ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE ZA
V SEMESTAR ELEKTROTEHNIČKOG FAKULTETA
STEFAN VUJOVIĆ
FILIP RADENOVIĆ
NIKOLA BULATOVIĆ
SOKO DIVANOVIĆ
MARKO BOŽOVIĆ
PODGORICA
08.01.2011.god
Zbirku zadataka su sastavili Stefan Vujovid, Filip Radenovid, Nikola Bulatovid, Soko
Divanovid i Marko Božovid školske 2010/11, kao seminarski rad. Zbirka sadrži zadatke sa kojima
su se studenti susretali tokom semestra, i cilj je bio da se u kratkim crtama daju uputstva kako
bi naredne generacije lakše položile ovaj predmet.
Zbirka prati gradivo, hronološki. Zadaci koji sadrže slovo P ispred rednog broja su zadaci
koji dolaze na prvom kolokvijumu, zadaci koji sadrže slovo D ispred rednog broja su zadaci koji
dolaze na drugom kolokvijumu, dok na završnom ispitu dolaze svi zadaci (zadaci sa slovom T
dolaze samo na završnom ispitu).
Nezavisne generatore V1 i V2 zamjenjujemo kratkom vezom prema
masi.
Raskinimo kružnu konturu na izlazu OP.
Dakle, kružno pojacanje je:
|
|
Ako pretpostavimo da CFB radi u direktnom aktivnom režimu dobijamo:
Pošto je Vcc=12V, očigledno je da de OP biti u zasidenju i da je Viz=12V
Pošto je odnos Z prema otpornostima R3 i R1 znatno veci od nekoliko hiljada,
možemo bez osjetne greške računati kao da Z teži beskonačno.
Zbog zatvorene NPS i konačne vrijednosti Vo, mora biti i I1-=0, pa i V1- =0, a pošto
je V1+=V1- bide i V1+ = 0V
Dalje je :
Konacno dobijamo:
(( )
√
)
√
(
(
)
)
(
(
)
)
(
)
(
)
( )
[
|
|
|
]
|
|
[
|
]
Iz jednakosti struja kroz R1 i R2 dobija se :
(
)
(
)
Pa je :
Pol prenosne funkcije je na
a traži se pojačanje na
*2pi rad/s. Na toj učestanosti se C moze smatrati kratkim spojem,
pa je V+=Vin=Vout
[
]
[
]
|
|
(
Pol prenosne funkcije je:
)
R1=R2=R3=R6=R7=R8=R
(
(
)
)
(
)
= > kada se izjednače izrazi za V2 dobija se :
Kada se zamijene izrazi za ove tri struje dobije se odnos napona Viz/Vul
Onačimo prvi razlomak sa A1 a drugi sa A2.
Posmatramo A1 :
[
]
[
|
|
|
|
]
Posmatramo A2 :
[
]
[
|
,
|
]
(
)
Napomena
Mogude su varijante zadatka u kojem se traži :
1) da se nadju parametri kola na visokim učestanostima –
kondenzatori se posmatraju kao kratki spojevi
2) da se nadju parametri kola na niskim učestanostima –
kondenzatori se posmatraju kao prekidi
što znatno uprošdava analizu kola.
(
)
(
)
Napomena
Moguda je varijanta zadatka gdje se traži maksimalno pojačanje. To je
pojačanje na centralnoj učestanosti. Amax=|-K*Q|
Ako se traži pojačanje na niskim učestanostima kondenzatori se
posmatraju kao kratki spojevi što znatno uprošdava zadatak.
Na niskim učestanostima kondenzatori se ponašaju kao prekidi u kolu.
Nema struje kroz otpornik R3 (‘minus’ ulaz OP).
(
)
(
(
)
(
zamijeni izraz za
)
) kada se u ovu jednakost
dobija se zavisnost Vi1 od Vg
Suma struja u čvoru 2 daje jednakost :
(
|
|
)
[
]
z
(
(
)
)
Struja Ic1 jednaka je struji kroz paralelnu vezu C2 i R2
(
Laplasova transformacija od
je
)
(
)
Karakteristika diferencijatora je da ima nulu u koordinatnom
početku. To znači da njegova amplitudska karakteristika ima nagib +
20dB/dec na svakoj učestanosti. Kolo se ponaša kao diferencijator u
opsegu učestanosti gdje ima nagib + 20dB/dec. Dobijena prenosna
funkcija ima jednu nulu Sn=0 i jedan pol Sp=1/RC . Nula povedava nagib
AdB za 20dB/dec a pol obara za istu vrijednost. Slijedi da de se kolo
ponašati kao diferencijator na opsegu učestanosti gdje AdB raste za
20dB/dec a to je opseg od |Sn|do |Sp|.
|
|
|
|
Dakle, traženi opseg je od 0 Hz do 1591.55 Hz.
Uticaji šumova se sabiraju ortogonalno.
Viz=Vn + R*in
Pošto je R*in=100K*15n=1,5mV znatno veće od Vn možemo
uzeti da je viz=1,5mV
Zbog C->beskonačno strujni šum nema uticaja, a naponski šum
se pojačava A puta. Dakle, viz=A*vn=10mV.
Metodom superpozicije u čvoru 2 dobija se :
Sinusoida Viz će biti odrezana na -15V pa će Vpp biti 5V.
|
|
|
|
(
)
(
)
Označimo sa Z paralelnu vezu R1 i C.
(
)
(
)
Prenosna funkcija ima jednu nulu i jedan pol. Nula podiže karakteristiku
za 20dB/dec a pol obara za istu vrijednost. Nas zanima pojačanje u
propusnom opsegu pa posmatramo opseg od pola Sp ka beskonačnosti.
S -> ∞ pa je A=10 a u decibelima [
]
Kada se zamijeni
u gornju jednačinu dobija se prenosna
funkcija:
Kolo predstavlja idealni integrator kada je
traženi odnos otpornosti R1 i R2 :
iz čega se dobija
Pretpostavimo da dioda provodi.
Slijedi da mora biti Vul<0 uslov za provodjenje diode.
Ako je Vul>0 dioda ne provodi pa je:
Izjednačimo pojačanja po modulu:
|
|
|
|
Nakon sredjivanja dobija se kvadratna jednačina sa nepoznatom
otpornočdu R2 :
Rješenja kvadratne jednačine su:
Pa je konačno rješenje:
)
Kada sa zamijeni izraz za
|
|
u izraz za
dobija se:
P26.
Izlazni napon vIZ se mijenja brzinom 2V/sec. Poznato je Vcc=Vee=15V, Cf=100nF. Ulazna naponska
razdešenost OP je manja od 6mV.
Koliko iznosi apsolutna vrijednost struje polarizacije IB= ? *nA+. Pažnja: Unijeti pozitivan broj.
Rješenje:
Kako je Vos<0.6mV, taj napon se moze zanemariti u
odnosu na izlazni napon koji se mijenja brzinom 2 V/s, a da pri tome ne napravimo gresku vecu od
10%.Tada je:
P27.
Poznato je Vg=5V*sin(wt), VR=3V, R=10K i VD=0.6V. Operacioni pojačavač je idealan. Nacrtati
vremenski dijagram napona Vo(t). Koliko iznosi maksimalna vrijednost napona Vo(t)? Vomax=? [V].
Rješenje:
1) Dioda ne provodi => Vo=Vg
2) Dioda provodi
NPS => Vo= VR =3V Da bi dioda provodila mora biti ispunjen uslov da je Id>0.
R
Vo(max)=3V
P28.
Poznato je VIZ=4V. Docrtati u kolo ekvivalentne generatore ulaznih nesavršenosti: naponsku
razdešenost, struju polarizacije i strujnu razdešenost. Ako su ulazne struje polarizacije IB manje od
100nA, nadi naponsku razdešenost VOS=? *mV+. Pažnja: traži se apsolutna vrijednost - pozitivan broj.
Rješenje:
Struja I3 kroz otpornik R3 je približno I3=
, što je reda 100 000nA(400 000). To je u poređenju sa 100nA
(red velicine struja polarizacije) mnogo vede. Stoga se struje polarizacije Ib1 i Ib2 mogu zanemariti a da pri
tome ne napravimo grešku vedu od 10%. Kako je Ios istog reda veličine kao i Ib , možemo i tu struju
zanemariti a da greška ostane ispod 10%. Onda je :
V+ = Vos =V- =
= 0.003996V = 3.96mV
Vos=3.96mV
P29.
Na slici je prikazan sumator sa otporima R1=10K, R2=20K i Rf =30K. Operacioni pojačavač je idealan po
svim parametrima, osim po pitanju ulaznih struja polarizacije Ib. Koliko treba da iznosi otpornost R3 = ?
[KΩ+, da bi se poništio uticaj struja Ib.
Rješenje:
V+ = IbR3 = VKredemo od KZ za gornji čvor:
(
(
(
)
)
)
Da bi se poništio uticaj struje polarizacije izraz
slijedi:
(
)
(
)
mora da bude jednak nuli pa
P30.
Ako je R1=100K i R2=10K, koliko treba da iznosi R3=? [KΩ] da bi pojačavač imao diferencijalno
pojačanje Adi f=
=2
Rješenje:
Sa slike vidimo da je zatvorena negativna povratna sprega pa je V-=V+
||
(
)
(
)
(
odnosno
)(
R3=2R1=200KΩ
)
P31.
Sallen-Key filter sa slike ima prenosnu funkciju oblika
Vo(s)/Vi(s)= Ks2ωc-2 / ( s2ωc-2 + sωc-1Q-1 + 1)
gdje su: ωc granična učestanost filtra i Q faktor dobrote. Poznato je: R1=R2=20K,
R3=∞, R4=22K i C1=C2=100nF. Koliko iznose Q i ωc?
ωc = ? [rad/sec]
Q=?
Rješenje:
C1=C2=C
R1=R2=R
(
)
(
)
Zbog negativne povratne sprege i otpornika R3=∞ slijedi
V+=V-=Vo
(
I1=I2+I3
)
(
)
(
)
(
)
(
)
Ekvivalentirajudi gornju jednačinu sa
(
)
(
)
P32.
Za kolo sa idealnim OP poznato je VCC= -VEE=10V, VD=0,7V, R=1K5. Modifikovati kolo tako da se dobije
karakteristika Viz(Vul) sa 3 puta vedim nagibom. (Nagib=koeficijent pravca=tgα). Kod tako modifikovanog
kola nadi Viz za Vul= 4V.
Viz(4V) = ? [V]
Pomod: Tražena modifikacija se može postidi umetanjem samo jednog otpornika.
Rješenje:
Kada nema otpornosti R’ važe sljedede
relacije :
Vul=Viz
Unošenjem otpornika R’ treba da se dobije
Viz=3Vul pa važi :
(
)
(
)
Za Vul=4V dobija se Viz=12V (zasidenje) što je nemogude jer je maksimalna vrijednost Viz=10V0.7V=9.3 V
Dakle Viz=9.3 V
P33.
Kolo na slici je upotrijebljeno za kontinualno mijenjanje pozicije ulaznog signala (Vi) izmedju lijevog (Vl) i
desnog (Vd) stereo kanala. Odrediti odnos otpornika R2 i R1 tako da bude: Vl/Vi=-1 kada je klizac u
krajnjem donjem polozaju, Vr/Vi=-1 kada je klizac u krajnjem gornjem polozaju, kao i Vl/Vi=Vr/Vi=1/sqrt(2) kada je klizac na sredini potenciometra. R2/R1=?
Rješenje:
Posmatramo kada je klizač u
krajnjem donjem položaju:
Primjenom I K.Z. za čvor 1:
(
odakle slijedi da je
Sa slike imamo da je
odnosno
(
Dobijamo
(
(
)
)
)
)
Kolo je simetrično a odnos
tako da bismo isti izraz dobili analizirajudi čvor 2.
Posmatrajmo klizač na sredini potenciometra:
Iz uslova zaključujemo da je
Vr=Vl
Znajudi simetričnost kola i
gornju osobinu analizirademo
gornji dio kola.
Za čvor 1 imamo:
Znajudi da je
( ) dobijamo
(
)(
)
odnosno
(
)
√
Iz (1) dobijamo da je
(
)
Uvrstimo u (2)
(
odnosno
√
)
(
)
√
P34.
Za kolo sa slike odrediti naponsko pojačanje Av=Vo/Vi ako je: R1=R4=1K, R2=10K i R3=9K. Operacione
pojačavače smatrati idealnim. Av= ? [V/V].
Rješenje:
(
(
(
)
)
)
(
(
)
)
(
)
(
(
)
(
)
)
P35.
Za kolo na slici odrediti vrijednost izlaznog napona (VIZ=? [VDC]) ako je napon na ulazu VUL=-3V. Poznato
je: R1=1K, R2=1.5K, R3=1K, VCC=15V, VZ=5V, VD=0.7V.
Rješenje:
Pretpostavimo da diode D2 i Dz ne provode. Tada,ako D1 provodi,preko nje je zatvorena NPS, a struja
kroz D1 je:
Iz čega slijedi da ni D1 ne provodi.
Ako ni D1 ni D2 ne provode OP ce se ponasati kao komparator, V- = -3V, V+ = 0V, pa odatle slijedi da je Viz =
+Vcc=15V.
Međutim, ako je Viz=15V,tada je pad napona u grani sa D2 i Dz dovoljno veliki da kroz nju protekne struja.
Prema tome,diode D2 i Dz de da provedu struju.
Kad D2 i Dz provode zatvorena je NPS, V- = 0V, a izlazni napon je:
Viz = V-+Vd2+Vz = 0V+0.7V+5V = 5.7V
Sada ostaje da dokažemo da struja nede protedi kroz gornju granu. Pretpostavimo suprotno , tj. da struja
ide kroz gornju granu tj. kroz diodu D1.
Tada bi bilo V1 = -Vd = -0.7V. Struja kroz D1 bi tada bila:
Kako Id ne može da bude negativno, dioda D1 ne može da provodi, što je u skladu sa predhodnim
zaključkom. Znači:
Viz=5.7V
Napomena:Ovaj rezultat smo mogli dobiti i jednostavnije, tj. da smo odmah pretpostavili da D2 i Dz
provode, a D1 ne provodi, gdje se lako dokazuje da je pretpostavka tačna.
P36.
Za kolo na slici poznato je: operacioni pojačavač je idealan, napon direktno polarisanog PN spoja iznosi
VD=0.6V i VUL=+5V. Izračunati vrijednost napona na izlazu operacionog pojačavačaVOP= ? [V]
Rješenje:
Dokažimo da T1 i D1 ne provode:
Imamo uslov
(
)
(naponski razdjelnik)
( )
Odavde slijedi da dioda i tranzistor moraju provoditi.
Struja IB je zanemarljiva u odnosu na struje I3 i I4 tako da je I3≈I4
Napon na R4 je VBE+VD (sa slike) a zbog odnosa struje I3 i I4 kao i odnosa R3 i R4 imamo da je napon na R3
takođe VBE+VD
Iz ovog zaključka, možemo utvrditi da je napon na izlazu operacionog pojačavača:
Vop=Viz+2(VBE+VD)=12,4V
P37.
Za kolo sa idealnim OP poznato je RL=0,1K, R=10K i C=100nF. Pokazati da se ovo kolo ponaša kao žirator
(ima ulaznu otpornost oblika indutivnosti Zin= RL +sL). Koliko iznosi ulazna impedansa na učestanosti
250Hz? Koliko iznosi ekvivalentna induktivnost L? Na kojoj učestanosti je RL =|sL|? Poznato je da je
struja kroz R znatno manja nego kroz RL. |Zin(250Hz)| = ? *Ω+
Rješenje:
Da bismo našli Zin uvodimo testni generator
naizmjeničnog napona.
Zatvorena je negativna povratna sprega pa je
Iz uslova da je struja kroz R znatno manja nego struja kroz RL imamo da je
(
+
(
)
)
Slijedi da je
(
(
I na kraju
R L 1 4 2 R 2C 2 f 2
L= RRLC = 100mH
|
)
in
|Zin(250Hz)|=
|
)
=186,2096Ω
t
1
2
1
P38.
Za kolo sa idealnim OP nacrtati prenosnu karateristiku vIZ=vIZ(vUL). Koliko iznosi razlika vIZ(+5V) vIZ(-5V) ? [V].
vIZ=vIZ(vUL)=?
1)Pretpostavimo da provode diode D1 i D4
I1=
Viz=Vul
Uslovi su da je Vd2<0.6V , Vd3<0.6V i da je Id>0.
Id
=> za Vul>0V
=> za Vul>0V
Vd2<0.6V
Vd3<0.6V
Iz svega navedenog slijedi da je Viz=2Vul za Vul>0V.
2) Pretpostavimo sada da provode diode D2 i D3.
I1=
Viz=I120K
Uslovi su da je Vd1<0.6V , Vd4<0.6V i da je Id>0.
Id
=> za Vul<0V Vd1<0.6V
=> za Vul<0V
Vd4<0.6V
Iz svega navedenog slijedi da je Viz= 2Vul za Vul<0V.
Sa ove dvije pretpostavke smo obuhvatili citav opseg ulaznog napona -5V do 5V i vidjeli da su ispunjeni
svi uslovi da bas ovi parovi diode provode. Da smo pretpostavili bilo koju drugu kombinaciju doslo bi do
nemogucih situacija…
(
)
P39.
Za kolo sa idealnim OP poznato je R1=R2=1K i C=100nF. Pokazati da se ovo kolo ponaša kao žirator (ima
ulaznu otpornost oblika indutivnosti Zin=R+sL). Koliko iznosi ekvivalentna otpornost R?
R = ? [KΩ]
(
)
D0.
Upotrijebljeni operacioni pojačavač ima naponsko pojačanje A=200. Tranzistori imaju
Vbe=0.7V, a napon napajanja iznosi Vcc=Vee=15V.
a)Nacrtati karakteristiku Viz(Vul).
b)Koliko iznosi mrtva zona na ulazu Vmz=?[mV].
c)Ako je Vul=20mV, A=100, koliko iznosi izlazni napon Viz=? [mV]
Pomoć: mrtva zona Vmz je opseg ulaznog napona Vul (od negativne do pozitivne vrijednosti) u
kome na izlazu nema promjene, tj. Viz=0.
Sa slike vidimo da kada radi transistor Q1, napon Vbe=0.7V = -Veb, tj. Veb=-0.7V<0.7V
pa zaključujemo da Q2 neće raditi. Na sličan način zaključujemo da kada radi Q2 neće raditi Q1.
a)Posmatrajmo prvi sličaj, Vul>Viz (Viz=0) => Vd=(Vul-Viz)>0 => V1=A*Vd > 0 => V1>Viz,
pa zaključujemo Q1 radi, Q2 samim tim ne radi, pa dobijamo
sređujući podvučene formule, dobijamo
…(1), za Vul>0
drugi slučaj, Vul<Viz (Viz=0), Q2 radi, pa dobijamo
…(2), za Vul<0
Viz će rasti (opadati) do određene vrijednosti, tj.
dok ne uđe u pozitivno (negativno) zasićenje.
Uzimajući sve to u obzir, i koristeći dobijene
formule, dobijamo grafik.
b)Kada je Viz=0, tada je u prvom slučaju:
𝑉𝑢𝑙
𝑉𝑢𝑙
7
𝐴
𝑚𝑉 , a u drugom:
7
𝑚𝑉
𝐴
Vmz=3.5mV-(-3.5mV)
=>
Vmz=7mV
c) A=100, Vul=20mV>0, pa koristimo formulu:
𝑉𝑖𝑧
𝐴 𝑉𝑢𝑙
𝐴
𝑉𝑏𝑒
𝑽𝒊𝒛
𝟏𝟐 𝟗 𝒎𝑽
D1.
I način:
Presječemo konturu na izlazu iz OP. Iz datih podataka možemo zaključiti da nam je Rul>>R1 pa
možemo smatrati da struja ne teče kroz grane OP (zanemarujemo struju polarizacije). Kada
presječemo konturu, uzemljimo nezavisni naponski izvor, pa primjenimo naponski djelilac,
nađemo
, a znajući da je
, dobijemo kružno
pojačanje:
traženo pojačanje Ar dobijamo iz formule: =>
II način (za nalaženje Ar):
Metodom superpozicije odredimo V-;
=>
D2.
R1=1K;
S obzirom da u zadatku nije navedeno drugačije, uzimamo da su elementi sa slike idealni, pa I
prvi OP. Samim tim zaključujemo da je V+ = V- = 1.23V (sa slike vidimo da je V- =1.23V )
a)
primjenimo obrnuti naponski razdjelnik:
b)
primjenimo obrnuti naponski razdjelnik:
(
)
D3.
a)
Da bi proširili opseg pojačivača, morali smo da spustimo ampl. k-ku, tj da smanjimo kružno
pojačanje. Pošto je u pitanju pad od -20dB/dec vidimo da u fg počinje da djeluje jednostruki pol.
Pojacanju AodB=80dB (tj. Ao=10000) odgovara fg=50Hz.
Trebamo naci odgovarajuce fp za koje je pojacanje Ar=10.
S obzirom da imamo linearnu karakteristiku, a ove vrijednosti se "nalaze na njoj", mozemo
primjeniti formulu (iz slicnih trouglova) i dobijamo:
b) Sada je nagib od -40dB/dec, pa vidimo da u fg počinje da djeluje dvostruki pol. Tada važi:
√
D4.
20*logAmax=40dB
Koristićemo formulu:
=>
A=100;
D5.
Oba OP su ista, i od njih su napravljeni neinvertujući pojačivači koji su zatim redno vezani.
S obzirom da su OP isti, biće im i isto pojačanje za date uslove.
Primjenimo formula :
(
)
D6.
a) Presječemo konturu na izlazu iz trećeg OP, u tački C. Prenosne funkcije su ispisane na slici.
(
=>
)
da bi bio zadovoljen uslov oscilovanja , mora važiti:
√
tj.
Im{
}=0, a Re{
} 1;
=>
√
,
vidimo da je napon u tački A najveći, i da
on ograničava napone u tački B i C. Prvi OP će prvi ući u zasićenje, pa će napon na izlazu biti:
b)
|
|
|
|
|
√ |
|
√ |
D7.
a) Presječemo konturu na izlazu iz četvrtog OP.
Prenosne funkcije su ispisane na slici.
=>
(
da bi bio zadovoljen uslov oscilovanja , mora važiti:
)
Im{
}=0, a Re{
} 1;
=>
tj.
b)
|
|
VI10 je max napon na izlazu iz prvog oscilatora. Kako je donja šina napajanja na 0V, a gornja na
5V, to je amplitude napona na izlatu iz prvog OP jednaka 2.5V =>
√
√
D8.
Nakon presijecanja konture na izlazu iz drugog oscilatora, dobijamo kolo:
R5=R4,
prenosna f-ja prvog OP je
Posmatramo čvor X, gdje je potencijal Vx i primjenimo I.K.Z.
Kroz grane OP ne teče struja (nije rečeno drugačije, pa smatramo da su idealni), pa možemo reći
da ista struja teče kroz otpornik R1 i kondezator C1. Sada možemo izraziti Vx preko V2:
uvrstimo dobijenu relaciju u (1), i nakon sređivanja, dobijamo
:
Da bi bio zadovoljen uslov oscilovanja, mora biti zadovoljen uslov:
{
Im{
}=0, a Re{
} 1
}
√
b)
{
}
, kako nas zanima minimum onda uzimamo
{
}
=>
c) Racunamo unazad (posmatramo prvu sliku). VAm=Vz+Vd=7V;
R3<<R2,R6 pa cemo R3 zanemariti I smatrati da je posle R2 uzemljenje. Primjenimo obrnuti
naponski djelitelj, da bi dobili napon na izlazu iz prvog OP:
znajući da je prenosna f-ja prvog OP jednaka -1, dobijamo VB=-Viz1, pa konačno dobijamo:
D9.
S obzirom da je L=4,7mH >>33
onda cemo gornji kalem posmatrati kao prekid, bez
pravljenja velike greške. Na isti princip ćemo i Rb1 posmatrati kao prekid.
Kako je C=100nF >> 47pF, 15pF => reaktansa od C će biti mnogo manja od reaktansi druga
dva kondezatora, pa kondezator C možemo posmatrati kao kratak spoj.
Sada kada smo uprostili kolo, uočimo da se radi o oscilatoru u tri tačke i iskoristimo formulu:
√
D10.
Posmatrajmo slučaj kada diode još uvjek ne provode, tada je Vx:
Posmatrajmo granični slučaj, kada postoji napon na diodama, ali je jos uvjek struja kroz njih 0.
Tada nema pada napona na otporniku R2, pa možemo pisati:
D11.
Pojacavac sa slike (bez Cx) ima presječnu ucestanost fT = 2MHz i nedovoljan pretek faze. Poznato je R1 =
2K2 i R2 = 10K. Koliku kapacitivnost Cx u pikofaradima treba dodati da bi se popravio pretek faze.
Pomod: prepoznajte diferencijalni kompenzator.
Cx = ? [pF]
Presjedi demo konturu i nadi kružno pojačanje:
A
Viz
R1
R1 (1 sR2C x )
( A)
( A)
R2
Vt R
R1 R2 sR1 R2C x
1
1 sR2C x
Kod diferencijalnog kompenzatora nula se namješta na ft. Tada se popravlja faza, a ne podiže amplituda:
1
2fT
R2Cx
Cx
1
7.95 pF
2R2 f T
D12.
Pojačavač sa slike ima manjak amplitude od 6dB i treba ga kompenzirati pomodu RK. Ako je R1= 10K i R2=
33K, odredite potrebno RK=? *K+, da se pojačavač dovede na granicu stabilnosti.
Nađimo kružno pojačanje kada ima i kada nema RK (CK je kratak spoj):
R1 RK
V
R1 RK
A 1 iz
( Ap )
Vt R R1 RK
2
R1 RK
RK treba da smanji
A 2
Viz
R1
( Ap )
Vt R1 R2
A 2 za manjak amplitude od 6dB ( 20 log A 6dB A 2 ):
R1 RK
R1 R2
1
1 R1
R1 RK
R
K R R 7.67 K
A 1 A 2
RR
1
2
A
2 R1 R2
R2 1 K
R1 RK
D13.
Najprije presjecimo konturu i odredimo kružno pojačanje:
A
Viz
R
1
( A0 )
s
s
Vt R 9 R
(1 )(1 ) 2
1 9sRC
w1
w2
1
A
1
9w1 w2 10w1 A 0
RC
10 (1 s ) 3
10w1
Dobijeno
A
koristimo u daljem toku zadatka u svakom od podzadataka...
a) Amplitudsko osiguranje tražimo na učestanosti na kojoj je pretek faze
2 arg{ 1} arg{
2 :
A0
s 3
} arg{( 1
) }; ( s jw)
10
10w1
w
2 3arctg (
) w 10 3w1
10w1
AO 20 log A ( w 10 3w1 ) 20 log
A0
1
6dB
10 (1 j 3) 3
Amplitudsko osiguranje predstavlja vrijednost za koju amplitudska karakteristika pojačavača podje ispod
0dB odnosno AO je pozitivna veličina pa pišemo:
AO 6dB
b) Da bi pojačavač bio stabilan AO mora biti 0 odnosno:
AO 20 log A ( w 10 3w1 ) 0 A ( w 10 3w1 ) 1
A0 80dB
c) Fazno osiguranje tražimo na učestanosti na kojoj je amplitudsko osiguranje 0dB:
A0 1
1
10 8
0 20 log( A0 ) 20 log( 10) 20 log (1
A ( w 12.3w1 )
jw 3
) w 12.3w1
10w1
A0
1
10 (1 1.23 j ) 3
A
10
arg{ 1} arg{ 0 } arg{( 1 1.23 j )3 }
332.67 27.33
D14.
Kolo na slici predstavlja oscilator sa aktivnim filtrom. Komparator daje naponske nivoe +V=+5V i -V=-5V.
Ako aktivni filter na centralnoj učestanosti fo ima pojačanje 6dB, kolika je amplitude izlazne sinusoide
vI=? [V].
Napon V2 se može predstaviti u obliku Fourie-ovog reda kao:
V2 2 V
sin
n 1
n
2 cos nw t
0
n
2
Filtar de propustiti samo prvi harmonik (na učestanosti
(20 log A 6 A 2) :
VI A 2 V
2
sin
2
12.73V
w0 ) i pojačade ga jer ima pojačanje 6dB
D15.
Za oscilator sa slike poznato je R4=R5=1K2. Kolika je amplituda oscilacija na izlazu vo=? [V]. Diode i OP
smatrati idealnim.
Kada diode ne provode važi:
v1
R1
vO
R1 R2
v1
vO
3
Sada posmatramo trenutak kada diode tek počinju da provode, jer su diode te koje ograničavaju
amplitudu. Važi da je
VD 0V :
va vI
15 vI vI vO
15
1 1
v
1
1
1
vI ( ) O vO (
)
R3
R4
R3
R3 R4
R4
3R3 3R4 R4
15
R R3 3R3
15 * 3R4
vO 4
vO
11.25V
R3
3R3 R4
R4 2 R3
Kako govorimo o amplitudi oscilovanja to ima smisla govoriti samo o pozitivnoj vrijednosti pa pišemo:
VOm 11.25 11.25V
D16.
Diode služe za stabilizaciju kola, one de se uključiti kada napon predje odredjenu
granicu i na taj način ograničavaju amplitudu. Da bi našli amplitudu oscilacija
posmatrajmo granični slučaj kada diode tek počinju da provode i kada je napon na
njima približno jednak 0:
V1 VD 0
VizM 12V
(VREF ) Vi
R
Vi 2 VREF 12V
R1
R2
R1
D17.
Presjecimo konturu i nadjimo kružno pojačanje:
A A1 A2 A;
A1
A
sR1C1 (1 sR2C2 )
1
; A2
;
sR1C1 (1 sR2C2 ) sR2C1
1 sR2C2
AR1C1
1
R1C1 sR1 R2C1C2 R2C2 R1C1
s
Da bi ovaj filtar postao oscilator, tj da proosciluje potrebno je da budu zadovoljeni uslovi:
Im{ A } 0 Re{ A } 1 C1 C2 C 1
A 2
AR1C
R1C R2C R1C
R2
6.7
R1
II način:
Drugi nacin je da se kolo analizira kao filter kod koga faktor dobrote treba da bude beskonacno. Kod
ovog nacina postupak je isti kao u prethodnom zadatku.
Prenosna funkcija za ovo kolo je:
Viz
A
2
Vul ( s R1 R2C1C2 s( R1C1 R2C2 R1C2 AR1C1 ) 1)
Viz
Kanonski oblik za filtar je:
w
2
Vul
s 2 s 0 w0
Q
Neposredno se vidi da je:
w0
1
R1 R2C1C2
2
w0
Kao i da je: Q
R1C1 R2C2 R1C2 AR1C1
Konacno, Q ce biti beskonacno za:
R1C1 R2C2 R1C2 AR1C1 0 A
A
2 R1 R2
6.7
R1
2 R1 R2
R1
D18.
Koristedi Kirkhofove zakone za čvorove 1,2 i 3 jednostavno se dolazi do prenosne
funkcije ovog filtra:
2sR 2C
VI
2sR 2C
R1
A 2 2 2
2
2
V1 s C R R1 sCR R1 s 2C 2 R 2 sCR 1
R1
Kanonski oblik za filtar je:
VI
K
V1 s 2 s w0 w 2
0
Q
Odavde se neposredno vidi da je:
w0
1
A( w0 ) 2
RC
Napon V1 može da se predstavi pomodu Fourie-ovog reda kao:
V1 2 VD
sin
n 1
n
2 cos nw t
0
n
2
Filtar propusnik opsega učestanosti de propustiti samo prvi harmonik, tj onaj
harmonik na učestanosti w0 i pojačade ga pojačanjem A( w0 ) 2 pa de se na
izlazu nadi sinusoida amplitude:
VIm 2 AVD
2
sin
2
8VD
1.78V
D19.
Najprije presjecimo konturu i odredimo kružno pojačanje:
A
Vi 2
R 1 sRC 2
3(
)
Vt
R2 1 sRC
a) Uslov oscilovanja:
Re{ A } 1 Im{ A } 0
w0
1
f
Iz uslova oscilovanja: w0
osc 2 3183.1Hz
RC
b) Na
f osc
Vi
j
Vi1
tj naponi Vi i Vi1 su pod pravim uglom a istog su intenziteta. Diode Dz1 i Dz2
služe za stabilizacij kola, i one de diktirati amplitudu izlaznog napona.
Pogledajmo sliku:
Vi Vi1
2
2
2(VZ VD ) Vi Vi1
Vi Vim 2 (VZ VD ) 9.62V
c)
R2 R3 Re{ A } 1
Nema oscilacija pa je: Vim 0V
D20.
Odgovor: PLL se ne primjenjuje za generisanje DTMF tonova!!!
D21.
Odgovor: Konvencionalna Costas petlja!!!
D22.
Fx FVCO
N
FVCO Fx 2700 KHz
R
N
R
D23.
Ako je prenosna funkcija VCO fosc/V=5MHz/V, a pojačanje niskopropusnog filtra u propusnom opsegu
iznosi 20dB, koliko iznosi napon Vphi = ? *mV+. Poznata je učestanost ulaznog signala fi=1MHz.
f osc 5MHz
f
V
V Vout i 0.2V ; 20 log A 20 A 10 ;
f osc
f i 1MHz
V
Vout Vphi A Vphi
Vout 0.2
V 20mV
A 10
Vphi 20mV
T0.
Na slici je prikazan LM4673 integrisani pojačavač snage u D klasi.Glavne karakteristike ovog pojačavača
su: koeficijent iskorišdenja snage je η=85%, napon napajanja od 2,4 do 5,5, maksimalna dozvoljena
temperature spoja TJMAX=200oC, termički otpor od spoja do ambijenta RthJA=87K/W. Kolika korisna
snaga na potrošaču se moze dobiti ljeti? Uzeti da se ljeti temperature penju do 45oC i da unutar kutije , u
kojoj se nalazi pojačavač, temperature mogu biti vede jos za 40oC.PK=?
Temperatura ambijenta za pojačavač je temperature unutar kutije TA=45+40=85oC.
, kada izjednačimo izraze za
dobijamo
T1.
Poznato je da tropinski stabilizator LM317 održava napon VO - VADJ = 1,25V, ima
strujno ograničenje IMAX=1A, temperaturnu otpornost od spoja do ambienta bez
hladnjaka RthJA=50 K/W i temperaturnu otpornost od spoja do kudišta RthJC = 17K/W.
Bez upotrebe hladnjaka mogude je pogoniti potrošač strujom do
(a)600mA;
(b)100 mA. Postavljanjem stabilizatora na hladnjak sa RthCA = 10 K/W, do koje struje
de se modi pogoniti potrošač? IPMAX = ? [mA]
a)Bez hladnjaka je ukupna termicka otpornost bila
Kada stavimo hladnjak dobijamo
To znaci da cemo moci pogoniti potrošac sa
.
7
puta vecom strujom.
Medjutim, kako je
, a kako se potrošač ne može pogoniti strujom vedom od maksimalne znači
da de se pogoniti upravo maksimalnom strujom a to je:
b)
7
, a kako je ova vrijedost manja od maksimalne, bide
T2.
Na slici je prikazano kolo pojačavača u tzv.Bridge konfiguraciji sa ciljem dobijanja vede korisne
snage na potrošaču RP. Pojačavaci A1 i A2 identičnih su karakteristika, imaju izlazni stepen u
klasi AB sa zanemarljivom strujom u mirnoj radnoj tacki, izlazni napon im se krede u osegu 1V<
=vIOP< =(VCC-1V), strujni kapacitet izlaza je iOPmax=3A, dok su im ostale karakteristike idealne.
Poznato je: R=10K i (a)VCC=15V,(b)VCC=12V. Odrediti maksimalnu korisnu snagu na potrošaču
RP=4E, PKmax=?
a)Maksimalna struja kroz Rp može biti
=3.25A , a to je vede od strujnog
kapaciteta izlaza što znači da de struja da ograniči snagu. Sada je prosto
b) Maksimalna struja kroz Rp može biti
=2.5A , a to je manje od strujnog
kapaciteta izlaza što znači da de napon da ograniči snagu. Sada je
T3.
Ako za konkretni pojačavač snage u klasi B maksimalna korisna snaga iznosi P Kmax=100W, kolika
maksimalno može biti snaga disipacije u pojačavaču Pdmax=? *W+. Isključivo razmatrati
sinosoidalnu pobudu. Pomod: Maksimalna disipacija u pojačavaču se ostvaruje kada je PK<PKmax.
Prostim koriscenjem relacija za snage u datoj klasi pojačavača se dobija:
(
)
T4.
Kod ispravljaca sa induktivnim filterom poznato je vg = 10sinwt [V], L=10H i Rp=10oma. Diode
se mogu smatrati idealnim. Koliko iznosi jednosmjerni napon na potrošacu Rp. VP = ? *V+
Dioda D1 propušta pozitivnu poluperiodu. Za vrijeme negativne poluperiode provodi D2.
Jednosmjerni naponi sa lijeve i desne strane induktiviteta su jednaki. Sa lijeve strane imamo
polutalasno ispravljenu sinusoidu. Njena jednosmjerna komponenta je:
T5.
Na slici je prikazan stabilizator sa rednim tranzistorom i kolo za zastitu od kratkog spajanja
izlaznih prikljucaka. Ulazni napon je nestabilan i krece se u opsegu od 12 do 15 volti. Svi
tranzistori su identicni sa VBE=0.6V i βF=100, Zener-dioda ima VZ=6.2V, pri IZ>=2mA, a poznato
je: R1=10K, R2=4K7 i R4=1.2. Odrediti maksimalnu vrijednost otpornosti R3=? [Oma], tako da
stabilizator na svom izlazu daje nominalnu vrijednost napona VP=VPnom=10V, pri svim strujama
potrosaca u opsegu od 0 do 500mA.
Struja Ip=Ie=500mA (kada je maksimalna)
Ib=
(Ib i Ie su struje baze i emitora tranzistora Q1)
Kako Q3 predstavlja strujno osiguranje, i ono se nece upaliti ukoliko Ip ne poraste previse(u
ovom slucaju se to nece desiti jer osiguranje Ip*R4 nije vece od Vbe, i ne pali se tranzistor),to
ce struja i0 tada biti
. Iz omovog zakona za otpornik R3 sada se dobija
T6.
Na slici je prikazan izvor sa tropinskim stabilizatorom napona LM317 koji održava VoutVadj=Vref=1.25V. Poznato je C1=1000uF, C2=220nF, C3=470uF, C4=220nF, Vin=12V, R2=1K i
R1=2K2. Koliko iznosi disipacija snage na stabilizatoru Pd = ? [W], kada se na izlaz priključi
potrošač Rp=33 oma.
Kako u priključku Adj nema struje prosto se dobija iz naponskog razdjelnika
, a dalje je discipacija snage
T7.
Srednji napon na kalemu kod spuštača napona sa slike je 0. Tada je:
T8.
Srednji napon na kalemu mora da bude 0. Koristeci to imamo:
Napomena:
Može se desiti da se traži izlazna struja, u tom slučaju se ona dobija kao Vo/Rl.
T9.
Srednji napon na kalemu kod obrtača napona sa slike mora biti 0. Tada je:
T10.
Pošto kolo radi u kontualnom režimu to znaci da postoje samo dva stanja: 1. stanje je kada
provodi MOSFET i tada je napona na induktivitetu VL1=VUL, i 2. stanje kada provodi dioda i tada
je napon na indukltivitetu VL2=VUL-VP. Pošto srednja vrijednost napona na induktivitertu mora
biti nula, važi:
© Copyright 2024 Paperzz
