFPTC2O RRRVRRV ++⋅=+⋅
b) ako je ( ) K][1300 +=T
+ _
VI VO
VREF
R1
R2
RPTC
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 47
⋅+++⋅=
⋅++⋅
⋅+ 1K1K1K
dTdRRRRV
dTdRRR
dTdVV PTC
PTC21REFPTC
PTC2O
O
Daljim rešavanjem po R2 dobijamo:
( )
REFO
O
PTCPTCREF
PTCPYTCREF
REFO
PTCREFPTCREF
VdTdVV
dTdRRV
dTdRRRV
VVRVRRVR
−⋅+
⋅+⋅−
⋅++⋅
=
=−
⋅−+⋅=
1[K]
1[K]1[K]1
12
Zamenom brojčanih vrednosti u prethodni izraz dobijamo:
( ) ( )V][5V][95,27
[2010V][95,27[2010V][5V][5V][28
k[2V][28k[2V][5 11
−⋅−+⋅
=−
⋅−+⋅ Ω]Ω]Ω]Ω] RR
5106097R1151055700R75114 11 ,, −⋅=−⋅
Pa konačno dobijamo za R1 i R2:
Ω]k[21,111 =R ,Ω]k[2,592 =R .
2.21. zadatak
Na slici 1. je prikazana šema oscilatora sa kristalom kvarca. Pošto je VBE temperaturnoosetljiv, potrebno je izvršiti stabilizaciju mirne struje kolektora umetanjem RPTC u emiterskipriključak. Odrediti mirnu struju kolektora tako da se postigne temperaturna stabilnost u okolini25[°C] i proračunati RB1 tako da se dobije željena struja kolektora. Poznato je: VBE ( 25°C ) = 0,6[V]; dVBE / dT = –2 [mV/K]; β = 100; RPTC ( 25°C ) = 2 [kW]; dRPTC/dT = 10 [W/K]; RE = 470 [W];RB2 = 10 [kW]; VCC = 12 [V].
Slika 1.
RC
RE RPTC
VCC
RB1
RB2
∞
∞
∞
B
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 48
Rešenje:
Kako je struja baze tranzistora znatno manja od struje koja teče kroz naponski razdelnik RB1-RB2, to se može smatrati da je napon VB konstantan.
Slika 2.
Te iz tog uslova i slike 2. sledi: a) ako je C25°=T
CEPTC
EPTCBEB I
RRRR
VV ⋅+⋅
+=
b) ako je ( ) C125 °+=T
C
EPTC
PTC
EPTC
PTCBE
BEB IR
dTdRR
RdT
dRR
dTdVVV ⋅
+
⋅+
⋅
⋅+
+
⋅+=
1K
1K1K
Kombinovanjem prethodnih izraza za mirnu struju kolektora se dobija: CBECBE IVIV ⋅+−=⋅+ Ω]Ω] [92,380mV][2[56,380
mA5,55=CI ,
pa je:
µA][55,5==βC
BII ,
V][2,7121
2 =+
=BB
BCCB RR
RVV
pa na kraju dobijamo:
Ω]k[34,2822
1 =−⋅
= BB
BCCB R
VRVR .
2.22. zadatak
Pojačavač greške na slici 1. treba da ima Bode-ov dijagram amplitude kao na slici 2.Proračunati R2 i C1 ako je poznato R1 = 10 [kW].
+
VB
IC
RPTCRE
E
C
VBE
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 49
Slika 1. Slika 2.
Rešenje:
Prenosna funkcija kola prikazanog na slici 1. može da se napiše u obliku:
( )11
21
1
12
i
oRCj
RCj1R
Cj1R
jVV
⋅⋅⋅⋅+
−=⋅
+−=
ωωωω
U opštem slučaju prethodna jednačina može da se napiše kao:
( )
P
z
i
o
j
j1j
VV
ωωωω
ω+
−=
gde je:
21
zz RC1f2⋅
=⋅⋅= πω
kružna učestanost nule, a:
11
PP RC1f2⋅
=⋅⋅= πω
presečna učestanost na kojoj bi prenosna funkcija, bez uticaja nule (isprekidana linija naslici 2.), presecala frekvencijsku osu, kHz][10=Pf .
Iz prethodne jednačine računamo vrednost kapaciteta:
nF][1,62
1
11 =
⋅⋅⋅=
RfC
Pπ
Sada iz izraza za kružnu učestanost nule i vrednosti kapaciteta dobijamo vrednost otpornostiR2:
+
_
∞
R1
R2C1
ViVO
20log | VO/Vi(jω) |[dB]
log f [Hz]104103102
20
4050
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 50
Ω]k[99,52
1
12 =
⋅⋅⋅=
CfR
zπ.
2.23. zadatak
Proračunati nepoznate otpornosti R1, R2 i kapacitet C1 u kolu na slici 1. tako da se dobijeBode-ov dijagram pojačanja prikazan na slici 2. Poznato je: R3 = 100 [kW].
Slika 1. Slika 2.
Rešenje:
Da bismo odredili naponsko pojačanje vA potrebno je kolo sa slike 1. uprostiti kao na slici 3,gde je:
( )( )211
211
121
121
12 RRCj1RCj1R
Cj1RR
Cj1RR
Z+⋅⋅+⋅⋅+⋅
=
⋅++
⋅
+⋅=
ωω
ω
ω
Slika 3.
Sada za uprošćeno kolo na slici 3. važi:
( ) ( ) ( )21
211
1
3
12
3
i
ov RCj1
RRCj1RR
ZRj
VVjA
⋅⋅++⋅⋅+
⋅−=−==ω
ωωω
+
_
∞
R3
Vi
VO
Z12
+
_
∞
R1
R2C1 R3
ViVO
log f [Hz]
20log | VO/Vi (jω) |[dB]
20
40
50
103102 104
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 51
u opštem slučaju prethodna jednačina može da se napiše u obliku:
( ) ( )
P
z
i
ov
j1
j1kj
VVjA
ωωωω
ωω+
+⋅−==
pa se amplitudsko frekvencijska karakteristika data Bode-ovim dijagramom na slici 2.može napisati u obliku:
( ) ][2
P
2
zv 120120k20BdjA20
+−
++=
ωω
ωωω loglogloglog .
Iz izraza i sa slike 2. se vidi da je k = 10 (da bi prvi član izraza imao vrednost 20dB), pa se iztog uslova lako dolazi do vrednosti otpornosti R1:
10RRk
1
3 == ,
te je:
Ω]k[1010
31 ==
RR .
Pri tome je:
( )211zz RRC
1f2+⋅
=⋅⋅= πω - kružna učestanost nule;
21
PP RC1f2⋅
=⋅⋅= πω - kružna učestanost pola
gde su kHz][1=zf i kHz][10=Pf .Sada iz jednačina za kružne učestanosti imamo za C1:
( )21z2P1 RRf2
1Rf2
1C+⋅⋅⋅
=⋅⋅⋅
=ππ
.
Prema tome je:
Ω]k[1,119
12 ==
RR ,
pa je:
nF][14,32
1
21 =
⋅⋅⋅=
RfC
Pπ.
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 52
2.24. zadatak
U pojačavaču na slici 1. proračunati potrebnu vrednost rC tako da se dobije gornja graničnaučestanost naponskog pojačanja kHz][3=gf . Parazitni kapaciteti u tranzistoru se mogu zanemariti.
Poznato je sledeće: β = 100; IC = 1 [mA]; VT = 25 [mV]; RB1 = 100 [kW]; RB2 = 22 [kW]; Rg= 270 [W]; RC = RL = 2,2 [kW]; RE = 470 [W].
Slika 1. Rešenje:
Za pojačavački stepen sa slike 1. može da se nacrta ekvivalentno kolo zarežim malih signala na slici 2.
Slika 2.
Gde je:
Ω]k[18,03321
21 =+⋅
=BB
BBB RR
RRR
Ω][2500=⋅=C
T
IVr βπ , - ulazna dinamička otpornost tranzistora;
[S] 0,04==T
Cm V
Ig , - transkonduktansa tranzistora.
Ako napišemo jednačine po metodi potencijala čvorova za tačke B i C imamo:
0=⋅⋅−−
⋅+++⋅ ro
g
gr
Bgbe CsV
RV
Csr1
R1
R1V
π ,
Vg
Rg ∞
RB1
RB2
RC
RE
∞
VCC
∞
RL
Cr
+
RBgmVbe
Rg VOVbe rπRCVg
+RL
CrB C
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 53
bemrbeLC
ro VgCsVR1
R1CsV ⋅−=⋅⋅−
++⋅⋅ .
Rešavanjem prethodnih jednačina dobijamo:
mr
LCr
obe gCsR1
R1Cs
VV−⋅
++⋅⋅= ,
g
grr
Bgmr
LCr
o RV
CsCsr1
R1
R1
gCsR1
R1Cs
V =
⋅−
⋅+++⋅
−⋅
++⋅⋅
π.
Pošto je:
[S]109,0911 41
−⋅=+=LC RR
K , 0,04[S]2 == mgK i [S]104,16111 33
−⋅=++=πrRR
KCg
,
daljim rešavanjem dobijamo:
( )g
grr3
2r
1ro R
VCsCsK
KCsKCsV =
⋅−⋅+⋅
−⋅+⋅
⋅ ,
pa je:
( ) ( )321r31
r2
gg
oKKKCsKK
CsKR1s
VV
++⋅⋅+⋅⋅−
⋅−=
( )( )
P
z
31
321r31
2
r2
gg
o
j1
j1K
KKKKKCsj1KK
KCj1K
R1js
VV
ωωωω
ω
ω
ω+
−⋅−=
⋅
++⋅⋅⋅+⋅⋅
⋅−⋅
⋅−==
Gde je:
31g
2KKR
KK⋅⋅
=
040C1
CK
rr
2z ,⋅==ω , - kružna učestanost nule;
( )5
r321r
31P 10398
C1
KKKCKK −⋅⋅=
++⋅⋅
= ,ω , - kružna učestanost pola.
Pošto je zP ωω << , pol ima dominantan uticaj, odnosno gornja granična učestanostkHz][3=gf je ustvari učestanost pola.Iz tog uslova je gP f2 ⋅⋅= πω pa izračunavamo traženi kapacitet:
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 54
nF][4,452
1039,8 5
=⋅⋅
⋅=
−
gr f
Cπ
.
2.25. zadatak
U kolu pojačavača na slici 1. izmereno je IC = 1 [mA], β = 100, gornja granična učestanostnaponskog pojačanja [MHz] 1=gf . Pretpostaviti da je pad amplitudske karakteristike isključivoposledica postojanja µC u hibridnom π-modelu i proračunati µC .
Poznato je: RB1 = 100 [kW]; RC = 4,7 [kW]; RB2 = RE = 10 [kW].
Slika 1.
Rešenje:
Za pojačavački stepen sa slike 1. može da se nacrta ekvivalentno kolo zarežim malih signala kao na slici 2.
Slika 2.
Gde je:
Ω]k[9,0921
21 =+⋅
=BB
BBB RR
RRR
Ω2500=⋅=C
TIVr βπ , - ulazna dinamička otpornost tranzistora;
S0,04==T
Cm V
Ig , - transkonduktansa tranzistora.
Pisanjem jednačine po metodi potencijala čvorova imamo:
∞
∞Vg
VO
+12V
+
RB1
RB2
RC
RE
RBgmVbeVbe rπ
RC
+
VgVO
Cµ
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 55
gmgC
o VgCsVR1CsV ⋅−=⋅⋅−
+⋅⋅ µµ
( )µ
µ
µ
µ
CsKCsK
R1Cs
gCss
VV
2
1
C
m
g
o⋅+
⋅−−=
+⋅
−⋅=
gde je: 0,04[S]1 == mgK , [S]102,2171 42
−⋅==CR
K .
Prethodni izraz može da se napiše u obliku:
( )
−⋅
−⋅
−=
⋅−⋅
⋅−⋅
−==
P2
z1
22
11
g
o
j1K
j1K
KC
j1K
KC
j1Kjs
VV
ωω
ωω
ω
ω
ωµ
µ
,
Gde je:
µµω
C040
CK1
z,
== , - kružna učestanost nule;
µµ
ωC
102172CK 4
2P
−⋅==
, , - kružna učestanost pola.
Vidi se da pol ima dominantan uticaj, odnosno gornja granična učestanost [MHz] 1=gf jeustvari učestanost pola. Iz tog uslova je gP f2 ⋅⋅= πω pa izračunavamo:
[pF] 35,32
10217,2 4
=⋅⋅⋅
=−
gr f
Cπ
.
2.26. zadatak
Izvesti prenosnu funkciju za pojačavač na slici 1. i odrediti položaj prelomnih tačaka koje sepojavljuju usled CE = 10 [µF].
Poznato je sledeće: IC = 5 [mA]; β = 200; == Cg RR 1 [kW]; RB1 = 100 [kW]; RB2 = 10 [kW];RE = 100 [W].
Slika 1.
Vg
Rg
RCRB1
RERB2
VCC
VO
CE
Q1
∞
+
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 56
Rešenje:
Za pojačavač sa slike 1. ekvivalentno kolo tranzistora za režim malih signala, pri niskimučestanostima dato je na slici 2.
Slika 2.
Gde je:
Ω]k1[mA][5
mV][25200=
⋅=
⋅=
C
T
IVr β
π
Ω][9090,9021
2112 =
+⋅
=BB
BB
RRRRR
EE
EE
E
Cj1R
Cj1R
Z
⋅+
⋅⋅
=
ω
ω
Za kolo sa slike 2. važi sledeće:
( )( )βπ +⋅+⋅= 1ZrIV Ebb
bCo IRV ⋅⋅−= β ,
pa je:
β⋅−=
C
ob R
VI
( )βπ +⋅+= 1ZrR Eu , je ulazna otpornost tranzistora,
u12
u12g
u12
u12
g
b
RRRRR
RRRR
VV
+⋅
+
+⋅
=
i ako je:
( )ββ
π +⋅+⋅
−=1Zr
RVV
E
C
b
o ,
R12
RE
gmVbe
CB
Rg
VOE
IbIC
Vb
+Vbe rπ
RC
CE
Vg
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 57
tada je naponsko pojačanje vA određeno sa:
( ) ( ) ( )ββωω
π +⋅+⋅
⋅
+⋅
+
+⋅
−=⋅==1ZR
R
RRRRR
RRRR
VV
VVj
VVjA
E
C
u12
u12g
u12
u12
g
b
b
o
g
ov
Ako se u prethodnom izrazu zameni izraz za ZE sledi:
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )[ ]12g12gEEE12g
EE12Cv RRrRRRCj11RRR
RCj1RRjA⋅+⋅+⋅⋅⋅+++⋅⋅+
⋅⋅+⋅⋅⋅−=
πωβωβω
U opštem obliku prethodni izraz se može napisati kao:
( )
P
zv
j1
j1kjA
ωωωω
ω+
+−= ,
gde je :
( ) ( )[ ] 8,19=++⋅⋅++⋅
⋅⋅=
πββ
r1RRRRRRR
kE12g12g
12C
]s
rad[10001=
⋅=
EEz RC
ω
( ) ( )[ ]( )[ ] ]
sradk[11,57
1
1212
1212 =⋅++⋅⋅
++⋅⋅++⋅=
RRRRrRCrRRRRR
ggEE
EEgP
π
πβω
Slika 3.
Sa zω i Pω su obeležene kružne učestanosti nule i pola, respektivno, pa se amplitudskofrekvencijska karakteristika, data na slici 3, može napisati u obliku:
log ω [rad/s]102 103 104 105
20log | Av (jω) |[dB]
20
40
60
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 58
( ) ][2
P
2
zv 120120k20BdjA20
+−
++=
ωω
ωωω loglogloglog
Pri čemu je početna vrednost amplitudske karakteristike 20logk = 20log8,19 = 18,26 [dB].
2.27. zadatak
Za kolo na slici 1. izvesti prenosnu funkciju ( ) io VVsH /= . Proračunati presečnuučestanost i odrediti R2 tako da prelom na amplitudskoj karakteristici bude na presečnoj učestanosti.Nacrtati amplitudsku i faznu karakteristiku.
Poznato je: C1 = 10 [nF]; R1 = 10 [kW].
Slika 1.
Rešenje:
Kolo na slici 1. predstavlja kaskadnu vezu dva integratora.
Slika 2.
Ako posmatramo sliku 2. tada su prenosne funkcije pojedinih integratora:
( ) ( )111
1
i
1o1 CRs
1RCs1
sVVsH
⋅⋅−=
⋅−== ,
( ) ( )11
12
1
12
1o
o2 CRs
CRs1R
Cs1R
sVVsH
⋅⋅⋅⋅+
−=⋅
+−== ,
Ukupna prenosna funkcija je proizvod prenosnih funkcija pojedinih integratora:
( ) ( ) ( )11
12
1121 CRs
CRs1CRs
1sHsHsH⋅⋅
⋅⋅+⋅
⋅⋅=⋅= .
+
_
+
_
R1
R2
C1
Vi
VO
C1
R1
+
_
+
_
R1
R2
C1
Vi
VO
C1
R1
INT-1INT-2
VO1
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 59
Ako bi izostavili R2 imali bi dva kaskadno vezana integratora sa prenosnom funkcijom:
( ) ( ) ( )2
1121 CRs
1sHsHsH
⋅⋅
=⋅= ,
koja opada sa –40 dB/dek i ima moduo 1 na presečnoj učestanosti 11
P CR1⋅
=ω . Što znači
da postojanje R2 unosi nulu koja treba da se postavi na presečnu učestanost Pω . Za ωjs = imamo:
( )2
11P CR
1jH
⋅⋅
==ω
ω1 ,
pa je:
]s
rad[101 4
11
=⋅
=CRPω
Sada treba kružnu učestanost nule 12
z CR1⋅
=ω postaviti na presečnu učestanost Pω pa
dobijamo da je:
Ω]k[1021 == RR .
Amplitudska i fazno frekvencijska karakteristika su date narednim izrazima:
( ) [ ] ( ) ( )112
12 CR40CR120jH20 ⋅⋅−⋅⋅+= ωωω loglogdBlog ( )[ ] ( )12 CRarctgrad ⋅⋅+−= ωπωϕ ,
i prikazane su na slici 3.
Slika 3.
log ω [rad/s]
log ω [rad/s]
103 104 105
105104103
20log | H (jω) |[dB]
20
-20
-40
40
- π/2
- π
0
ϕ [ rad]
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 60
2.28. zadatak
Na slici 1. je data šema prostog diferencijatora. Vrednosti parametara korišćenog opracionogpojačavača su: 510=OA , Hz][10=df . Proračunati na kojoj frekvenciji sinusnog signala neće bitifaznog pomeraja između ulaznog i izlaznog signala. Proračunati amplitudu izlaznog signala na tojferkvenciji ako je amplituda ulaznog signala 10 [mV].
Poznate su sledeće vrednosti: C1 = 10 [nF]; R1 = 10 [kW].
Slika 1.
Rešenje:
Pojačanje operacionog pojačavača, ako je 510=OA , je dato sa:
d
OOP
j1
AA
ωω
+= ,
pisanjem jednačine po metodi potencijala čvorova za invertujući ulaz operacionogpojačavača sa slike 1. dobijamo:
0=⋅⋅−⋅−
⋅+⋅− 1i
1o1
1CjV
R1VCj
R1V ωω
OPo AVV ⋅−= −
Kombinovanjem prethodnih izraza dobija se:
1i1
OP1
1OP
o CjVR
ACjR1
AV
⋅⋅−=
+⋅+⋅ ωω ,
OP1i1
OP1
1o ACjV
RACj
R1V ⋅⋅⋅−=
+⋅+⋅ ωω .
Prenosna funkcija je:
( )( ) ( ) 11OP
11OP
1OP1
1OP
i
oRCjA1
RCjA
CjA1R1
CjAjVV
⋅⋅++⋅⋅⋅
−=⋅++⋅
⋅⋅−=
ωω
ω
ωω
VO
Vi
R1
C1
+
_
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 61
( )1
ARCj1RCjj
VV
OP
11
11
i
o
+⋅⋅+⋅⋅
−= ωωω ,
smenom vrednosti za AOP dobijamo:
( )( ) O
d11
O11
i
o
Aj1RCj1
ARCjjVV
+
+⋅⋅⋅+
⋅⋅⋅−=
ωωω
ωω
( )
⋅⋅+++
⋅⋅−
⋅⋅⋅−=
11d
Od
112
O11
i
o
RCjARC1
ARCjjVV
ωωω
ωω
ωω
Da bi faza izlaznog signala bila nula potrebno ja da realni deo imenioca prethodnog izrazabude nula.
0=+⋅⋅
− Od
112
ARC1ω
ω ,
pa je:
( ) ]s
rad[250,6641
11
=⋅
⋅+=
RCA dO ω
ω .
Slika 2.
Konačno je frekvencija sinusnog signala na kojoj neće biti faznog pomeraja između ulaznogi izlaznog signala:
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 62
kHz][39,892
==π
ωf .
Moduo prenosne funkcije je:
( ) 624,4=ωjVV
i
o
pa je amplituda izlaznog signala:
V][6,24mV][104,624max =⋅=oV .
Amplitudska i fazno frekvencijska karakteristika, ovog diferencijatora, su date na slici 2.
2.29. zadatak
Na slici 1. je prikazan integrator greške kompenzovan diferencijalnim kompenzatorom.Nacrtati Bode-ov dijagram pojačanja i faze za prenosnu funkciju ( )ωjVV io / . Smatrati da jeoperacioni poja-čavač idealan.
Poznato je: R2 = 100 [kW]; R1 = 3 [MW]; C1 = 22 [nF]; C2 = 100 [nF].
Slika 1.
Rešenje:
Kolo na slici 1. može da se uprosti na način prikazan na slici 2:
Slika 2.
Impredansa Z1 zamenjuje paralelnu vezu otpornika i kondenzatora:
+
_
C1 C2
R2 R1
ViVO
+
_
C2
R2 Z1
ViVO
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 63
11
1
11
11
1 CRj1R
RCj
1
RCj
1
Z⋅⋅+
=+
⋅
⋅⋅
=ω
ω
ω ,
pa je:
11
21121
11
12122 RCj1
RRCjRRRCj1
RRZRZ⋅⋅+
⋅⋅⋅++=
⋅⋅++=+=
ωω
ω Prenosna funkcija je prema tome:
( )
( ) ( )[ ]211212
11
i
o
11
21121
2
2
2C
i
o
RRCjRRCjRCj1j
VV
RCj1RRCjRR
Cj1
ZZj
VV
⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅+
−=
⋅⋅+⋅⋅⋅++
⋅−=−=
ωωωω
ωω
ωω
( ) ( )21
211
11
221i
o
RRRRCj1
RCj1CRR
1jVV
+⋅⋅
⋅+
⋅⋅+⋅
⋅+−=
ω
ωω
Izraz za prenosnu funkciju možemo u opštem slučaju napisati u obliku:
( )
+⋅
+⋅−=
1P
z
i
o
j1j
j1kj
VV
ωωω
ωω
ω ,
gde je:
( ) 3,22=⋅+
=221 CRR
1k ;
]s
rad[15,151
11
=⋅
=RCzω - kružna učestanost nule;
]s
rad[469,7211
211 =
⋅⋅+
=RRC
RRPω - kružna učestanost pola;
( ) ]s
rad[3,221
2122 =
+⋅=
RRCPω - presečna učestanost na kojoj amplitudska
karakteristika preseca frekvencijsku osu.
Amplitudska i fazno frekvencijska karakteristika su date narednim izrazima respektivno,dok je prikaz dat na slici 3.
( ) [ ]2
1P
2
zi
o 12012020k20jVV20
++
++−=
ωω
ωωωω loglogloglogdBlog
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 64
[ ]z1P
arctgarctg2 ω
ωωωπ
+−−=radϕ
Slika 3.
2.30. zadatak
Za određenu primenu korišćen je pojačavač sa zajedničkim emiterom sa nazivnimparametrima 100=OA i kHz][100=gf . Zbog nedovoljno stabilnih temperaturnih i drugihkarakteristika, prešlo se na rešenje sa dva kaskadno vezana stepena i negativnom povratnomspregom (slika 1). Proračunati vrednost β tako da se dobije 100=orA i odrediti novu graničnuučestanost.
Slika 1.
Rešenje:
Kako je:
g
O21
ffj1
AAA
+==
β
A1 A2
log ω [rad/s]
20
-20
-40
40
20log | VO/VI(jω) |[dB]
log ω [rad/s]
ϕ [ rad]
0
-π/2
00,1
0,1
1
1 10
10
102
102
103
103
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 65
Za proračun β koristimo kolo na slici 2. uz uslov dat postavkom zadatka 100=orA , pavaži:
Slika 2.
( )( ) ββ ⋅+
=⋅+
=2
2
2O
2O
1001100
A1
AAor ,
pa je:100
1≅β
Novu graničnu učestanost računamo iz ukupnog pojačanja dva kaskadno vezana stepena inegativnom povratnom spregom (slika 1):
2
g
2
gg
2O
gg
2O
21
21
ffj1100
100
ffj1
ffj1
A1
ffj1
ffj1
A
AA1AAAr
++
=
⋅
+⋅
+
+
+⋅
+
=⋅⋅+
⋅=
ββ
g
2
g
2
ffj2
ff101
100Ar
⋅+
−
= ,
uvođenjem smene gffk = , sada iz ovog izraza određujemo novu graničnu učestanost na
osnovu kriterijuma da na njima amplitudska karakteristika opadne 2 puta (ili za 3dB) u odnosu navrednost orA :
2A
A orr = ,
pa je:
β
100 100
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 66
( ) ( )
222
2
2100
k2k101
100=
⋅+−,
nakon kvadriranja imamo: 0=−⋅− 9799k198k 24 . Uvođenjem nove smene 21 kk =
ova bikvadratna jednačina se svodi na sledeći oblik:
0=−⋅− 9799k198k 1
21
Rešavanjem izraza (2) dobijamo za 239k1 = , tada je 4615kk 1 ,== , pa se konačnodobija vrednost nove granične učestanosti:
MHz][1,546=⋅= ggr fkf .
2.31. zadatak
Regulator napona na slici 1. je kolo sa negativnom povratnom spregom. Može se smatrati dase napajanje regulatora vrši iz nestabilisanog izvora male impedanse. Napraviti presek ispred bazeQ2 i proračunati kružno pojačanje ovog sklopa.
Poznato je: IC1 = 0,5 [A]; IC2 = 5 [mA]; rz = 20 [W]; R1 = 330 [W]; R2 = 150 [W]; R3 = 24[W] ; β1 = 50; β2 = 100; VT = 25 [mV].
Slika 1.
Rešenje:
Proizvod βA se naziva kružno pojačanje. Način određivanja kružnog pojačanja se vidi izsledećeg razmatranja:
• Prvo se ukidaju nezavisni izvori, u ovom slučaju stavi se 0=IV .• U sledećem koraku petlju povratne sprege prekidamo u tački gde je najlakše odrediti
vrednost impedansi. To je potrebno da bi se pre i posle prekidanja u kolu zadržao istiraspored napona i struja.
• Dalje se priključi pobudni naponski testgenerator Vt , u ovom slučaju između bazetranzistora Q2 i mase slika 1.
Na taj način se dobija šema kola za određivanje kružnog pojačanja, slika 2. Crtanjem ekvivalentnog kola za režim malih signala pojedinačno za svaki tranzistor na slici
2. dobija se šema na slici 3.
VI
Q1
Q2
DZR1
R2
R3
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 67
Slika 2.
Slika 3.
Gde je:
S][2011 ==
T
Cm V
Ig ; Ω][2,51
11 ==
mgr βπ ; S][0,22
2 ==T
Cm V
Ig ; Ω][5002
22 ==
mgr βπ ;
( )( )( ) Ω][20,2
322
322 =++⋅+
=RrRrRrRr
RZ
ZE
π
π .
Metodom potencijala čvorova za čvorove C2 i E1 dobijamo:
t2m1
1e
112c Vg
rV
r1
R1V ⋅−=−
+⋅
ππ
( )1e2c1m1
2c
1E1e VVg
rV
r1
R1V −⋅=−
+⋅
ππ
Iz prethodnih izraza, ako zamenimo brojčane vrednosti za otpornosti, dobijamo:
tec VVV ⋅−=⋅−⋅ 2,04,0403,0 12
( )1e2c2c1e VV20V40V4490 −⋅=⋅−⋅ ,,
Rešavanjem po Vel dobijamo:
t1e V1250V ⋅−= , ,
R1
R2
R3
Q2
Q1
VtVB
B2
B2
rπ2
rZ
rπ2gm2Vt
gm1Vbe1R1
R2
rZ
rπ2
rπ1
Vb
R3
C2 E1
Vt
B2
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 68
kako je:
1e
Z22
22
22
22
1eb V85220r
rRrR
rRrR
VV ⋅=+
+⋅
+⋅
⋅= ,
π
π
π
π
,
tada je:
b1e V171V ⋅= , ,
pa je kružno pojačanje:
42,83−==t
bVVAβ .
2.32. zadatak
U kolu na slici 1. je primenjena i pozitivna i negativna povratna sprega. Odrediti vrednost
kružnog pojačanja ( )PjA ωβ na kružnoj učestanosti 2121
pCCRR
1⋅⋅⋅
=ω .
Prenosna funkcija operacionog pojačavača može se aproksimirati sa:
ωωω
jAjA 1O ⋅
≅)( ;
Gde je: 510=OA ; ω1 = 20π [rad/s].Poznato je: R1 = 10 [kW]; R2 = 150 [kW]; R3 = R4 = 300 [kW]; C1 = C2 = 10 [nF].
Slika 1.
Rešenje:
Kako u ovom slučaju postoji i pozitivna i negativna povratna sprega potrebno je napravitiprekid na dva mesta. Tačke gde prekidamo petlje povratnih sprega biramo tamo gde je najlakšeodrediti vrednost impedansi, tako da se pre i posle prekidanja ne promeni raspored napona i struja.
+
_
ViVO
R1
R2C1 C2
R3R4
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 69
To je, za kolo sa slike 1., najlakše učiniti na invertujućem i neinvertujućem ulazu operacionogpojačavača. Pa je ekvivalentno kolo za određivanje kružnog pojačanja dato na slici 2.
Slika 2.
Kružno pojačanje definisano je relacijom:
tVVVA −+ −
=β ,
ako je:
1
1 Cj1Z⋅
=ω
, 2
2 Cj1Z⋅
=ω
,
tada je:
43
3t RR
RVAV+
⋅⋅=+
( )122
1221
1t1
ZZRZZRR
RVAV
++⋅+
+⋅⋅=
( ) 22
2t
22
2
122
1221
1t12
22
1tZRZVA
ZRZ1
ZZRZZRR
RVAVZZRVVAV
+⋅⋅
+
+
−⋅
++⋅+
+
⋅⋅=+⋅
+−⋅
=−
Kombinovanjem prethodnih izraza za kružno pojačanje dobijamo:
( )
t
22
2
22
2
122
1221
1
43
3t
V
ZRZ
ZRZ1
ZZRZZRR
RRR
RVA
A
+−
+
−⋅
++⋅+
+−
+⋅⋅
=β .
Ako je:
2222
2RCj1
1ZR
Z⋅⋅+
=+ ω
,
+
_
C1
C2
R4
R3
R2
R1
VtAVt
V+ V-
V1
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 70
tada je:
22
22
22
2RCj1
RCjZR
Z1⋅⋅+
⋅⋅=
+
−ω
ω
( )( )
( )( )221212212
1
2112212
1
122
1221
1
RCRCCjRCCR1CCRjRCCR
ZZRZZRR
R⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅−
+⋅⋅+⋅⋅⋅⋅−=
++⋅+
+ ωωωω
pa je zajednički imenilac izraza za kružno pojačanje:
( ) ( )( )( )[ ]( ) ( )[ ]
⋅⋅⋅⋅−⋅⋅++⋅⋅+
+⋅++⋅+⋅⋅⋅⋅−⋅+
21212
22211
2221111222
43CCRR2RCCCRj
RCCCRCRCR1RR
ωω
ω
kada se 2121
P CCRR1
⋅⋅⋅=ω zameni u izraz za kružno pojačanje, za realan deo brojioca
dobija se:
( )431
23 RR2
RR2R +⋅+
+−⋅ ,
a za imaginaran deo:
( )( ) ( ) ( ) ( )( )][ 2221434322222113 RCC1RRRRRCRCRCCRRj ⋅++⋅⋅+−+⋅⋅+⋅++⋅⋅ω .
Kako je:
ωωω
jAjA 1O ⋅
≅)( ,
kružno pojačanje je:
( )( )394j10021
100071j1093
j
AA
7
66
1
O
,,,,
⋅+⋅−
⋅⋅+⋅−⋅=
ωω
β ,
a njegov moduo: 960,96=Aβ .
2.33. zadatak
Operacioni pojačavač korišćen u šemi na slici 1. ima NF naponsko pojačanje od 100 [dB] idominantni pol na Hz][10=df . Na ulaz pojačavača se dovodi prostoperiodični signal amplitude 1[V] i frekvencije kHz][100=f .
Proračunati amplitudu izlaznog signala,
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 71
a) ne uzimajući u obzir “slew rate”, b) ako je “slew rate” 1[V/µs]. Poznato je: R1 = 10 [kW]; R2 = 100 [kW].
Slika 1.
Rešenje:
Termin slurejt (“slew rate”) operacionog pojačavača se definiše kao maksimalna mogućabrzina promene njegovog izlaznog napona u vremenu:
maxdt
dVSR O=
a) Ako slurejt ne uzimamo u obzir, tada za invertujući ulaz operacionog pojačavača sa slike1, možemo pisati:
0=−−
+⋅−
1
i
2
o
12 RV
RV
R1
R1V
OPo AVV ⋅−= −
tada je:
OP
oAVV −=−
gde je:
d
5
d
OOP
ffj1
10
ffj1
AA
+=
+= ,
jer je dB][100log20 =OA pa je: 5O 10A =
Kombinovanjem prethodnih izraza se dobija:
1
i
2
OP
12OP
oRV
RA
R1
R1
AV
−=
++⋅ ,
R1
R2
Vi
+
_
VO
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 72
pa je prenosna funkcija:
( )
2OP21
21
1
2
OP
12
OP1
i
o
R1
A1
RRRR
R1
RA
R1
R1
AR1
jfVV
+⋅
⋅+
−=+
+
⋅−=
( )( ) 1O
d21
21O1
i
o
RAffj1RR
RRAR1
jfVV
⋅+
+⋅+
⋅⋅⋅−=
( )( )( ) ( )
+⋅+++⋅
⋅−=
21d
2O1
2O
i
o
RRffjRA1R
RAjfVV
Modul pojačanja pri kHz][100=f iznosi:
( )( )( ) ( )
6,72,
=⋅
=
++++
⋅=
18
10
2
21d
22O1
2O
i
o
10212
10
RRffRA1R
RAjfVV
Slika 2.
Na slici 2. tanjom linijom je prikazan ulazni signal ( ) ( )ft2tVi πsin1V ⋅= , gde je:kHz][100=f . Debljom linijom je prikazan izlazni signal oV , čija je amplituda 6,72 [V], jer je
amplituda ulaznog signala 1 [V] a moduo prenosne funkcije 6,72. Izlazni signal je fazno pomerenza:
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 73
( )
( ) °−=°−°−=++⋅
+⋅−°−= 722277247180
RA1R
RRff
arctg1802O1
21d ,,ϕ
b) Kada je ]sµ
V[1=SR i ako je brzina promene izlaznog signala u trenutku 0=t :
( )( ) ( ) ]sµ
V[4,222sin272,62sinV72,6max
=⋅⋅=⋅⋅=
ftfft
dtd
dtdVo πππ ,
tada je:
SRdt
dVo >
max.
Znači da dominira slurejt. Na slici 3. je dat izlazni signal bez uticaja slurejta, tankomlinijom, a izlazni signal sa uticajem slurejta, debljom linijom, ako je ulazni signal
( ) ( )ft2tVi πsin1V ⋅= . Navedeni dijagrami su dobijeni digitalnom simulacijom, programomElectronic WorkBench v5.0.
Slika 3.
2.34. zadatak
Operacioni pojačavač korišćen u kolu na slici 1. ima NF naponsko pojačanjedB][100=OA i dominantni pol na Hz][10=df . Na ulaz kola se dovodi prostoperiodični signal
amplitude 1 [V] i frekvencije kHz][100=f . Ako je poznato: pF][1001 =C i Ω]k[21 =R ,proračunati amplitudu izlaznog signala, a) ne uzimajući u obzir ”slew rate”, b) ako je “slew rate” 1[V/µs].
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 74
Slika 1.
Rešenje:
Pojačanje operacionog pojačavača, ako je dB][100log20 =OA i 510=OA , dato je sa:
d
OOP
j1
AA
ωω
+= ,
pa ako je: ωjs = možemo da pišemo:
d
dO
d
OOP s
As1
AAωω
ω+
⋅=
+=
Pisanjem jednačine po potencijalu čvorova za invertujući ulaz operacionog pojačavačaimamo:
0=−⋅⋅−
⋅+⋅−
1
i1o1
1 RVCsVCs
R1V
−⋅−= VAV OPo
Kombinovanjem prethodnih izraza dobijamo izraz iz koga dalje računamo prenosnufunkciju:
1
i1OP1
1OP
oRVCsACs
R1
AV
−=
⋅⋅+⋅+⋅
( )( ) ( ) 11O
OP
1OP1
OP1
i
oCRsA11
A
CsA1R1
AR1
sVV
⋅⋅⋅++−=
⋅⋅++
⋅−=
( ) ( ) ( )d
11dOd11
d
dO
i
o
sCRsAsCRs1
sA
sVV
ωωω
ωω
+⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+
+⋅
−=
( ) ( ) ( ) 11dOd11
dO
i
oCRsAsCRs1
AsVV
⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+⋅
−=ωω
ω
C1
R1
VO
Vi
+
_
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 75
( )( )
11
dOd
11
2
dO
11i
o
CRA1
CR1ss
ACR
1sVV
⋅+
+⋅+
⋅⋅+
⋅⋅
⋅−=
ωω
ω ,
pošto je ωjs = važi:
( )( )
⋅++
⋅⋅+
−
⋅
⋅⋅
⋅−=
dO11
2
11
d
dO
11i
o
A1CR
1jCR
ACR
1jVV
ωωωωωω
Moduo prenosne funkcije, pošto je 6105 ⋅=⋅ 11 CR1 ,
srad62,83== dd f2πω ,
srad106,28 5⋅== f2πω iznosi:
( )
( )12
13
2
dO11
22
11
d
dO11
i
o
10171014153
A1CR
1CR
ACR
1
jVV
⋅⋅
=
⋅++
⋅⋅+
−
⋅
⋅⋅⋅
=,
,
ωωωω
ωω
( ) 4,42=ωjVV
i
o
a) Izgled izlaznog signala prikazan debljom linijom i ulaznog signala ( )ft2Vi πsinV1 ⋅=prikazan tanjom linijom dat je na slici 2 i 3. za slučaj ako ne uzimamo slurejt u obzir.
Slika 2.
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 76
Slika 3.
Izlazni signal je fazno pomeren za:
[ ]( )
°−≅°−°−=−
⋅
⋅++
⋅⋅
−°−=° 267,8186180
CR
A1CR
1
arctg1802
11
d
dO11
ωω
ωωϕ
Slika 4.
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA
Strana 77
b) Kada je ]sµ
V[1=SR i ako je brzina promene izlaznog napona za trenutak 0=t
( )( ) ( ) ]sµ
V[2,772sin242,42sinV42,4max
=⋅⋅=⋅⋅=
ftfft
dtd
dtdVo πππ
tada je:
SRdt
dVo >
max.
Znači da dominira slurejt. Izlazni signal je prikazan na slici 4. i 5. debljom linijom a ulaznitanjom.
Slika 5.
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 78
3. IMPULSNA KOLA
3.1. zadatak
Generator pravougaonog signala frekvencije 100 [Hz] je realizovan prema slici 1.Proračunati RV tako da faktor ispune izlaznog signala bude 0,5=D . Pad napona na diodama semože zanemariti.
Slika 1.
Rešenje:
Ulazni signal, ili signal na primaru transformatora, dat je sa:
( )ft22202PR πsinV ⋅⋅=V
Slika 2.
U datoj šemi operacioni pojačavač radi kao komparator. Sekundar sa srednjim izvodom i sanavedenim načinom ispravljanja generiše apsolutnu vrednost preslikanog i skaliranog naponaprimara koi se onda dovodi na neinvertujući ulaz operacionog pojačavača.
Slika 3.
+
_ V O
VREF
220V50Hz
40:(1+1)
V+
2010t [ms]
V PR [V]
311,13
300
t [ms]
V O [V]t [ms]2,5 5 10 20
V + [V]
5,57,78
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 79
Amplituda napona na neinvertujućem ulazu računa se po formuli:
40PR =+max
maxV
V , pa je: V][7,7840
V220240
maxmax =
⋅==+
PRVV
Ulazni signal i signal na neinvertujućem ulazu operacionog pojačavača su dati na slikama 2.
i 3. respektivno. Ako je perioda ulaznog signala ms][205011
=== sf
T , tada je perioda signala na
otporniku ms][10=T . Da bi faktor ispune pravougaonog signala na izlazu (slika 3), operacionogpojačavača bio 0,5=D , potrebno je da referentni napon bude:
( ) ( ) V][5,5105,2Hz502sinV78,75,2 3 =⋅⋅⋅⋅== −πmstVREF
3.2. zadatak
Proračunati pragove komparatora na slici 1, IHV i ILV . Na izlazu korišćenog komparatora jetranzistor sa otvorenim kolektorom. Poznato je sledeće: VBE = 0,7 [V]; R2 = 39 [kW];R1 = R3 = R4 = 3,9 [kW]; VR = +10 [V].
Slika1. Rešenje:
Regenerativni princip rada, neinvertujućeg komparatorskog kola, obezbeđen je pozitivnompovratnom spregom, ostvarenom sa izlaza na neinvertorski ulaz pojačavača. Pored toga referentnimnaponom VR mogu da se podešavaju nivoi okidanja.
+
LM393
VI R1 R2
R3R4
+24V
VR
+
LM393
VI R1 R2
R3R4
+24V
V1
VO
VR
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 80
Slika 2.
Pragove komparatora određujemo na osnovu slika 2, 3, i 4. a) Ako je V][0=OV i V][101 =V (slika 3.) tada je:
Slika 3.
V][11][101,112
211 =⋅=⋅
+= VV
RRR
V H
b) Ako je V][101 =V i ako za kolo sa slike 4. primenimo princip superpozicije
Slika 4.
( )
( )
( )321
3214
321
321
21
1
43
4321
43
432
1 V][24
RRRRRR
R
RRRRRR
RRRV
RRRR
RR
RRRR
RVV BEIL
++⋅+
+
++⋅+
⋅+
⋅++
+⋅
++
+⋅
+⋅=
Sada iz prethodnog izraza, i zamenom vrednosti za V]10[1 =V , dobijamo vrednost donjegpraga, sama prenosna karakteristika sa histerezisom prikazana je na slici 5.
043,0V][7,2491,01 ⋅+⋅= ILVV , pa je: V][9,77≅ILV .
R1 R2
VIH V1
+
R1 R2
R3
R4V1VIL VBE
+24V
VIVIL VIH
VOVOH
VOL
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 81
Slika 5.
3.3. zadatak
Na slici je prikazano komparatorsko kolo za pobudu relea. Proračunati R1 i R2 tako da serele uključuje kada IV ide iznad 7 [V] i isključuje kada IV padne ispod 5 [V]. Smatrati da jeotpornost relea mala u odnosu na R3 i da je VCES = 0. izlazu korišćenog komparatora je tranzistor saotvorenim kolektorom.
Poznato je sledeće: R3 = 100 [kW]; R4 = 2,2 [kW].
Slika1. Rešenje:
Primetimo da je kao i prethodnom primeru obezbeđen regenerativni princip rada, iako jepovratna veza dovedena na invertujući priključak komparatora, pošto tranzistor vezan na izlazkomparatora dodatno obrće fazu. Dakle obezbeđena je potrebna pozitivna povratna sprega.
Pragove komparatora određujemo na osnovu sledećeg razmatranja.a) Ako je rele uključen, odnosno ako je tranzistor u zasićenju V][0=CESV , odnosno ako je
ulazni napon po uslovu zadatka V][71 >V i ako je izlaz komparatora na visokom potencijalu,odnosno izolovan (potrebnu baznu struju tranzistoru obezbeđuje otpornik R4), važi ekvivalentnašema na slici 2, pošto je praktično otpornik R3 vezan na masu.
+
LM393VI
R1
R3
R4
+12V
R2
+12V
R1
VREF V-R2 R3
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 82
Slika 2.
Izlaz komparatorskog pojačavača biće na visokom potencijalu sve dok je napon nanjegovom neivertujućem ulazu veći nego na invertujućem. Izlaz komparatorskog pojačavača bićena niskom potencijalu tek kada napon na neinvertujućem ulazu postane manji od napona nainvertujućem ulazu, koji je na osnovu slike 2. određen relacijom:
REFREFL VRRRRRR
RRV
RRRRR
RRRR
VV ⋅⋅+⋅+⋅
⋅=⋅
+⋅
+
+⋅
== −323121
32
32
321
32
32
1
Prema tome sledi:
REFL V
RRRRR
RRRR
VV ⋅
+⋅
+
+⋅
== −
32
321
32
32
1
LREF
L
VVVR
RRRR
1
11
32
32
−⋅
=+⋅
⇒
−⋅=
−⋅=+⇒ 11111
111
1
132 L
REF
L
LREF
VV
RVVV
RRR
3211
1111RRV
VR L
REF =−
−⋅⇒
b) Ako je rele isključen, odnosno ako je tranzistor blokiran, odnosno ako je ulazni napon pouslovu zadatka V][51 <V i ako je izlaz komparatora na niskom potencijalu, važi ekvivalentna šemana slici 3, pošto je praktično otpornik R3 vezan na pozitivni kraj napajanja.
Slika 3.
Izlaz komparatorskog pojačavača biće na niskom potencijalu sve dok je napon na njegovomneivertujućem ulazu manji nego na invertujućem. Izlaz komparatorskog pojačavača biće na
V-
R1
+VCC
R2
R3
VREF
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 83
visokom potencijalu tek kada napon na neinvertujućem ulazu postane veći od napona nainvertujućem ulazu, koji je na osnovu slike 3. možemo odrediti superpozicijom:
=⋅
+⋅
+
+⋅
+⋅
+⋅
+
+⋅
== − CCREFH V
RRRRR
RRRR
V
RRRRR
RRRR
VV
21
213
21
21
32
321
32
32
1
CCILCCREF V
RRRRR
RRRR
VVRRRRRR
RRVRRRRRR
RR⋅
+⋅
+
+⋅
+=⋅⋅+⋅+⋅
⋅+⋅
⋅+⋅+⋅⋅
=
21
213
21
21
323121
21
323121
32 .
Odnosno važi:
CCILIH V
RRRRR
RRRR
VV ⋅
+⋅
+
+⋅
=−
21
213
21
21
( )( )ILIHCC
ILIH
VVVVVR
RRRR
−−−⋅
=+⋅
⇒ 3
21
21
( )( )
−
−⋅=
−−−
⋅=+⇒ 11111
3321 ILIH
CC
ILIH
ILIHCC
VVV
RVVVVV
RRR
Sabiranjem prethodne relacije sa sličnom dobijenom pod a) dobijamo relaciju za R1:
−
−⋅+=
−⋅+ 111111
33111 ILIH
CC
L
REF
VVV
RRVV
RR
ILIH
CC
L
REF
VVV
RVV
R −⋅=⋅⇒
311
11
]k[4052]k[100
512
1257]k[100
131 Ω=⋅Ω=⋅
−⋅Ω=⋅
−⋅=⇒
L
REF
CC
ILIH
VV
VVVRR
Konačno određujemo i vrednost otpornosti :
]k[4040720
]k[10040
4015
12100
]k[10040
11111
11
3
31
311
2 Ω=−⋅Ω⋅
=−
−⋅
Ω⋅=
−
−⋅
⋅=
−
−⋅
=R
VVR
RR
RVV
R
R
L
REF
L
REF
Sama prenosna karakteristika sa histerezisom prikazana je na slici 4.
VIVIL VIH
RELEON
OFF
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 84
Slika 4.
3.4. zadatak
U kolu na slici je prikazano komparatorsko kolo za pobudu LED diode. Ulazni napon IVmenja se monotono od 0 do +12 [V]. Proračunati prag pri kom zasvetli LED. Nakon porasta sledimonotono opadanje ulaznog napona IV . Odrediti prag pri kom se LED ugasi. Korišćeni komparatorima izlaz sa otvorenim kolektorom, napon zasićenja je VCES = 0,5 [V], a napon na LED diodi priprovođenju je [V].
Poznato je sledeće: R1 = 10 [kW]; R2 = 6,8 [kW]; R3 = 68 [kW]; R4 = 4,7 [kW].
Slika 1.
Rešenje:
Pragove komparatora određujemo na osnovu sledećeg razmatranja.a) Ako LED dioda ne vodi, odnosno ako je izlazni tranzistor komparatora blokiran, odnosno
ako ulazni napon po uslovu zadatka raste od 0 ka +12 [V], važi ekvivalentna šema na slici 2.
+LM393
VI
R1
R3
R4
+12V
R2
+12V
RR
LED
V+
VI1
R1
R3
R4
+VCC
R2
RR
V-
V+
VI2
R1
R3
+VCC
R2
RR
V-
VLDS
VCES
+
+
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 85
Slika 2. Slika 3.
Izlaz komparatora biće na visokom potencijalu sve dok je napon na njegovom neivertujućemulazu veći nego na invertujućem −+ >VV . Izlaz komparatora promeniće stanje u trenutku kadanapon na invertujućem ulazu postane veći od napona na neinvertujućem ulazu +− >VV . Tada naponna ulaznom priključku VI1 pretstavlja visoki komparacioni nivo VIH. U tom trenutku u kolu sa slike2. vladaju naponski odnosi određeni relacijama:
( )( )
CCIHIHI V
RRRRRRR
RVVVRR
RVRR
RV ⋅
+++⋅
+=>⋅=⋅
+=⋅
+= +−
431
4312
21 2
1 .
Prema tome sledi da VIH iznosi:
( )( )
( )( )
=⋅
+++
⋅+=⋅
+++⋅
+
⋅= CCCCIH V
RRRRR
RR
V
RRRRRRR
RV
431
43
2
1
431
4312
2
1
22
( )( )
]V[4677,10]V[12
7,468107,468
8,6101
2=⋅
+++
⋅+=
b) Ako LED dioda vodi V][1,5=LEDSV , odnosno ako je izlazni tranzistor komparatora uzasićenju V][0,5=CESV , odnosno ako ulazni napon po uslovu zadatka opada od +12 [V] ka 0, važiekvivalentna šema na slici 3.
Izlaz komparatora biće na niskom potencijalu sve dok je napon na njegovom invertujućemulazu veći nego na neinvertujućem +− >VV . Izlaz komparatora promeniće stanje u trenutku kadanapon na invertujućem ulazu postane manji od napona na neinvertujućem ulazu +− <VV . Tadanapon na ulaznom priključku VI2 pretstavlja niski komparacioni nivo VIL. U tom trenutku u kolu saslike 3. vladaju naponski odnosi određeni superpozicijom:
( )CESLDSCCILILI VV
RRRRR
RRRR
V
RRRRR
RRRR
VVVRR
RVRR
RV +⋅
+⋅
+
+⋅
+⋅
+⋅
+
+⋅
=<⋅=⋅+
=⋅+
= +−
21
213
21
21
32
321
32
32
2 21
Prema tome sledi da VIL iznosi:
( ) =+⋅⋅
+⋅
+
+⋅
+⋅⋅
+⋅
+
+⋅
= CESLDSCCIL VV
RRRRR
RRRR
V
RRRRR
RRRR
V 22
21
213
21
21
32
321
32
32
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 86
( ) =+⋅⋅+⋅+⋅
⋅⋅+⋅
⋅+⋅+⋅⋅⋅
= CESLDSCC VVRRRRRR
RRVRRRRRR
RR
323121
21
323121
32 22
( )[ ]=+⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅
⋅= CESLDSCC VVRVR
RRRRRRR
13323121
22
( )[ ]=+⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅
⋅= CESLDSCC VVRVR
RRRRRRR
13323121
22
( )[ ]=+⋅+⋅⋅+
⋅+
= CESLDSCC VVRVRR
RRRR
13
32
311
2
( )[ ] V][393,9V][5,05,110]V[126868
8,6681010
2=+⋅+⋅⋅
+⋅
+=
Histerezis iznosi:
]V[0747,1]V[393,9]V[4677,10 =−=−=∆ ILIHH VVV
Sama prenosna karakteristika sa histerezisom prikazana je na slici 4.
Slika 4.
3.5. zadatak
Na ulaz kola sa slike 1. se dovodi usamljeni impuls amplitude 5 [V]. Korišćeni operacionipojačavač ima “slew rate” od 8 [V/µs]. Proračunati minimalno trajanje impulsa pri kojem se jošpostiže puna amplituda na izlazu. Nacrtati uporedne vremenske dijagrame IV i OV za navedenislučaj.
+
_R1
R1
V O
V I V O
V I
t
t
predstavlja nagib datslu rejtom (SR)
VIVIL VIH
LED diodaON
OFF
∆VH
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 87
Slika 1. Slika 2.
Rešenje:
Ako na ulaz kola sa slike 1. dovodimo usamljeni impuls nekog trajanja, tada na izlazu kola, uzpretpostavku da pojačavač ima slew rate, dobijamo izgled signala kao na slici 2.
U datom slučaju uz naponsko pojačanje 1−=I
OV
V , dobijaju se signali kao na slici 3.
Slika 3.
Vreme trajanja impulsa se proračunava po formuli:
s]0,625[s][85
s]/V[8V][5V][5
min µµµ
====SR
t .
Izgled ulaznog i izlaznog signala je prikazan na slici 3.
3.6. zadatak
Na neinvertujući ulaz prikazanog komparatora (slika 1) se dovodi trouglasti signal (slika 2)sa vršnim vrednostima od ± 5 [V]. Proračunati VREF i R2 tako da se na izlazu dobije pravougaonisignal faktora ispune D = 20%. Potrebno je ostvariti histerezis od 1 [V]. Logička amplituda naizlazu integrisanog komparatora je ± 10 [V]. Poznato je: R1 = R3 = 10 [kW].
5 V
-5 V
V I
V O
tmin
t
t
nagib od:-8 V/µs+8 V/µs
+
_V I V O
VREF
R1 R2
R3
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 88
Slika 1.
Rešenje:
Pisanjem jednačine po metodi potencijala čvorova za neinvertujući ulaz operacionogpojačavača sa slike 1. imamo sledeće:
0=−−
+++
1
REF
2
O
231 RV
RR1
R1
R1V V
Ω]Ω]
Ω]k[10k[10
k[102
22
2 REFO VRR
RV =−
⋅+⋅
+
V
Slika 2.
Da bi se dobio traženi faktor ispune izlaznog signala bez histerezisa komparatora trebalo bipostaviti prag na V][3−== ILIH VV . Zbog traženog histerezisa potrebno je namestiti pragove na
V][2,5−=IHV i V][3,5−=ILV . Tako određena prenosna karakteristika komparatora sa histerezisomje data na slici 3, a na slici 2, su docrtani pragovi i nacrtan uporedni dijagram izlaznog napona.
Slika 3.
Iz prethodnog izraza sledi:
[V]
5
-5
-3-3,5
-2,5
V O
t
1 V
T
0,2T
V I
1 V
V O [V]
V I [V]
10
-10
-2,5-3,5
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 89
−
⋅
+⋅+⋅=
2k[102
k[1022k[10
RR
RVV O
REFV
Ω]Ω]
Ω]
Sada na osnovu slika 2. i 3. i uz izraz (2), a ako je V][2,5−=IV i V][10=OV , imamo:
22
2 k[10V][10
2k[10V][5,2
RRR
VREFΩ]Ω]
⋅−⋅+
⋅−=
u drugom slučaju kada je V][3,5−=IV i V][10−=OV sledi:
22
2 k[10V][10
2k[10V][5,3
RRR
VREFΩ]Ω]
⋅+⋅+
⋅−=
Pa važi:
22
2
22
2 k[10V][10
2k[10V][5,3
k[10V][10
2k[10V5,2
RRR
RRR Ω]Ω]Ω]Ω]
⋅+⋅+
⋅−=⋅−⋅+
⋅−
Ω]Ω[ k[10202k[10 2 ⋅=⋅+ R
pa je konačno:
Ω]k95[2 =R
Referentni napon je:
V]6,31[k[95k[10
V][10k[95
k[952k[10V][5,2 −=⋅−
⋅+⋅−=
Ω]Ω]
Ω]Ω]Ω]
REFV
3.7. zadatak
Na ulaz komparatorskog kola sa slike 1. dovodi se testerasti napon sa vršnim vrednostima od± 5 [V] sa slike 2. Nacrtati vremenski dijagram na izlazu komparatora OV . Logički nivoi na izlazukomparatora su ± 10 [V].
Poznato je: R1 = 2,2 [kW]; R2 = 4,7 [kW].
Slika 1.
+
_
V I
V O
R1
R2
[V]
5
V I
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 90
Slika 2.Rešenje:
Pragove komparatora određujemo na osnovu sledećeg razmatranja.
a) ako je izlaz komparatora na visokom potencijalu, odnosno ako ulazni napon raste odvelike negativne vrednosti ka pozitivnoj, izlaz komparatora će se promeniti tek kada napon naneinvertujućem priključku komparatora postane veći od napona na neinvertujućem priključkukomparatora. U tom slučaju važi ekvivalentna šema prikazana na slici 3.
Slika 3.
Vrednost praga visokog logičkog nivoa dobijamo iz relacije:
]V[188,3109,62,210
7,42,22,2
21
11 =⋅=⋅
+=⋅
+== + OHH V
RRRVV
b) ako je izlaz komparatora na niskom potencijalu, odnosno ako ulazni napon opada odvelike pozitivne vrednosti ka negativnoj, izlaz komparatora će se promeniti tek kada napon naneinvertujućem priključku komparatora postane manji od napona na neinvertujućem priključkukomparatora. U tom slučaju važi ekvivalentna šema prikazana na slici 4.
Slika 4.
R1 +|VOH|V+
R2
R2
R1 -|VOH|V+
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 91
Vrednost praga niskog logičkog nivoa dobijamo iz relacije:
( ) ( ) ]V[188,3109,62,210
7,42,22,2
21
11 −=⋅−=−⋅
+=−⋅
+== + OHL V
RRRVV
Prenosna karakteristika komparatora sa prethodno određenim pragovima prikazana je naslici 5.
Slika 5.
Modulacija izlaznog napona nalazi se određivanjem presečnih tačaka ulaznogtesterastog napona sa komparacionim pragovima. Prva presečna tačka sa visokim komparacionimnivoom je u trenutku t=0, odnosno t=kT. Drugu presečnu tačku nalazimo upoređenjem vrednostitesterastog napona sa niskim komparacionim nivoom.
Slika 6.
6,376[V]
V O [V]
V I [V]
+10
-10
+3,188-3,188
[V]
+5
-5
t[µs]10
V I
5
[V]
+10
-10
t[µs]10
V O
5
-3,188
+3,188
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 92
Napon sa slike 2. u opsegu 0<t<T možemo predstaviti sledećom relacijom:
⋅−⋅=⋅
⋅−= t
TVt
TVV ax
axaxI
212Im
ImImV
pa važi:
⋅−⋅= paxIL t
TVV 21Im ,
odnosno:
][094,45188,31
2][51
2 Im
ssVVTt
ax
ILp µµ
=
−−⋅=
−⋅= .
Odgovarajući vremenski dijagram na izlazu komparatora OV dat je na slici 6.
3.8. zadatak
Generator pravougaonog signala se ostvaruje uz pomoć integrisanog timer-a NE555.Kondenzator C1 se puni preko elemenata R1–D1 iz izvora +15 V do +10 V zatim se prazni prematački nultog potencijala preko elemenata R2–D2 do +5 V, slika 1.
Proračunati R1, R2 i C1 tako da se dobije izlazni signal frekvencije kHz][1=f i faktoraispune 10=D %. Poznato je: VD = 0,6 [V].
Slika 1.
Rešenje:
Ako je frekvencija izlaznog napona kHz]1[=f , tada je perioda ms]1[1==
fT . Pri fak-
toru ipune =D 10% trajanje visokog nivoa je ms]0,1[2 =T , a trajanje niskog nivoa ms]0,9[1 =T .Izgled izlaznog napona i napona na kondenzatoru je dat na slici 2.
NE555
R1
R2D1
D2
C1 1
2
34
6
78
+15V
T = 1 ms
T1= 0,9 ms T2
t [ms]V C1 [V]
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 93
Slika 2.
U opštem slučaju proračunavanje naponskih nivoa signala koji se menjaju eksponencijalnose može sagledati na osnovu kola sa slike 3.
Slika 3.
Prema tome važe sledeće relacije:
( ) ( ) 11
1
CRT
1211C eUUUUT ⋅−
− ⋅−−== ''V
( ) ( ) 11
2
CRT
21211C eUUUUTT ⋅−
− ⋅−−==+ ""V
a) za kola sa slika 2, i 4, kada napon 1CV raste i ako usvojimo da je nF]100[1 =C , važi:
V][102 =UV][51 =U
( ) ( )[ ] 11
1
CRT
1DD2 eUV15V15U ⋅−
⋅−−−−= VV
( ) 11
1
CRT
e541441410 ⋅−
⋅−−= VV,V,V
+
V I (t)
R1
C1 V C1
t
t
V IU'
U''
U1
U2
U'
U''
T1 T2
V C1
+15 V
R1
VD1
V C1C1
D1
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 94
tada je:
Ω]k11,85[
4,94,4ln1
11 =
⋅
−=
C
TR Slika 4.
b) za kola sa slika 2, i 5, kada napon 1CV opada, i ako usvojimo da je nF][1001 =C , važi:
V][102 =UV][51 =U
( ) 12
2
CRT
2DD1 eUVVU ⋅−
⋅−−=
( ) 12
2
V][10V][6,0V][6,0V][5 CRT
e ⋅−
⋅−−=
tada je:
Ω]k[1,317
4,94,4ln1
22 =
⋅
−=
C
TR Slika 5.
3.9. zadatak
Na slici 1. prikazana je CMOS realizacija astabilnog kola. Nacrtati uporedne vremenskedijagrame napona 321 ,, VVV za specijalan slučaj kada je napon napajanja VDD = 12[V] i pragokidanja 40% od napona napajanja. Izračunati frekvenciju i faktora ispune.
Poznato je sledeće: R1 = 10 [kW]; C1 = 1 [nF].
Slika 1.
Rešenje:
Karakteristični vremenski dijagrami napona 321 ,, VVV dati su na slici 2.
R2
V C1C1
VD2D2
R1
C1
V 1 V 3V 2
V 1
V 3
Vdd
Vdd
T1 T2
t
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 95
Slika 2.
Važe sledeće jednačine za prvi deo periode:
11
1
CRT
DDp eVV ⋅−
⋅=
=⋅⋅=⋅⋅−=⇒p
DD
DD
p
VVCR
VV
CRT lnln 11111
]s[162,9]s[10162,95,2ln1010124,0
12ln1011010 6693 µ=⋅=⋅=⋅
⋅⋅⋅= −−− .
Važe sledeće jednačine za drugi deo periode:
−⋅= ⋅
−11
2
1 CRT
DDp eVV
11
2
CRT
DDpDD eVVV ⋅−
⋅=−⇒
=−
⋅⋅=−
⋅⋅−=⇒pDD
DD
DD
pDD
VVVCR
VVV
CRT lnln 11112
]s[108,5]s[10108,56,0
1ln1010124,012
12ln1011010 6693 µ=⋅=⋅=⋅−
⋅⋅⋅= −−− .
Perioda signala je:
]s[27,14]s[108,5]s[162,922 µµµ =+=+= TTT .
Frekvencija signala je:
]kHz[072,70]Hz[10072,701027,14
11 36 =⋅=
⋅== −T
f ,
a faktor ispune:
3579,01027,1410108,5
6
62 =
⋅⋅
== −
−
TTD .
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 96
3.10. zadatak
Astabilno kolo na slici 1. je realizovano uz pomoć dva CMOS NILI kola. Proračunati C1
tako da frekvencija slobodnog oscilovanja pri V]0[=IV bude 10 [kHz]. Odrediti faktor ispuneizlaznog signala OV za slučaj kada se na ulaz IV dovodi takt frekvencije 10 [kHz] i faktora ispune0,5 radi sinhronizacije, ali ujedno se C1 poveća za 50%.
Poznato je: R1 = 100 [kW].
Slika 1.
Rešenje:
Prilikom proračuna kpaciteta C1 moramo voditi računa kako o uslovima zadatka tako i okmbinacionoj tablici NILI kola koja je data na slici 2. Iz nje se vidi da ako je jedan ulaz NILI kolana logičkoj nuli, tada je izlaz invertovani drugi ulaz kola, što bi značilo da tada NILI kolo radi kaoinvertor.
Slika 2. Slika 3.
Uzimajući u obzir prethodnu konstataciju. a uz uslov da frekvencija slobodnog oscilovanjaizlaza 1OV bude kHz10=f , tada uz korišćenje tablice sa slike 2. i kola sa slike 3. možemo danacrtamo oblik signala koji je dat na slici 4.
A B BA +0 0 10 1 01 0 01 1 0
R1 C1
V I
V O
R1 C1
V I
V O1
V 1
V O2LK-2 LK-1
V O1
V O2
Vdd
Vdd
T1 T2
t [µs]50 100
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 97
Slika 4.
µs][1001==
fT
pa je:
µs]50[221 ===TTT
Na osnovu slike 4. i narednog izraza možemo da izračunamo kapacitet kondenzatora C1:
11
1
CRT
dddd eV2
V ⋅−
⋅=
F][107,215,0ln
10
1
11
−⋅=⋅
−=R
TC
Ako sada na ulaz IV dovodimo takt frekvencije kHz][10=f i faktora ispune 0,5=D , uzuslov da je kapacitet 1C povećan za 50%, nF][1,085,1' 11 =⋅= CC . U tom slučaju je izgled signaladat na slici 5. Te na onovu toga možemo da izračunamo vreme koje je potrebno da napon IV sanulte vrednosti postigne vrednost 2Vdd / .
t [µs]
t [µs]
t [µs]
50 10075
Vdd
Vdd
Vdd
VXVdd/2
V 1
V O2
V O1
V I
tX
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 98
Slika 5.
−⋅= ⋅
−'11
X
CRt
dddd e1V2
V 50CRt 11x ,ln'⋅⋅−=
[s]107,5 5−⋅=xt
Konačno je faktor ispune izlaznog signala 1OV :
0,25=1O
DV .
3.11. zadatak
Na slici 1. je prikazano astabilno kolo realizovano uz pomoć integrisanog komparatora iCMOS invertora. Proračunati frekvenciju i faktor ispune impulsa na izlazu OV ako je potencimetaru srednjem položaju. Proračunati opseg promene faktora ispune ako se potenciometar okreće odjednog kraja do drugog kraja. Nacrtati vremenske dijagrame signala ( )t1V za navedene krajnjepoložaje. Logički nivoi na izlazu komparatora su 0 i 12 V. Poznato je: R1 = 10 [kW]; C = 10 [nF].
Slika 1.
Rešenje:
a) Za potenciometar u središnjem položaju, važi sledeće:
V][635,1V][12
1
1 =⋅⋅
⋅=+ RRV
V 1
+
_ V OC
R1
R1R1
R1
+12V
+12V
V O1
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 99
Karakteristični dijagrami su dati na slici 2:
Važi sledeći proračun:
50CRTT 121 ,ln⋅⋅−==µs]69,31[21 == TT
pa je:
µs]138,63[21 =+= TTT .
Slika2.
Frekvencija signala OV je:
kHz][7,211==
Tf
a faktor ispune:
0,5=D .
b) Za potenciometar u donjem položaju, izgled signala dat je na slici 3:
Važe sledeće jednačine:
V][43
V][121
1 =⋅
⋅=+ RRV
V 1 [V]
12
6
0
12
12
V O1 [V]
V O [V]
0
0T1 T2
t
t
t
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 100
−⋅= ⋅
−CR
T
eVV 1
1
1][12][4
pa je:
µs][40,541241ln11 =
−⋅⋅−= CRT .
CRT
e ⋅−
⋅= 1
2
V][12V][4
Slika3.
pa je:
µs]109,86[124ln12 =
⋅⋅−= CRT
konačno je faktor ispune izlaznog signala OV :
0,73=+
=21
2TT
TD .
c) Za potenciometar u gornjem položaju, izgled signala dat je na slici 4:
Važe sledeće jednačine:
t
t
t
T1 T2
0
0
0
12
12
12
V O1 [V]
V O [V]
V 1 [V]
4
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 101
V][832V12
1
1 =⋅⋅
⋅=+ RRV
−⋅= ⋅
−CR
T
e 1
1
1V][12V][8
pa je:
µs]109,86[1281ln11 =
−⋅⋅−= CRT
CRT
e ⋅−
⋅= 1
2
V][12V][8
Slika4.
pa je:
µs]40,54[128ln12 =
⋅⋅−= CRT
konačno je faktor ispune signala OV :
0,27=+
=21
2TT
TD
Faktor ispune se dakle menja od 0,27 do 0,73 u slučaju da se potenciometar pomera oddonjeg do gornjeg položaja.
3.12. zadatak
t
t
t
T1 T2
V O1 [V]
12
12
12
0
0
0
8
V 1 [V]
V O [V]
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 102
Kolo na slici 1. sa dva CMOS NILI kola je pogodno za realizaciju multivibratora saproizvoljnim faktorom ispune. Odrediti C1 i C2 tako da radna učestanost bude1 [kHz], a faktor ispune na izlazu Q bude 2/3. Skicirati uporedne vremenske dijagrame napona naC1 i C2. Poznato je sledeće: VT = Vdd/2; Vdd >> VD; R1 = 100 [kW].
Slika1.
Rešenje:
Na osnovu radne učestanosti kHz][1=Qf možemo da odredimo periodu ms][1/1 == QQ fT ,tada se na osnovu slike 2. određuju vrednosti kapaciteta. Kada je Q na visokom logičkom nivoupreko R1 se puni kondenzator C1 do vrednosti 2Vdd / pa na osnovu toga važi:
ms][32
32
1 == QTT
Slika2.
−⋅= ⋅
−11
1
CRT
dddd e1V2
V
R1
C1
C2
Q
R1
Q
V C1
V C2
V C1
V C2
Q
t [ms]
t [ms]
t [ms]
Vdd
Vdd
Vdd
Vdd/2
Vdd/2
T1 T2
1 2
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 103
pa je:
nF]9,52[2ln1
11 =
⋅=
RTC
U trenutku kada je 2
Vdd1C =V , RS flip-flop se resetuje, pa se Q spušta na niski ligički nivo,
te se tada preko otpornika R1 puni kondenzator C2. Na osnovu poznatog vremena punjenja:
ms][31
2 =T
sledi:
nF]4,76[2ln1
22 =
⋅=
RTC .
3.13. zadatak
Na slici 1. je prikazana šema za pobudu snažnog mosfeta, a na slici 2. je vremenski dijagrampovorke ulaznih impulsa. Transformator je idealan, a ulazno kolo mosfeta se može modelirati saCGS = 3 nF. Nacrtati dijagram ( )tGSV za 0,1=1D i 0,5=2D .
Poznato je: T = 10 [µs]; R1 = 20 [W].
Slika1. Slika 2.
Rešenje:
Ako se mosfet, između priključaka sekundara, slika 3, modelira kao kapacitet nF]3[=GSC ,onda će taj kapacitet preslikan na primarnu stranu transformatora iznositi:
( ) nF]6,75[nF][35,1 22
1
2 =⋅=⋅
= GSpr C
NNC
V IV GS
2 : 3
R1∞ V I[V]
t0 DT T
12
R1∞
Cpr V prV ICpr V pr
R1
V I
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 104
Slika3. Slika 4.
Primarno kolo se modelira kao kondenzator prC . Kondenzator za odvajanje jednosmernognivoa se može izostaviti, ako se od ulaznog signala ooduzme jednosmerna komponenta. Važiuprošćena šema na slici 4. a) Ako je faktor ispune ulaznog signala 0,1=1D i ns][1351 =⋅= prCRτ a na osnovuuslova zadatka da je s][10 µ=T , tada je izgled signala dat na slici 5, i važi sledeći proračun.
Jednosmerna komponenta ulaznog napona je:
V1,2V =⋅= 12D1IV
I
t
pr e112 VV −
−⋅=
−τV
32
NN
2
1
GS
pr ==V
V
Slika 5. Na osnovu prethodnih izraza važi sledeće:
za: 0=t je V][1,2−=prV , pa je: V][1,8−=GSV ; 14,22[ns]=t je V][0=prV , pa je: V][0=GSV ; s]1[µ=t je V]10,8[=prV , pa je: V][16,2=GSV .
b) U slučaju da je faktor ispune ulaznog signala 0,5=2D i ns][1351 =⋅= prCRτ a naosnovu uslova zadatka da je µs][10=T , tada je izgled signala dat na slici 6. i važi sledeći proračun.
t
t
t
V pr [V]
V GS[V]
10,8
T0,1T
16,2
-1,2
-1,2
10,8
-1,8
V I [V]-V I
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 105
Jednosmerna komponenta ulaznog napona je:
V][6V][122 =⋅= DIV
I
t
pr e112 VV −
−⋅=
−τV
32
NN
2
1
GS
pr ==V
V
Slika 6.
Na osnovu prethodnih izraza važi sledeće:
za: 0=t je V][6−=prV , pa je: V][9−=GSV ; 93,57[ns]=t je V][0=prV , pa je: V][0=GSV ; s]5[µ=t je V][6=prV , pa je: V][9=GSV .
3.14. zadatak
Na ulaz kola (slika 1) sa optokaplerom dolazi usamljeni impuls trajanja TP = 20 [µs] iamplitude 12 V. Napisati izraz za izlazni signal ( )tOV i nacrtati odgovarajući vremenski dijagram.Za optokapler je poznato: CTR = 100%; R1 = 1 [kW]; VD = 1,5 [V]; R2 = 2,2 [kW]; C = 2,2 [nF];VCES= 0,2 [V]. `
t
t
t
V pr [V]
V GS [V]
T0,5T
6
-6
6
-6
-9
9
V I [V]-V I
V
R1
R2
+12V
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 106
Slika 1.
Rešenje:
Struja koja protiče kroz diodu kada je na ulazu impuls, slika 2, iznosi:
mA]10,5[V][5,1V][12
1
=−
=R
I D
pošto je CTR = 100% struja kolektora tranzistora je:
mA]10,5[=CI .
Slika 2.
Napon kome asimptotski teži napon na kondenzatoru je:
V][11,1V][12 2 −=⋅−= RIV CCE
međutim napon na njemu ne može toliko da padne jer tranzistor ulazi u oblast zasićenja, štoznači da će napon padati samo do vrednosti V0,2=OV . Vreme za koje opadne na V0,2=OV je:
( ) CRtX
e ⋅−
⋅−−−−= 2V][12V][1,11V][1,11V][2,0
odnosno:
µs]3,46[1,233,11ln2 =⋅⋅−= CRt X
V I [V]
V O [V]t [µ s]
t [µ s]tX
12
0
12
0,2
-11,1
20
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 107
Kada ulazni napon opadne na nulu, tranzistor se zakoči i izlazni napon rasteeksponencijalnosa vremenskom konstantom:
µs][4,842 =⋅= CRτ .
3.15. zadatak
Na ulaz kola sa slike 1. dovodi se povorka impulsa sa slike 2. (prvi dijagram). Operacionipojačavač je idealan. Nacrtati vremenski dijagram signala na izlazu ( )tOV , uz proračun koordinatakarakterističnih tačaka za sledeća dva slučaja: a) ako je C1a = 100 [nF] i b) ako je C1b = 1[nF]. Poznato je: R1 = 10 [kW]; R2 = 100 [kW].
Slika 1.
Rešenje:
a) Ako je nF][1001 =aC , vremenska konstanta punjenja a1C , ms]1[11 =⋅= RC aaτ jeuporediva sa periodom signala T . Izgled izlaznog signala za taj slučaj prikazan je na slici 2, (drugidijagram).
AX VV −=
( ) XCRt
CRt
X Ve10e10V a11
1
a11
1
=⋅
−⋅+ ⋅
−⋅
−
VV
R1
R2
C1
V I
+
_
V O
1
V I [V]
V O [V] 1 20,5 1,5-0,5-1-1,5 t [ms]
t [ms]
10 V
10 V
VX
VB
VA
6,22
3,78
-3,78
-6,22
V O [V]
t1
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 108
Slika 2.
pa se konačno za XV dobija:
V][3,78
1
V][10
11
1
11
1
11
1
2
2
−=
−
−⋅
=⋅
−
⋅−
⋅−
a
aa
CRt
CRt
CRt
X
e
ee
V
te je:
V][6,22V][10 =+= XB VV
b) Ako je nF1=b1C , vremenska konstanta punjenja b1C , s] [1011 µτ =⋅= RC bb je mnogomanja od periode ulaznog signala. U tom slučaju izlazni signal pada na nulu pre nailaska nove iviceulaznog signala. Na slici 2 (treći dijagram) je prikazan izgled izlaznog signala kada je vrednost
nF]1[1 =bC .
3.16. zadatak
Kolo na slici 1. je realizovano u CMOS tehnologiji. Na ulaz se dovodi takt CLK frekvencijekHz][20=CLKf i faktora ispune 0,5=CLKD . Nacrtati uporedne vremenske dijagrame za signale
CLK, Y1, Y2. Proračunati faktor ispune za Y1 i Y2. Poznate su sledeće vrednosti: R1 = 10 [kW]; C1 =C2 = 1 [nF].
Slika 1.
CLK
C1
Y1
Y2
B
B'
A
A' R1C2
R1
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 109
Rešenje:
Perioda CLK-a je:
s][501 µ==CLK
CLK fT
a vremenska konstanta RC člana je:
s][ 102111 µτ =⋅=⋅= CRCR
Na slici 1. slovima su obeležene tačke za koje su izgledi signala dati na slici 2.
Slika 2.
Kombinaciona tablica NI kola je data na slici 3.
Slika 3.
Uzimajući u obzir sve uslove zadatka i da se napon na kondenzatoru u slučaju RC članamenja po eksponencijalnom zakonu i to:
A B BA ⋅0 0 10 1 11 0 11 1 0
t [µs]
t [µs]
t [µs]
t [µs]
t [µs]
t [µs]
tX
tX
5025
V A=V A'
V B=V B'
V C1
V C2
V Y1
V Y2
Vdd
Vdd/2
Vdd/2
Vdd
Vdd
Vdd
Vdd
Vdd
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 110
a) kada napon raste ( u ovom slučaju važi za oba kondenzatora jer su istih kapaciteta i istesu im vremenske konstante) važi:
( ) dd1025
dd
2T
ddCLKC V920e1Ve1V2TCLK
⋅=
−⋅=
−⋅=
−−,/ s
s/µµ
τV
b) kada napon na kondenzatoru opada (važi takođe isto za oba kondenzatora)
( ) dd352
dd
2T
ddCLKC V103475eV920eV9202TCLK
⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅= −−−,,,/ ,
/τV
Vreme za koje napon na kondenzatorima C1 i C2 dostigne vrednost polovine naponanapajanja, to je ujedno i prag CMOS kola:
−⋅=⋅
−τXt
dddd e1VV50,
pa je:
( ) µs]6,93[5,0ln =−= τXt
Faktori ispune signala Y1 i Y2 su isti i iznose:
360T
t2
T
DDCLK
XCLK
2Y1Y ,≅−
== .
3.17. zadatak
U kolu na slici 1. smatrati da je korišćeni operacioni pojačavač idealan. Vremenski dijagramizlaznog signala za određeni ulazni signal je dat na slici 2. Proračunati i nacrtati dijagram ulaznogsignala uporedo sa izlaznim signalom.
Poznato je: R1 = 10 kW; C1 = 10 nF.
1
-4
0 80 100 180 t[µs]
V O[V]
VO
Vi
R1
C1
+
_
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 111
Slika 1. Slika 2.
Rešenje:
Kolo na slici 1. je klasičan diferencijator, te sa obzirom na to važi:
dt
dCR i11iV
V ⋅−=
iz prethodnog izraza integraljenjem dobija se:
( )∫ +⋅
=T
0o
11i constdtt
CR1 .VV
Sada se na osnovu prethodnog izraza dobija izgled ulaznog signala na slici 3.
Slika 3.
( ) ( )T80t0constdt1CR
1tt
011i ⋅<<+⋅
⋅−= ∫ ,.V
( ) .,.,,
constT80CR
1constdt1CR
1T80t11
T80
011i +⋅⋅
⋅−=+⋅
⋅−=⋅= ∫
⋅
V
( ) .V-0,8ms,V,ms,
, constconst.1080101T80ti +=+⋅⋅−=⋅=V
( ) ( ) ( )TtT80constdt4CR
1T80tt
T8011ii <<⋅+=⋅
⋅+⋅= ∫
⋅
,.0,,
VV
-4
t[µs]
1
0 80 100 180
V O[V]
TV i [V]
0
-0,8t[µs]
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE IMPULSNA KOLA
Strana 112
Iz prethodnih izraza i sa slike 3. se vidi da bez obzira kolika je ulazna jednosmernakomponenta izlazni signal može da ima dati oblik, tj. da bude bez jednosmerne komponente.
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 112
4. DIGITALNA KOLA
4.1. zadatak
Na slici 1. je prikazano DTL NI kolo. Proračunati graničnu vrednost otpornosti koja se moževezati paralelno otpornosti R2 tako da tranzistor još ne izlazi iz zasićenja pri visokim logičkimnivoima na ulazima. Na osnovu proračunatog odrediti faktor grananja ovog kola.
Poznato je sledeće: VD = VBE = 0,6[V]; VCES = 0,2[V]; β = 50; R1 = 3,9[kW].
Slika 1.
Rešenje:
Uslov koji mora biti ispunjen da bi tranzistor Q1 ostao u zasićenju je:
C
CESCCcB R
VVII
⋅−
=>ββ
pri čemu je:
X
XC RR
RRR
+⋅
=2
2
Ako su na ulazima A i B visoki logički nivoi tada struju baze računamo kao:
A][820,5k[9,3
V][8,1V][52
1
µ=−
=−⋅−
=Ω]R
VVVI BEDCC
B
Prema tome minimalna vrednost otpornosti CR iznosi:
B
CESCCC I
VVR
⋅−
>β
odnosno:
CESCC
B
C VVI
R −⋅
<β1
CESCC
B
X VVI
RR −⋅
<+β11
2
A
B
R2
+5V
RX
Q1
R1
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 113
2
11RVV
IR CESCC
B
X
−−⋅
<β
Prema tome, minimalna vrednost otpornosti XR za koju još uvek tranzistor Q1 ostaje uzasićenju iznosi:
( )( )
( )( ) ][57,123
2,058205,0502,22,052.2
2
2 Ω=−−⋅⋅
−=
−−⋅⋅−
>CESCCB
CESCCX VVIR
VVRR
β
Faktor grananja ( FG ) je broj jediničnih opterećenja, koji se sadrži u izlaznoj struji kola.Jedinično opterećenje predstavlja struju potrebnu za aktiviranje jednog tipičnog kola iz tog sistema,i ono bi u ovom slučaju bila struja diode kada je ona direktno polarisana, odnosno kada je ulaz naniskom logičkom nivou:
mA]1,077[3,94,2
9,32,06,05
1
==−−
=−−
=R
VVVI CESDCC
D
Maksimalna struja opterećenja je deo struje kolektora na minimalno mogućoj otpornosti XRpri kojoj je izlazni tranzistor Q1 još uvek u zasićenju, odnosno:
mA]38,789[57,123
2,05=
−=
−=
X
CESCCOH R
VVI
pa je faktor grananja:
36016,36077,1789,38
≅===D
OHG I
IF .
4.2. zadatak
Na slici 1. je data šema logičkog ILI kola u ECL tehnici. Proračunati odgovarajući logičkinivo na izlazu kada su:a) oba ulaza 1V i 2V na niskom logičkom nivou,b) ulazi 1V i 2V različiti tj. jedan je na visokom a drugi na niskom logičkom nivou.
Poznato je sledeće: VBE = 0,6[V]; β = 100; R1= 330[W]; R2 = 1,2[kW]; R3 = 1,5[kW];VBB = –1,15[V]; VEE = –5,2[V].
Slika 1
VO
V1 V2
VBB
R1
R2
VEE
R1
R3
VE
Q1 Q1 Q2
Q3
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 114
Rešenje:
Kolo realizovano u ECL tehnici napaja se iz baterije V][5,2−=EEV . Zbog pomeranjanaponskih nivoa u negativno područje, pomeren je i referentni napon baze tranzistora Q2 navrednost V][1,15−== BBR VV .
Ako su oba ulaza 1V i 2V na niskom logičkom nivou, tada su tranzistori Q1 i Q2 zakočeni atranzistor Q3 u provodnom stanju. Uprošćeno kolo sa slike 1. prikazano je u tom slučaju na slici 2.
Slika 2.
U tom kolu važe sledeći naponski i strujni odnosi:
V][1,756,015,1 −=−−=−= BEBBE VVV
mA][2,875[102,1
V][75,1V][2,53
23 =
⋅−
=−
=Ω]R
VVI EEE
E
mA][2,8462,8751001
1001 333 =
+=⋅
+=⋅= EEC III
ββ
α
( )BBCC VRIV >−=⋅−=⋅−= V0,9395330,0846,213 -uslov aktivnog režima.
Prema tome naponski nivo logičke nule na izlaznom emiterskom stepenu je:
V][1,53956,09395,0 −=−−=−= BECOL VVV
Ako su ulazi 1V i 2V različiti, odnosno jedan je na visokom a drugi na niskom logičkomnivou, tada je tranzistor Q3 zakočen. Uprošćeno kolo sa slike 1. prikazano je u tom slučaju na slici3.
Slika 3.
VO
VBB
R2
VEE
R1
R3
VE
Q3
Q4
IE3
VBE
VBE
VC
IC3
VO
VEE
R1
R3
Q4
IE4
IB4
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 115
U kolu sa slike 3. važe sledeći naponski i strujni odnosi:
14BBE4E3EE RIVIRV ⋅++⋅=− ( ) 4B4E I1I ⋅+= β
Iz njih sledi:
( )[ ] 413 1 BBEEE IRRVV ⋅++⋅=−− β
Iz predthodnog izraza se za struju baze tranzistora Q4 dobija:
( ) ( ) A]30,297[[1083,151
V][6,433,010015,1
6,02,51 3
134 µ
β=
⋅=
++−
=++⋅
−−=
Ω]RRVV
I BEEEB
Prema tome naponski nivo logičke jedinice na izlaznom emiterskom stepenu je:
V0,6133,0030297,06,014 −=⋅−−=⋅−−= RIVV BBEOL
4.3. zadatak
Na slici 1. je data principska šema za trasiranje izlaznih statičkih karakteristika mosfeta.Brojač sa R–2R mrežom realizuje stepenastu referencu. Nacrtati moguću realizaciju brojača iodrediti visoki logički nivo na izlazu brojača tako da se signal GGV menja u opsegu od 0 V do 10 V.
Slika 1.
Rešenje:
Ukupni analogni napon konvertora sa lestvičastom mrežom pri istovremenoj digitalnojpobudi većeg broja ulaza dobija se superpozicijom napona na izlazu mreže pri pobudi jednog pojednog digitalnog ulaza. Uzmimo da samo na ulazu sa najvećom težinom deluje referentni napon VR(Q2=H;a2=1;Q1=L;a1=0;Q0=L;a0=0). U tom slučaju ekvivalentna šema izgleda kao na slici 2. Naosnovu šeme lako se nalazi vrednost izlaznog napona:
Q1
Q2
Q0
CLKPT
2R
2R
2R
2R
R
R
V GGV DD
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 116
RRRGG VaVaVRR
R122
2 22222
==+
=V
Slika 2.
U slučaju da samo na sledećem ulazu sa manjom težinom deluje referentni napon VR(Q2=L;a2=0;Q1=H;a1=1;Q0=L;a0=0), ekvivalentna šema izgleda kao na slici 3 levo. PrimenomTevenenove teoreme šema se svodi na oblik prikazan na slici 3 desno, koji je pogodan zaodređivanje vrednosti izlaznog napona:
Slika 3.
RRR
GG VaVaVRRR
R211
1 24222
==⋅++
=V
Sličan postupak se primenjuje i u slučaju da samo na ulazu sa najmanjom težinom delujereferentni napon VR (Q2=L;a2=0;Q1=L;a1=0;Q0=H;a0=1), pa važi:
RRGG Va
Va
311
0 28==V
Ukupni analogni napon konvertora sa lestvičastom mrežom pri istovremenoj digitalnojpobudi većeg broja ulaza dobija se superpozicijom:
RGG Vaaa
⋅
++= 3
021
12
222V
Q0
2R
2R
2R
2R
R
R
V GGV DD
VR
Q0
2R
2R
V GGV DD
VR
Q1
2R
2RR
V GGV DD
VR2R
Q1
2R
RR
V GGV DD
VR/2
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 117
Uslovom zadatka napon GGV mora da ima maksimalnu vrednost od 10 V, pa dobijamo:
( ) RRR
GG VVV⋅==⋅++= 875,0
87
8421maxV
pa je:
V]11,43[875,0
V][10875,0
max === GGRV
V
Moguće je brojač realizovati kao redni brojač modula 8 kao slici 4.
Slika 4.
4.4. zadatak
Na slici 1. data je principijelna šema za trasiranje izlaznih statičkih karakteristika bipolarnogtranzistora. CMOS brojač sa R–2R mrežom ostvaruje stepenastu promenu struje baze IB. Nacrtatimoguću realizaciju brojača i odrediti vrednost R tako da se bazna struja menja od 0[mA] do1[mA]. Napon VBE se može zanemariti.
Slika 1.
2R
Q
Q
T
Q
Q
T
Q
Q
T
R
2R
R2R2R
P
V GG
V DDFF-0 FF-1 FF-2
+12V
Q1
Q2
Q0
CLKPT
2R
2R IB
2R
2R
R
R
R
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 118
Rešenje:
Lestvičasta mreža u ovom primeru za razliku u odnosu na primer u zadatku 4.3. opterećenaje otpornošću priključenog opterećenja R , koja je ista kao izlazna otpornost lestvičaste mreže.Možemo iskoristiti rezultat tog zadatka da odredimo vrednost napona i otpora Tevenenovoggeneratora koji zamenjuje lestvičastu otpornu mrežu kao:
RT Vaaa
⋅
++= 3
021
12
222V
RRT =
Izlazni napon posle zamene lestvičaste mreže Tevenenovim generatorom određujemojednostavno preko relacije:
RTTT
A Vaaa
RRR
RRR
⋅
++=
+=
+= 3
021
12
22221
VVV
Bazna struja je prema tome:
RVaaa
RRA
B ⋅
++== 3
021
12
22221V
i
odnosno njena maksimalna vrednost iznosi:
RV
RV RR
B ⋅⋅
=⋅
++=
827
81
41
21
21
maxi
Prema tome vrednost otpornosti R u lestvičastoj strukturi uz uslov zadatka da je maksimalnavrednost struje baze mA][1=BI iznosi:
Ω]k[5,25421
mA][1][12
827
827
max
==⋅⋅
=⋅⋅
=VV
RB
R
i
Na slici 2. je prikazana moguća realizacija brojača kao rednog brojača modula 8.
Slika 2.
Q
Q
T
Q
Q
T
Q
Q
T
R
2R
R2R2R 2R
R
V A
IB
P
FF-0 FF-2FF-1
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 119
4.5. zadatak
Prekidači u D / A pretvaraču prikazanom na slici 1., upravljaju se bitima iz četvorobitnogbrojača. Zbog kašnjenja u koju brojača pri prelazu iz stanja 7 u stanje 8 dolazi do kratkotrajnogpostavljanja svih bita na logičku jedinicu. Proračunati vrednost izlaznog napona VO u stanju 7, ustanju 8 i u navedenom prelaznom stanju i nacrtati vremenski dijagram izlaznog napona u intervalukoji uključuje ta tri stanja. Ostali podaci: VREF = 10[V].
Slika 1.
Rešenje:
Sa slike 1. uočava se da su struje pojedinih grana lestvičaste mreže nezavisne od stanjaprekidača, a da se sabiraju preko uključenih prekidača i invertujućeg ulaza operacionog pojačavača.Uprošćena šema kola data je na slici 2., pri čemu je VA ekvivalentan napon a R otpor Tevenenovoggeneratora.
Slika 2.
Ukupan analogni napon D / A konvertora sa lestvičastom mrežom, pri istovremenoj pobudivećeg broja ulaza, dobija se superpozicijom:
A
R
+
_
∞VO
VREF RRR R
RR R R
I I
2I
2I4I
4I
8I
8I16I
CLKQ3 Q2
Q1 Q0
+
_
∞
R
VA
VO
R
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 120
( ) =⋅⋅+⋅+⋅+⋅=⋅
+++= 4
33
22
11
004
031
22
13
22222
2222REF
REFAVaaaaV
aaaaV
∑−
=
⋅⋅=1
04 2
2
n
i
ii
REF aV
gde koeficijenti ai imaju vrednost 1 ili 0, zavisno od toga da li je njegov odgovarajući upravljačkisignal na nivou ligičke jedinice ili nule.
Pošto operacioni pojačavač invertuje ulazni signal, njegov izlazni napon iznosi:
∑−
=
⋅⋅−=−=1
04 2
2
n
i
ii
REFAO aVVV
Iz toga sledi da su izlazni naponi za stanje 7, međustanje i stanje 8:
stanje 7 (0, 1, 1, 1)
( ) ( ) ][375,416
][104212
20212121 43210
7 VVVV REFO −=⋅++−=⋅⋅+⋅+⋅+⋅−=
međustanje 15 (1, 1, 1, 1)
( ) ( ) ][375,916
][1084212
21212121 43210
15 VVVV REFO −=⋅+++−=⋅⋅+⋅+⋅+⋅−=
stanje 8 (1, 0, 0, 0)
( ) ][516
][1082
21202020 43210
8 VVVV REFO −=⋅−=⋅⋅+⋅+⋅+⋅−=
Na slici 3. prikazan je odgovarajući vremenski dijagram izlaznog napona u intervalu kojiuključuje ta tri stanja.
Slika3.
-4,375[V]
t
Tprelaz
VO
-5[V]
-9,375[V]
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 121
4.6. zadatak
Pomoću MUX 8/1 realizovati funkciju Y koja vrši paljenje srednjeg segmenta nasedmosegmentnom decimalnom indikatoru. Ulazi su u NBCD kodu.
Rešenje:
Slika 1. Slika 2.
U tablici, slika 1., su date sve kombinacije logičkih stanja ulaza D,C,B i A i na osnovu toga,izlaza Y. Na slici 2. je dat izgled sedmo-segmentnog displeja, gde je sa g obeležen srednji segment.On se neće paliti za 0, 1 i 7, a paliće se za 2,3,4,5,6,8 i 9, što se može videti iz sledećeg primera,slika 3., gde redom na ulaz dovodimo 0,1,2 i 3:
Slika 3. Slika 4.
Na osnovu tablice sa slike 1. funkcija izlaza Y se može napisati u obliku:
( ) ( )10765432 IIDIIIIIIDY +++++++=
Pošto su stanja ulaza iznad 9 (A, B, C, D, E i F) zabranjena (NBCD kod), funkcija izlaza Ymože se minimizirati na oblik:
( )( ) ( ) ( )1076543210765432 IIDIIIIIIIIDIIIIIIDDY +++++++=++++++++=
Realizacija veza multipleksera 8/1 na osnovu minimizirane funkcije izlaza prikazana je naslici 4. Ulazi C,B i A su selekcioni a ulazi I0 do I7 informacijski. Za 0 i 8, kao i za 1 i 9, su istiselekcioni ulazi ali je različit ulaz D, te će se u zavisnosti od toga paliti ( za 8 ili 9 ), ili gasiti ( za 0ili 1 ) srednji segment.
Ki D C B A Y0 0 0 0 0 01 0 0 0 1 02 0 0 1 0 13 0 0 1 1 14 0 1 0 0 15 0 1 0 1 16 0 1 1 0 17 0 1 1 1 08 1 0 0 0 19 1 0 0 1 1
I0I1I2I3I4I5I6I7
MX8/1 Y
C B A
V("1") D
V("0")
a
b
c
d
e
f g
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 122
4.7. zadatak
Na slici 1. je prikazano kolo realizovano sa dva CMOS invertora i dva bilateralna CMOSprekidača. Odrediti logičku funkciju kola ( )BAfY ,= i nacrtati vremenski dijagram izlaznognapona ako se na ulaze A i B dovodi periodična povorka pravougaonog signala iste frekvencije,faktora ispune 0,5=D , međusobno pomerena za četvrtinu periode.
Slika 1.
Rešenje:
Signali u pojedinim tačkama kola sa slike 1. su dati na dijagramima na slici 2.
Slika 2.
Kombinaciona tablica izvedena iz dijagrama sa slike 2. data je na slici 3.
Slika 3.
Na osnovu kombinacione tablice i izgleda signala može se doći do zaključka da se pomoćukola sa slike 1. sa dva invertora i dva bilateralna prekidača, realizuje EX-ILI logička funkcija:
BABABAY ⊕=⋅+⋅=
A B Y0 0 00 1 11 0 11 1 0
A
B YB'
A'
A
A'
B
B'
Y
t
t
t
t
t
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 123
4.8. zadatak
Kolo na slici 1. služi za merenje fazne razlike između dva ulazna signala iste frekvencije ifaktora ispune 0,5=D . Korišćena su CMOS NI kola sa naponom napajanja V12=ddV . Nacrtati
zavisnost
=
TtfV k
O , gde je kt vreme kašnjenja S2 u odnosu na S1. Posmatra se opseg
–2Tt
2T
k +≤≤ .
Slika 1. Slika 2.
Rešenje:
Za određivanje fazne razlike, između dva ulazna signala iste frekvencuje i faktoraispune 0,5=D , korišćena su CMOS NI kola čija je kombinaciona tablica data na slici 2.Na osnovu te tablice crtamo izgled signala u pojedinim tačkama kola sa slike 1. Ako je signal S2
pomeren za 2Tt0 k ≤≤ u odnosu na S1 tada signali imaju oblik prikazan na slici 3, a ako je fazni
pomak 0t2T
k ≤≤− tada signali u pojedinim tačkama imaju oblik kao na slici 4.
Na slici 5. je data zavisnost
=
TtfV k
O .
Slika4.
Sl. 5.
Slika 3. Slika 5
A B BA ⋅0 0 10 1 11 0 11 1 0
VS1
VS2
VA
VB
VC
VD
t
t
t
t
t
t
tk
tk
T
Vdd
S1
S2 VO∞
∞A
B
CD
VS1
VS2
VD
t
t
t
T
Vdd
-tk
Vdd
tk
VO(tk)
T/2-T/2
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 124
4.9. zadatak
Ispravnost rada nekog uređaja kontriliše se sa četiri senzora A, B, C i D koji daju binarnesignale na izlazu. Uređaj ispravno radi ako je A=1 i bar dva, od preostala tri senzora, daje jedinicu.
Odrediti funkciju alarma za slučajeve kada uređaj radi ispravno i realizovati je:a. isključivo NI kolima;b. isključivo NILI kolima;
Rešenje:
U tablici na slici 1., date su sve kombinacije logičkih stanja ulaza A, B, C i D i na osnovutoga bita X koji označava ispravnost uređaja i izlaza F, odnosno alarma.
Slika 1.
a) Realizacija sa NI kolima dobija se minimizacijom pomoću Karnoovih tablica prikazanom naslici 2.
DBCBDCADBCBDCADBCBDCAF ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅+⋅+⋅+=⋅+⋅+⋅+=
Slika 2.
A B C D X F0 0 0 0 0 10 0 0 1 0 10 0 1 0 0 10 0 1 1 0 10 1 0 0 0 10 1 0 1 0 10 1 1 0 0 10 1 1 1 0 11 0 0 0 0 11 0 0 1 0 11 0 1 0 0 11 0 1 1 1 01 1 0 0 0 11 1 0 1 1 01 1 1 0 1 01 1 1 1 1 0
ABCD 00 01 11 10
00 1 1 1 1
01 1 1 1 1
11 1 0 0 0
10 1 1 0 1
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 125
Realizacija isključivo sa NI kolima na osnovu prethodno minimizirane funkcije prikazana jena slici 3.
Slika 3.
b) Realizacija sa NILI kolima dobija se minimizacijom pomoću Karnoovih tablica prikazanomna slici 4.
( )( )( ) =++++++=⋅⋅= DCACBADBAACDABCABDF
DCACBADBA ++++++++=
Slika 4.
Realizacija isključivo sa NILI kolima na osnovu prethodno minimizirane funkcije prikazanaje na slici 5.
Slika 5.
B
A
C
D
F
ABCD 00 01 11 10
00 1 1 1 1
01 1 1 1 1
11 1 0 0 0
10 1 1 0 1
B
A
C
D
F
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 126
4.10. zadatak
Primenom JK flip–flopa i potrebnih logičkih kola sintetizovati sekvencijalnu mrežu koja jedefinisana datim dijagramom prelaza na slici 1.
Slika 1. Rešenje:
Sekvencijalnu mrežu datu dijagramom prelaza na slici 1. možemo sintetizovati, pomoću JKflip-flopa i potrebnih logičkih kola, uz pomoć tablicu prelaza JK flip-flopa, koja je data na slici 2.U njoj su stanja ulaza koja mogu biti 0 ili 1 obeležena sa x .
Slika 2.
Ako A uzmemo kao prethodno, a B kao naredno stanje JK flip-flopa, a ulaz je C, tadamožemo sastaviti kombinacionu tablicu, slika 3.
Slika 3.
Iz tablice sa slike 3. se minimalizacijom dobija:
CKJ ==
Na osnovu prethodnog izraza sintetizujemo sekvencijalnu mrežu, slika 4. Signal PTpredstavlja sinhronizacioni (takt) impuls.
Slika 4.
nQ 1nQ +J K
0 0 0 x0 1 1 x1 0 x 11 1 x 0
A C B J K0 0 1 1 x0 1 0 0 x1 0 0 x 11 1 1 x 0
0
0
11 10
J
Q
Q
K
SET
CLR
PT
CC
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 127
4.11. zadatak
Konstruisati brojač koji pri kontrolnom ulazu 1=K broji po kodu:0,1,2,0,1, … a pri 0=K po kodu: 0,1,3,0,1, … Na raspolaganju su dva SR flip–flopa i potrebnalogička kola.
Rešenje:
Na osnovu uslova zadatka crtamo sekvencijalnu mrežu odnosno dijagram stanja, slika 1. Sadijagrama stanja, koristeći tablicu prelaza SR flip-flopa slika 2., ispisujemo vrednosti eksitacionihpromenljivih u tablicu, slika 3.
Slika 1. Slika 2.
. Slika 3.
Pomoću Karnoovih tablica izvršena je minimizacija pojedinih ulaza SR flip-flopa. Ovajmetod minimizacije je grafički metod koji koristi postupak sažimanja dva člana logičkih proizvodakoji se razlikuju po vrednosti samo jedne promenljive.
AR A = BASA ⋅=
ABKR B +⋅= BASB ⋅=Slika 4.
nQ 1nQ + S R0 0 0 x0 1 1 01 0 0 11 1 x 0
K nn BA 1n1n BA ++ AR AS BR BS0 0 0 0 1 x 0 0 10 0 1 1 1 0 1 0 x0 1 1 0 0 1 0 1 01 0 0 0 1 x 0 0 11 0 1 1 0 0 1 1 01 1 0 0 0 1 0 1 0
00 01
11 10
0
0
0
1
1
1
00 01 11 10
1
0
ABK
0
0
1
1
x
x *
*
00 01 11 10
1
0
ABK
*
*0
01
10
0
00 01 11 10
1
0
ABK
*
*00
0 x
1
1
00 01 11 10
1
0
ABK
0*
*0
0
x
1
1
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 128
Na slici 5. prikazana je realizacija brojača na osnovu minimiziranih funkcija AR , BR , AS i
BS .
Slika 5.
4.12. zadatak
Konstruisati sinhroni ( paralelni ) brojač koji na jednom svom izlazu daje impulse sa faktoromispune 0,2=D kao na slici 1. Na raspolaganju su JK flip–flopovi i potrebna logička kola.
Slika 1.
Rešenje:
Realizacija je moguća sa paralelnim brojačem modula 5, potrebno je naglasiti da postoji višerešenja i ona zavise od izbora sekvence koju treba realizovati. Za ovo rešenje potrebna su tri JKflip-flopa i pomoću njih je realizovano brojanje redom od 0 do 4, nakon toga brojanje ide ispočetka.Sa izlaza A se uzima tražena sekvenca sa slike 1. Ispisujemo sve vrednosti eksitacionihpromenljivih u tablicu, slika 2.
Slika 2.
Pomoću Karnoovih tablica je izvršena minimizacija pojedinih ulaza JK flip-flopa.
Ki A B C AJ AK BJ BK CJ CK0 0 0 0 0 x 0 x 1 x1 0 0 1 0 x 1 x x 12 0 1 0 0 x x 0 1 x3 0 1 1 1 x x 1 x 14 1 0 0 x 1 0 x 0 x0 0 0 0
Q
Q
Q
Q
K
K⋅Β+Α
A BA⋅Β
A⋅Β
PT
S
R
S
R
FF-A FF-B
V O
t10 2 3 54 6T
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 129
CBJA ⋅= CJB =
CKB = AJC = 1KA = 1KC =
Slika 3.
Na slici 4. prikazana je realizacija brojača na osnovu minimiziranih funkcija AJ , AK , BJ ,
BK , CJ i CK . Sinhroni ( paralelni ) brojač sa slike 4. na svom izlazu A daje sekvencu kao nadijagramu na slici 1.
Slika 4.
4.13. zadatak
Konstruisati brojač koji na jednom svom izlazu daje periodičnu povorku signala kao na slici1. Na raspolaganju su JK flip–flopovi i potrebna logička kola.
Slika 1.
Rešenje:
Postoji više rešenja u vezi izbora koda brojanja i zadate sekvence koju je potrebno ostvariti, iz
*
00 01 11 10
1
0
ABC
* *0
00
1
x *
00 01 11 10
1
0
ABC
* *
0
x
x
1
0
*
00 01 11 10
1
0
ABC
* *x
xx 0
1
*
00 01 11 10
1
0
ABC
* *
1 1
xx
0
Q
Q
Q
Q
Q
QC B
A
V("1")
PT
J
K
JJ
KK
FF-AFF-BFF-C
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10-1-2T
V O
t
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 130
tog razloga ovaj zadatak je rešen na dva načina.
a) Ako realizujemo 6 stanja, prikazana u tablici na slici 2, potrebna su 3 JK flip-flopa i onibroje od 1 do 6 pa opet ispočetka.
Slika 2.
Pomoću Karnoovih tablica je izvršena minimizacija pojedinih ulaza JK flip-flopova.
CBJA ⋅= BKA =
CJB = ACKB += 1KJ CC ==Slika 3.
Na slici 4. prikazana je realizacija brojača na osnovu minimiziranih funkcija AJ , AK , BJ ,
BK , CJ i CK pomoću JK flip-flopova i ostalih logičkih kola. Na izlazu B imamo zadatu sekvencusa slike 1.
Slika 4.
Ki A B C AJ AK BJ BK CJ CK1 0 0 1 0 x 1 x x 12 0 1 0 0 x x 0 1 x3 0 1 1 1 x x 1 x 14 1 0 0 x 0 0 x 1 x5 1 0 1 x 0 1 x x 16 1 1 0 x 1 x 1 1 x1 0 0 1
*
00 01 11 10
1
0
ABC
*1 x
xx0
0
*
00 01 11 10
1
0
ABC
*
1x
xx 0
0
*
00 01 11 10
1
0
ABC
*1 1
x
x
x 0*
00 01 11 10
1
0
ABC
*
1
1 xx
x0
Q
Q
Q
Q
Q
QV("1")
PT
A
B
C
FF-CFF-A
FF-B
J
K K K
JJ
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 131
b) U drugom rešenju koriste se tri JK flip-flopa čiji su J i K ulazi spojeni na visoki logičkinivo te tada oni rade kao T flip-flopovi. Brojač je realizovan kao redni,sa skraćenim modulom 6.Skraćenje modula je obavljeno jednim ligičkim I kolom koji vrši detekciju stanja 6 i resetujeflipflopove. Ispisujemo sve vrednosti eksitacionih promenljivih u tablicu, slika 5.
Slika 5.
Pomoću Karnoove tablice je izvršena minimizacija izlaza Y na kome se redom javlja zadatasekvenca sa slike 1.
BACY +⋅=Slika 6.
Na slici 7. prikazana je realizacija brojača na osnovu minimizirane funkcije Y. Skraćenje
modula izvedeno je na osnovu činjenice da kada brojač odbroji stanje 6, izlazi A i B su na visokomligičkom nivou, te se preko I kola resetuju svi flip-flopovi i ciklus brojanja počinje od početka.
Slika 7.
Ki A B C Y0 0 0 0 11 0 0 1 02 0 1 0 13 0 1 1 14 1 0 0 05 1 0 1 00 0 0 0
00 01 11 10
1
0
ABC
*
* 0
0
0
1
1
1
J
Q
Q
K
SET
CLR
J
Q
Q
K
SET
CLR
J
Q
Q
K
SET
CLR
Y
PT
V("1")
FF-C FF-AFF-B
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 132
4.14. zadatak
Potrebno je konstruisati logički automat za kontrolu punjenja olovnog akumulatora.Automat treba da radi na sledeći način:• ako je napon akumulatora manji od nekog praga (uslov A = 1), prelazi se u režim glavnog
punjenja (stanje 1);• ako se u stanju 1 detektuje pad struje ispod nekog praga (B = 1), prelazi se u režim dopunjavanja
(stanje 0);• ponovni prelaz u stanje 1 je moguć ako se ponovo javlja A = 1;
ne očekuje se istovremena pojava A = 1 i B = 1;• ako su A = 0 i B = 0 nema promene stanja.
Na raspolaganju je D flip–flop i potrebna logička kola.
Rešenje:
Uzimajući u obzir sve uslove zadatka, date u postavci, popunjena je tablica, slika 1, gde je nQpredhodno a 1nQ + naredno stanje. Na slici 3. prikazana je realizacija na osnovu minimiziranefunkcije izlaza 1nQ + .
Slika 1.
Slika 2. n1n QBAQ ⋅+=+
Slika 3.
A B nQ 1nQ + komentar0 0 0 0 ostaje preth. st.0 0 1 1 ostaje preth. st.0 1 0 0 dopunjavanje0 1 1 0 dopunjavanje1 0 0 1 punjenje1 0 1 1 punjenje1 1 0 NO ne očekuje se1 1 1 NO ne očekuje se
Qn00 01 11 10
1
0
AB
*
*1 1
10 0
0
D
Q
QSET
CLR
PT
A
B
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 133
4.15. zadatak
Proračunati i realizovati trobitni binarni brojač koji pri kontrolnom ulazu K=1 broji napredkroz parna stanja (0, 2, 4, 6, 0, 2, ...), a pri K=0 broji takođe unapred kroz neparna stanja (1, 3, 5, 7,1, 3, ...). Na raspolaganju su JK flip-flopovi i potrebna logička kola.
Rešenje:
U zadatku nije rečeno šta treba da se radi ako se promeni K. Usvojimo da pri promeni Kbrojač broji ka unapred najbližem stanju. Dijagram prelaza za tako definisanu sekvencijalnu mrežuprikazan je na slici 1.
Slika 1. Slika 2.
Iz dijagrama prelaza, koristeći tablicu prelaza JK flip-flopa iz tabele sa slike 2, ispisujemovrednosti eksitacionih promenljivih u tabelu sa slike 3.
Slika 3.
nQ 1nQ +J K
0 0 0 x0 1 1 x1 0 x 11 1 x 0
4
2
0
6
1 3
7 5
K=1
K=1
K=1
K=1
K=0 K=0
K=0
K=010
0
0
0
11
1
K Q2n Q1
n Q0n Q2
n+1 Q1n+1 Q0
n+1 J2 K2 J1 K1 J0 K00 0 0 0 0 0 1 0 x 0 x 1 x0 0 0 1 0 1 1 0 x 1 x x 00 0 1 0 0 1 1 0 x x 0 1 x0 0 1 1 1 0 1 1 x x 1 x 00 1 0 0 1 0 1 x 0 0 x 1 x0 1 0 1 1 1 1 x 0 1 x x 00 1 1 0 1 1 1 x 0 x 0 1 x0 1 1 1 0 0 1 x 1 x 1 x 01 0 0 0 0 1 0 0 x 1 x 0 x1 0 0 1 0 1 0 0 x 1 x x 11 0 1 0 1 0 0 1 x x 1 0 x1 0 1 1 1 0 0 1 x x 1 x 11 1 0 0 1 1 0 x 0 1 x 0 x1 1 0 1 1 1 0 x 0 1 x x 11 1 1 0 0 0 0 x 1 x 1 0 x1 1 1 1 0 0 0 x 1 x 1 x 1
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 134
Pomoću Karnoovih tablica izvršena je minimizacija pojedinih ulaza JK flip-flopova.
( )012 QKQJ +⋅= ( )012 QKQK +⋅=
01 QKJ += 01 QKK +=
KJ =0 KK =0
Slika 4.
Slika 5.
Na slici 5. prikazana je realizacija na osnovu minimiziranih funkcija pojedinih ulaza.
00
00
01
11
10
01 11 10
0 0 0
0 0 1 1
1
X XXX
XXXX
KQ2
Q1Q2 00
00
01
11
10
01 11 10
0 0
00 0
1 1
1
X
XXX
XX
X
X
KQ2
Q1Q2
00
00
01
11
10
01 11 10
0
0
X
1 1
1
1
1
X
XX
X
XX1
X
KQ2
Q1Q2 00
00
01
11
10
01 11 10
0
0
X
11
1
1
1
X
X X
X
X X 1
X
KQ2
Q1Q2
00
00
01
11
10
01 11 10
0
0
X
1
0
11
1
X
X X
X
X X 0
X
KQ2
Q1Q2 00
00
01
11
10
01 11 10
0
0X
1
0
11
1
X
X X
X
X X
0
X
KQ2
Q1Q2
J
Q
Q
K
SET
CLR
J
Q
Q
K
SET
CLR
J
Q
Q
K
SET
CLR
PT
K
FF-0 FF-2FF-1
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 135
4.16. zadatak
Izvršiti sintezu JK - flipflopa pomoću SR - flipflopa.Na raspolaganju su SR flip-flopovi i potrebna logička kola.
Rešenje:
Postupak pri konverziji jednog tipa kola u drugi:• napisati funkcionalnu tabelu traženog kola,• dodati odgovarajuće delove eksitacione tabele kola pomoću koga vršimo sintezu,
Slika 1.
Slika 2.
• Određujemo kombinacionu mrežu u kojoj su ulazne promenljive ulazi traženog tipa FF-a.• (J i K) i Qn, dok su izlazne promenljive ulazi FF-a kojim vršimo sintezu (S i R),odnosno:
S f J K Qn= ( , , ) i R f J K Qn= ( , , )
Korišćenjem Karnoovih tablica nalazimo:
Qn00 01 11 10
1
0
AB
*
*1 1
10 0
0
R K Qn= ⋅
Na slici 3. prikazana je realizacija na osnovu minimiziranih funkcija S i R ulaza
J K Qn Qn+1 S R0 0 0 0 0 x0 0 1 1 x 00 1 0 0 0 x0 1 1 0 0 11 0 0 1 1 01 0 1 1 x 01 1 0 1 1 01 1 1 0 0 1
Eksitaciona tabela SR-FF-aQn Qn+1 S R0 0 0 x0 1 1 01 0 0 11 1 x 0
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 136
Slika 3.
4.17. zadatak
Izvršiti sintezu T - flipflopa pomoću JK - flipflopa.Na raspolaganju su JK flip-flopovi i potrebna logička kola.
Rešenje:
Slika 1.
Na slici 2. prikazana je realizacija na osnovu minimiziranih funkcija J i K ulaza
Slika 2.
Napomena: Kao T - FF (delitelj frekvencije) može se koristiti i D - FF, kod koga je D Qn= .
4.18. zadatak
Izvršiti sintezu JK - flipflopa pomoću D - flipflopa.Na raspolaganju su D flip-flopovi i potrebna logička kola.
Q
QD
CPT
J
K Q
Q
C
1
PT
1
Qn Qn+1 J K0 1 1 x1 0 x 1
JCK Q
QS
R
C
JQn
KQn
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA
Strana 137
Rešenje:
Slika 1.
Sintetizovana funkciju: D f J K Qn= ( , , )D J Q K Qn n= ⋅ + ⋅
Na slici 2. prikazana je realizacija na osnovu minimiziranih funkcija D ulaza
J K Qn Qn+1 D0 0 0 0 00 0 1 1 10 1 0 0 00 1 1 0 01 0 0 1 11 0 1 1 11 1 0 1 11 1 1 0 0
C
JK
Q
QD
C
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE ZADACI ZA VEŽBU
Strana 138
5. ZADACI ZA VEŽBU
5.1. zadatak
Na slici je prikazan otpornički razdelnik i ulazni pojačavač jednog mernog instrumenta. PriVI=10V prekidač je u položaju 1, pri VI=100V u položaju 2, a pri VI=1000V u položaju 3.Proračunati VO za ta tri slučaja ako je pojačavač idealan. Kolika apsolutna i relativna greška će semanifestovati u VO u navedena tri slučaja ako pojačavač ima ulaznu struju od 3nA.
5.2. zadatak
Izvesti izraz za kružno pojačanje kola sa povratnom spregom (model punjača akumulatora)sa slike. Blok označen sa X ima pojačanje VO1/VC=-10, a operacioni pojačavač je idealan. Nacrtatiodgovarajuće Bode-ove dijagrame pojačanja i faze.
5.3. zadatak
Na ulaz kola sa slike dolazi periodična povorka pravougaonih impulsa (signal A) frekvencije1MHz i faktora ispune 70%. Nacrtati uporedni vremenski dijagram ulaznog signala i signala naizlazima Q1, Q2, Q3 i Q4.
9M0
M90
90k
10k
1
2
3
VI
VO
X
u10 1k0
10k
100m
100u
+5V
VO1O
V
VC
VCC
D
CLK Q
Q
D
CLK Q
Q
1
23
delay50ns
Q1
Q2
1
23
delay50ns
Q3
Q4
A
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE ZADACI ZA VEŽBU
Strana 139
5.4. zadatak
Na ulaz kola se dovodi prikazana povorka pravougaonih impulsa. Proračunati R tako daminimalna trenutna vrednost vO(t) bude +5V i nacrtati uporedni vremenski dijagram ulaznogsignala i signala vO(t) za taj slučaj. Poznato je VD=VEB=0,6V, VCEsat=0,2V.
5.5. zadatak
U kolu na slici (a) odrediti R1 i VREF tako da se dobije jednosmerna prenosna karakteristikakao na slici (b). Smatrati da je operacioni pojačavač idealan.
5.6. zadatak
Na idealni operacioni pojačavač se primenjuje povratna sprega prema slici. Izvesti izraz zaprenosnu funkciju Vo/Vi(jω) i nacrtati Bode-ove dijagrame pojačanja i faze.
u10
R
1k0
+12V
VOt(ms)
0 1 10 110V
+12V
R1
R2
10k
VREF
VIVO
(a) (b)
VO
VI
5V
10V
R1
10k
10k 10k
C10n
ViVo
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE ZADACI ZA VEŽBU
Strana 140
5.7. zadatak
Na ulaz kola sa slike (a) se dovodi povorka pravougaonih impulsa sa slike (b). Proračunatimaksimalnu vrednost kapaciteta C pri kojoj se još dobija povorka pravougaonih impulsa na izlazu.Izlazni logički nivoi primenjenog komparatora su ±12V.
5.8. zadatak
Sintetizovati dvobitni binarni brojač koji ima ulaz za dozvolu brojanja (EN) i ulaz zakontrolu smera brojanja (U/D). Pri EN=1 i U/D=1 brojač broji unapred, a pri EN=1 i U/D=0 brojačbroji unazad. Pri EN=0 zadržava se trenutno stanje. Na raspolaganju su JK flip-flopovi i potrebnalogička kola. Proračunati i nacrtati navedeni brojač.
5.9. zadatak
U dvostrukom integratoru na slici koriste se operacioni pojačavači sa nivoima zasićenja od±10V i sa ulaznim naponskim ofsetom Vos=±3mV. Proračunati maksimalnu vrednost otpornosti Rtako da nijedan od operacionih pojačavača ne ode u zasićenje. Smatra se da je ulazni napon Vg bezjednosmerne komponente.
5.10. zadatak
U kolu na slici izlaz operacionog pojačavača je modelovan sa paralelnom vezom strujnoggeneratora prenosne provodnosti gm=100mS, izlazne otpornosti Ro=1MΩ i izlaznog kapaciteta
C
R3
10k
R1
10k
R2
10k
VIVO
(a) (b)
VI
t[m0 1 2 3 4
+10V
-10V
U/D
EN
CLK
Q0
Q1
A1A2
10n10n
10k10k
RR
Vg
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE ZADACI ZA VEŽBU
Strana 141
Co=1nF. Izvesti odgovarajuće prenosne funkcije i nacrtati Bode-ove dijagrame amplitude i faze zasam operacioni pojačavač i za kompletan pojačavač sa operacionim pojačavačem.
5.11. zadatak
Pre t=0 izlaz operacionog pojačavača na slici je stajao na nultom naponu. Počev od t=0 naulaz se dovode sinusni polutalasi kao na slici. Koliki broj sinusnih polutalasa treba dovesti na ulazda bi izlaz operacionog pojačavača stigao u zasićenje. Nivoi zasićenja operacionog pojačavača su±10V, po drugim aspektima operacioni pojačavač je idealan. Nacrtati uporedne vremenskedijagrame ulaznog i izlaznog napona.
5.12. zadatak
Proračunati i realizovati sinhroni trobitni binarni brojača koji pod dejtvom takt impulsa brojiunapred. Brojač ima kontrolni ulaz K. Pri K=0 brojač treba da prolazi samo kroz parna stanja, a priK=1 samo kroz neparna stanja. Pri svakoj promeni kontrolnog ulaza K u narednom takt intervaluvrši se prelaz na sledeće (parno ili neparno) stanje. Na raspolaganju su JK flip-flopovi i potrebnalogička kola.
5.13. zadatak
LED odašiljač se uključuje/isključuje preko tranzistora kao što je prikazano na slici.Frekvencija pobudnih impulsa je 2kHz, faktor ispune je 50%. Proračunati i nacrtati vremenskidijagram napona na kondenzatoru. Poznato je VLED=2V.
gmVxRo Co
1M0
Vx
R1
M10
Vo
Vi
3u0M50
0 1 2 t[ms]
5V
k10
+10u
10E
5V
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE ZADACI ZA VEŽBU
Strana 142
5.14. zadatak
Na izlazu kola na slici se dobija sinusna komponenta napona efektivne vrednosti od 2Vusled delovanja sinusne komponente struje strujnog generatora Ig. U kom opsegu može da se krećejednosmerna komponenta struje strujnog generatora tako da trenutna vrenost izlaznog napona usvakom momentu ostane u opsegu od ±10V.
5.15. zadatak
Kolo realizovano sa operacionim pojačavačem A i integrisanim komparatorima K1 i K2 iNILI kolom treba da detektuje da li je ulazni napon u određenim granicama. Proračunati u komopsegu ulaznog napona (VI) će izlaz logičkog kola (Y) biti na visokom logičkom nivou.
5.16. zadatak
Pojačavač jednosmernog napona na slici (a) treba da ima prenosnu karakteristiku kao naslici (b). Proračunati R2 i VREF.
A1A2
R1
M10
R3
M10
R2
10k
n10 n10
Ig
Vo2Vo1
A
K1
K2
47k
10k
+5V
+8,5V
Vi
1
23
Y
0 1
5
(b)
VI
VO
A
R1
10k
R2
R3
10kR410k
VI
VREF VO
(a)
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE ZADACI ZA VEŽBU
Strana 143
5.17. zadatak
Jednosmerni izvor VCC=12V napaja dva potrošača: otpornik RL=10Ω i potrošač čija struja jedata formulom iG(t)=½(1+sin2πft) [A]. Preostali otpornici predstavljaju otpornosti vodova.Proračunati jednosmernu komponentu napona na potrošaču (VL) i talasnost tog napona računajućiod vrha do vrha (VLPP). Poznato je: f=2kHz.
5.18. zadatak
Na slici je prikazana uprošćena šema trobitnog A/D pretvarača sa registrom za sukcesivnuaproksimaciju (SAR). Pre prvog takta sa linije PT postavlja se najteži bit registra (Q2) na logičkujedinicu. Za vreme prvog takta, na osnovu vrednosti K se odluči da li Q2 treba da ostane na jedinicii ujedno se postavi bit Q1 na jedinicu. Tako se redom odrede svi bitovi do Q0. Proračunati i nacrtatiSAR kolo. Na raspolaganju su D flip-flopovi i potrebna logička kola.
5.19. zadatak
Na ulaz kola sa operacionim pojačavačem dolazi kombinacija jednosmernog i sinusnogsignala. Proračunati komponente R2, C i R3 tako da se jednosmerna komponenta oslabi 50 puta asinusna komponenta pojača 50 puta. Prelomna učestanost treba da je 1000Hz.
VCC12V
0,1
0,1
0,1
0,1
0,1
0,1
RL10
IG
+C
1m0
S.A.RK
D/A
Q2 Q1 Q0
PT
VA
A
R1
10k
R2 R3C
Vi Vo
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE ZADACI ZA VEŽBU
Strana 144
5.20. zadatak
Realizovati aritmetičko kolo za sabiranje dva dvobitna binarna broja A i B. Broj A je unormalnoj formi, a broj B u vidu prvog komplementa, rezultat treba da je u normalnoj formi. Naraspolaganju su samo NI kola sa potrebnim brojem ulaza.
5.21. zadatak
Na ulaz kola dolaze impulsi koji naizmenično dovode tranzistor Q1 u zasićenje i zakočenje.Proračunati R2 i R4 tako da se na izlazu dobijaju strujni impulsi IG=± 10mA. Poznato je: β=50,VCEsat=0,5V, VD=VBE=0,6V.
5.22. zadatak
U trenutku uključenja napona napajanja prikazani flip-flop se prebaci u setovano stanje(Q=1). Nakon koliko vremena će se desiti resetovanje ako su logički pragovi prikazanih kola napolovini napona napajanja.
5.23. zadatak
Na bazi D flip-flopova i potrebnih logičkih kola izvršiti sintezu brojača modula 8 kojinaizmenično broji od 0 do 7 i nazad.
Q1
Q4
Q2 Q3
D1
D2R4
+12V
+12V
R2R310k
R1
IG
1
23U1A
4001
5
64U1B
4001
R1
10k
C1
1n0
VDD
D1
R2M10
C2
1u0
VDD
Q
Q
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE ZADACI ZA VEŽBU
Strana 145
5.24. zadatakU kolu na slici se koristi dvobitni binarni brojač i potrebna logička kola u CMOS
tehnologiji. Konstruisati logička kola LK1, LK2 i LK3 tako da se na izlazima dobijaju jednosmerninivoi od ¼VDD, ½VDD i ¾VDD, sukcesivno.
5.25. zadatak
Kod pojačavača na slici jednosmerni ulazni signal VI se menja od 0,1V do 1,8V. Proračunatiotpornosti otpornika R1 i R2 tako da se u datom opsegu ulaznog signala uvek može podesiti(pomoću potenciometra) nulti izlazni signal.
5.26. zadatak
U trenutku t=0 zatvori se prekidač S i počinje pražnjenje kondenzatora C. Na početku je bilovC(0)=30V. Odrediti vreme opadanja napona kondenzatora (od 90% do 10% u odnosu na početnuvrednost). Uzeti sledeće vrednosti: VEB=0,6V, β=50.
CLK
Q1
Q2
LK1
LK2
LK3
P
R1
R2
R3
C2
C3
C1
Vo1
Vo2
Vo3
T
R1
1k0
R2
1M0
1k0
VI
VO
-5V
k47
S
C 10n Vc
t=0
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE ZADACI ZA VEŽBU
Strana 146
5.27. zadatak
Prema kataloškim podacima operacioni pojačavač korišćen u kolu na slici ima ulazninaponski ofset u granicama ±5mV. U kom opsegu će se kretati izlazni napon VO pri VA=VB=0?Pojačanje operacionog pojačavača je veliko.
5.28. zadatak
Integrisani pojačavač na slici ima beskonačnu ulaznu i izlaznu otpornost. Ulaz je naponskogtipa, izlaz je strujni, uz prenosnu provodnost Gm=1S (nezavisno od frekvencije). Proračunatiprenosnu funkciju Vo/Vi(jω) i nacrtati Bode-ov dijagram pojačanja i faze.
5.29. zadatak
Na gate mosfeta na slici dolazi periodična povorka pravougaonih signala. U uključenomstanju otpornost kanala mosfeta se može zanemariti. Proračunati i nacrtati vremenski dijagramnapona kondenzatora vO(t) u ustaljenom režimu.
5.30. zadatak
Potrebno je realizovati specijalni koder sa tri ulaza (A1, A2 , A3) i dva izlaza (Y0, Y1).Kada su svi ulazi na nuli, izlazi treba da su na logičkoj jedinici. U ostalim slučajevima na izlazutreba da se formira binarni kod rednog broja onog ulaza koji je najmanji od onih na kojima jelogička jedinica. Proračunati i nacrati odgovarajuću mrežu za realizaciju kodera.
R1 10k
1M0
R2 10k
R41M0
VA
VBVO
R1
10k
1M0
C10n
ViVo
Q
R2k47
R1
1k0
C
10n
+15V
0 5 10 15
ON OFF ONt[us]
VO
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE ZADACI ZA VEŽBU
Strana 147
5.31. zadatak
Na slici 1. je prikazano kolo za pomeranje nivoa. Na ulaz kola dolazi zbir jednosmernekomponente od +5V i sinusoide efektivne vrednosti od 3V. Proračunati R tako da se na izlazudobije sinusni napon bez jednosmerne komponente. Poznato je: VBE=VD=0,6V; IBaIC,IE.
5.32. zadatak
Izvesti izraz za prenosnu funkciju Vo/Vi(jω) za dati pojačavač greške sa slike i nacrtatiBodeove dijagrame pojačanja i faze. Pretpostaviti da je operacioni pojačavač idealan, a zaoptokapler važi CTR=0,5.
5.33. zadatak
Kolo na slici se aktivira uključivanjem prekidača S u trenutku t=0. Proračunati, u komtrenutku će zasvetleti LED.
R
K33
1K0
+12V
-12V
Vi
Vo
K47
1n0
10K
2K2
+12V+12V
+12V
VREF
ViVo
10K 1M0
1M510K
2K2
1u0
+10
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE ZADACI ZA VEŽBU
Strana 148
5.34. zadatak
Na slici je prikazano kolo za pomeranje jednosmernog nivoa. Na ulaz kola dolazi zbirjednosmerne komponente od +5V i sinusoide efektivne vrednosti od 2V. Proračunati R tako da sena izlazu dobije naponski signal sa minimalnom trenutnom vrednošću u toku periode jednakim 0V.Poznato je: VBE=VD=0,6V; IBaIC,IE.
5.35. zadatak
Izvesti izraz za kružno pojačanje kola na slici, βA(jω), i nacrtati Bodeov dijagram pojačanjai faze. Pretpostaviti da je operacioni pojačavač idealan, a za optokaplere važi CTR=0,5 (nezavisnood frekvencije).
5.36. zadatak
U kolu na slici odrediti VREF tako da faktor ispune izlaznih impulsa (Vo) bude D=0,5.Nacrtati uporedne vremenske dijagrame ulaznog signala, signala V1 i Vo.
R
K33
2K2
+12V
-12V
Vi
Vo
K22
K47
1n0
10K
2K
+12V
+12V
+12V
VREF
4K7+12V
M10
1K0
+12V
VREF
220V50Hz Vo
V1
ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE ZADACI ZA VEŽBU
Strana 149
6. LITERATURA
1. Mr. Nándor Burány – „Osnovi elektronike” , skripta, Viša tehnička škola Subotica, Subotica2001.
2. Mr. Nándor Burány – „Zadaci za ispit iz elektronike” , neatorizovani pisani materijal, Višatehnička škola Subotica, Subotica 2001.
33.. DDrr SSppaassoojjee TTeeššiićć –– ““DDiiggiittaallnnaa eelleekkttrroonniikkaa““,, NNaauuččnnaa kknnjjiiggaa,, BBeeooggrraadd 11997766..44.. PPhh..DD.. JJaaccoobb MMiillllmmaann,, PPhh..DD.. CChhrriissttooss CC.. HHaallkkiiaass –– ““IInntteeggrraatteedd EElleeccttrroonniiccss:: AAnnaalloogg aanndd
DDiiggiittaall CCiirrccuuiittss aanndd SSyysstteemmss““,, MMccGGrraaww--HHiillll KKooggaakkuusshhaa LLTTDD..,, TTookkyyoo 11997722..