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