155

Click here to load reader

Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

  • Upload
    -

  • View
    159

  • Download
    18

Embed Size (px)

DESCRIPTION

ele

Citation preview

Page 1: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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.

Page 2: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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.

Page 3: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 4: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 5: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 6: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 7: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 8: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 9: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 10: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 11: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 12: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 13: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 14: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 15: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 16: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 17: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE PASIVNA KOLA

Strana 12

[ ]L H0 360 10606

11

2 300 100 56266 10= ⋅

⋅ ⋅≅ ⋅ −,

( )[ ]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

Page 18: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 19: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 20: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 21: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 22: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 23: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 24: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 25: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 26: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 27: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 28: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 29: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 30: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 31: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 32: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 33: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 34: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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]

Page 35: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 36: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 37: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 38: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 39: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

.

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

Page 40: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 41: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 42: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

+∞

Page 43: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 44: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

≅+⋅++

+⋅+⋅−+⋅⋅

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

Page 45: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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.

Page 46: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 47: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 48: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

+

Page 49: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 50: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 51: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 52: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 53: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 54: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

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

Page 55: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 56: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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.

Page 57: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 58: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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:

Page 59: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA

Strana 54

nF][4,452

1039,8 5

=⋅⋅

⋅=

gr f

.

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

Page 60: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

.

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

+

Page 61: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 62: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 63: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 64: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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]

Page 65: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

+

_

Page 66: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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:

Page 67: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 68: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE LINEARNA KOLA

Strana 63

11

1

11

11

1 CRj1R

RCj

1

RCj

1

Z⋅⋅+

=+

⋅⋅

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

Page 69: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 70: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 71: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 72: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 73: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 74: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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⋅

, 2

2 Cj1Z⋅

,

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

Page 75: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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,

Page 76: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 77: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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:

Page 78: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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].

Page 79: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

+

_

Page 80: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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.

Page 81: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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.

Page 82: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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.

Page 83: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 84: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 85: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 86: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 87: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 88: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 89: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

+

+

Page 90: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 91: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 92: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 93: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 94: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 95: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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+

Page 96: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 97: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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]

Page 98: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 99: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 100: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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 .

Page 101: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 102: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 103: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 104: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 105: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 106: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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]

Page 107: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 108: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 109: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 110: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 111: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 112: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 113: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 114: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 115: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

+

_

Page 116: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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]

Page 117: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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.

Page 118: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

⋅−

odnosno:

CESCC

B

C VVI

R −⋅

<β1

CESCC

B

X VVI

RR −⋅

<+β11

2

A

B

R2

+5V

RX

Q1

R1

Page 119: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE DIGITALNA KOLA

Strana 113

2

11RVV

IR CESCC

B

X

−−⋅

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

Page 120: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 121: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 122: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 123: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 124: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 125: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 126: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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]

Page 127: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 128: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 129: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 130: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 131: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 132: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 133: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 134: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 135: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 136: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 137: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 138: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 139: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 140: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 141: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 142: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 143: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 144: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 145: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 146: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 147: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 148: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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)

Page 149: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 150: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 151: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 152: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 153: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 154: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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

Page 155: Milan Adzic-osnovi Elektronike-zbirka Zadataka

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..